2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）专题五　第14讲　热学含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第14讲热学考点一分子动理论固体与液体1.涉及阿伏加德罗常数估算问题(1)分子总数：N=nNA=mMNA=VVmol特别提醒：对气体而言，V0=VN(2)两种分子模型：①球体模型：V0=43πR3=16πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V0=a2.分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系4.气体压强的微观解释5.晶体与非晶体比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则物理性质各向异性各向同性熔点确定不确定原子排列有规则，但多晶体中每个小的单晶体间的排列无规则无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化6.液体(1)表面张力：使液体表面积收缩到最小。(2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。例1(2025·山东卷·2)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零，则()A.只有r大于r0时，Ep为正B.只有r小于r0时，Ep为正C.当r不等于r0时，Ep为正D.当r不等于r0时，Ep为负答案C解析方法一：两个分子间距离r等于r0时分子势能为零，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当r不等于r0时，Ep为正。方法二：由Ep与r的关系图像，可知当r=r0时分子势能最小，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零，当r不等于r0时，分子势能均为正值。例2(2025·浙江省金丽衢十二校二模)已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强是由大气的重力产生的，大小为p0，重力加速度大小为g。由以上数据可估算()A.地球大气层空气分子总数为2πNB.地球大气层空气分子总数为4πNC.空气分子之间的平均距离为3D.空气分子之间的平均距离为3答案C解析大气中的压强由大气的重力产生，即mg=p0S，而S=4πR2，地球大气层空气分子总数为N=mMNA，联立解得N=4πR2p0NAMg，故A、B错误；大气体积为V=4πR2h，则气体分子之间的距离为d=例3(2025·江苏卷·8)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时()A.分子的数密度较大B.分子间平均距离较小C.分子的平均动能较大D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少答案C解析根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以分子数密度相同、分子间的平均距离相同，故A、B错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较大，则乙状态下气体温度较高，分子的平均动能较大，故C正确；乙状态下气体平均速度大，分子数密度相等，则单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多，故D错误。考点二气体实验定律理想气体状态方程1.压强的计算(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa。(2)水银柱密封的气体，应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg。2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程(1)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。(2)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程求解。3.关联气体问题解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。例4(2025·湖南卷·13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h=0.2m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2=300.0K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103kg/m3，p0=1.0×105Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。答案(1)p0(解析(1)竖直放置时封闭气体的压强为p1=p0+ρgh水平放置时封闭气体的压强p2=p0若整个过程中温度不变，设细管横截面积为S，由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S解得g=p(2)封闭气体发生等容变化，由查理定律可得p1T代入数据解得g=9.5m·s-2。例5(2025·河北邢台市三模)我国交通便利，物流快递业发达，网购成为越来越多人的主要购物方式。海南某同学网购了黑龙江生产的某玻璃瓶装的坚果。瓶子密封良好，瓶内气体体积为V0，装瓶时气温为-23℃，海南的同学收到货时，海南气温为27℃。两地大气压强相差不大，可认为相等，都为p0。不考虑瓶内物体的挥发和膨胀以及瓶子的体积变化，认为0℃等于273K，瓶内气体可视为理想气体。求：(1)到海南后未开瓶时瓶内气体的压强；(2)海南的同学缓慢打开瓶盖后，瓶内减少的气体与开瓶前气体的质量之比。答案(1)65p0(2)解析(1)在黑龙江时，瓶内气体温度T0=(-23+273)K=250K，到海南时，瓶内气体温度T1=(27+273)K=300K，从黑龙江到海南，瓶内气体体积不变，由查理定律有p0T0=pT1，解得(2)方法一：到海南后可认为打开瓶盖前后温度不变，设开瓶后气体体积为V，则由玻意耳定律有pV0=p0V，解得V=65V0，减少的气体与开瓶前气体的质量之比为Δmm=方法二：根据克拉伯龙方程pV=nRT，打开瓶盖后瓶内气体质量与开瓶前瓶内气体质量之比m'm=p0V0T1p0利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了理想气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。1.等温变化时，两部分气体混合时或分开时，用玻意耳定律p1V1+p2V2=pV。2.三个参量都变化时，两部分气体混合时或分开时，用理想气体状态方程p1V1T1例6(2025·黑龙江省名校协作体一模)如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭相同质量的理想气体，区域Ⅰ、Ⅱ内气体的体积均为V0，压强均为1.2p0，热力学温度与外界相同，均为T0，活塞A可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞B与汽缸间的最大静摩擦力大小为Ffm=p0S2。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为S，大气压强为p0(1)求当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离；(2)当活塞B恰好要滑动时，电加热丝停止加热，同时将活塞B固定，然后打开区域Ⅱ内的

阀门K，气体缓慢漏出。经过足够长的时间，区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来质量的524，求区域Ⅰ答案(1)V05S(2)解析(1)当活塞B恰好要滑动时，对其受力分析，根据平衡条件pS=p0S+Ffm又Ffm=p解得p=1.5p0区域Ⅱ内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有1.2p0V0=pV当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离为Δx=V联立可得Δx=V(2)打开区域Ⅱ内的阀门K后，经过足够长的时间，气体Ⅱ的压强为p0，根据玻意耳定律有1.2p0V0=p0V'由题意可知V余V'=解得V余=V对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程1.2p0解得T=3524T考点三热力学定律与气体实验定律综合1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路(1)内能变化量ΔU①由气体温度变化分析ΔU：温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0。②由公式ΔU=W+Q分析内能变化。(2)做功情况W由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0。(3)气体吸、放热Q一般由公式Q=ΔU-W分析气体的吸、放热情况：Q>0，吸热；Q<0，放热。2.对热力学第二定律的理解热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。例7(多选)(2025·甘肃卷·9)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是()A.A→B过程为吸热过程B.B→C过程为吸热过程C.状态A压强比状态B的小D.状态A内能比状态C的小答案ACD解析A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即该过程为吸热过程，选项A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，体积不变，温度升高，根据pVT=C可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D例8(2025·山东卷·16)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=121p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1=330K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2=440K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3=400K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4(1)T2=440K时，气柱高度h2；(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。答案(1)43h1(2)解析(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S可得封闭的理想气体压强p1=2221pT1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律h1S解得h2=43h(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S=-22T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2=0温度为T3时，活塞受力平衡有p0S=f0+p2S解得封闭的理想气体压强p2=2021pT3→T4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律h2S解得h3=1110h外界对气体做功W3=p2(h2-h3)S=14全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=-8因为T1=T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0利用热力学第一定律ΔU=W+Q解得Q=8故封闭气体吸收的净热量Q=8p专题强化练[1选择题][分值：52分][1~7题，每题4分，8~11题，每题6分][保分基础练]1.(2025·江苏镇江市模拟)如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往水球中注入一个气泡，气泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是()A.由于完全失重，气泡中气体压强为零B.太空中，水分子停止热运动C.水球是表面张力作用形成的D.气泡受到水的浮力作用答案C解析气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，故A错误；太空中，水分子一直在做无规则的热运动，故B错误；表面张力使水收缩成表面积最小的球形，故C正确；在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D错误。2.(2025·黑吉辽蒙卷·2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体()A.内能变小 B.压强变大C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大答案B解析将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，瓶内气体温度升高，瓶内气体的内能变大，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都变大，故A、D错误；瓶内气体做等容变化，根据pT=C，知温度升高，压强变大，故B正确；气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C3.(2025·江苏卷·6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体()A.内能迅速增大 B.温度迅速升高C.压强迅速增大 D.体积迅速膨胀答案D解析瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不及与外界交换热量，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体压强减小。故选D4.(2025·山东青岛市检测)一定质量的理想气体，经历如图所示循环过程，a→b过程温度不变，b→c过程压强不变。下列说法正确的是()A.a→b过程，气体对外做功，内能减少B.b→c过程，压强不变，分子平均动能不变C.b→c过程，气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功D.c→a过程，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量答案D解析a→b过程温度不变，压强减小，根据pVT=C可知，体积增大，所以气体对外做功，但理想气体的内能只与温度有关，所以内能不变，故A错误；b→c过程，压强不变，温度降低，气体内能减小，分子平均动能也减小，又根据pVT=C可知，体积减小，外界对气体做功，根据ΔU=Q+W可知，气体向外界放出热量，且气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功，故B、C错误；c→a过程，温度升高，内能增加，体积不变，W=0，根据ΔU=Q+W可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故5.(2025·湖北卷·3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是()A.外力F保持不变B.密封气体内能增加C.密封气体对外做正功D.密封气体的末态压强是初态的2倍答案B解析设活塞质量为m、横截面积为S，对活塞受力分析有pS=p0S+F+mg，气体温度升高，体积减小，根据理想气体状态方程pVT=C，知气体压强变大，则外力F增大，选项A错误；密封气体为理想气体，温度升高，则密封气体内能变大，选项B正确；气体体积减小，则外界对密封气体做功，选项C错误；根据pVT=C，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则密封气体的末态压强大于初态的2倍，选项6.(2025·江西省部分学校一模)如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚好有体积为12V的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2p0，温度为87℃，环境大气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57℃，瓶中气体可看成理想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为(认为0℃A.111 B.211 C.311答案A解析设原来瓶中气体变成57℃、压强为p0时，气体的总体积为V'，根据理想气体状态方程有1.2p0·12V360K=p0V'330K，解得V'7.(多选)(2025·云南卷·9)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下()A.环境温度升高时，b管中液面升高B.环境温度降低时，b管中液面升高C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大答案BD解析根据题意，a中气体做等容变化，设b管内外液面高度差为h，根据pT=C，若环境温度升高，则a中气体压强增大，又pa+ρ液gh=p0，可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误；由A、B选项分析可知，b管中温度刻度从上到下逐渐升高，同一温度，a中压强不变，b管中液面与水槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，水槽中液面降低，则b管内液面降低，温度测量值偏大，故C错误，D[争分提能练]8.(2025·山东临沂市一模)一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系，如图所示。气体从状态a变化到状态b，从外界吸收热量为Q，该变化过程在V-T图像中的图线ab的反向延长线恰好过原点O，气体状态参量满足pVT=C(C为已知常数，pA.外界对气体做功为p(V2-V1)B.气体对外做功为C(T2-T1)C.气体内能变化ΔU=p(V2-V1)+QD.气体内能变化ΔU=p(V1-V2)-Q答案B解析根据pVT=C，可得V=CpT，由题图可知气体从状态a变化到状态b，气体压强不变，且有Cp=V2-V1T2-T1，可得p=C(T2-T1)V2-V1，由于气体体积增大，可知气体对外做功为W=p(V2-V1)=C(T2-T1)，故A错误，B正确；根据热力学第一定律可得气体内能变化为ΔU=Q-W=Q9.(2025·河北秦皇岛市模拟)一定质量的理想气体从初状态a经b、c、d最终回到状态a，该过程中气体的体积(V)随热力学温度(T)的变化规律如图所示。则与该变化过程相对应的变化过程正确的是(A选项中横坐标表示摄氏温度)()答案D解析选项A中横坐标t表示摄氏温度，由于t=T-273(K)可知，将V-T图像的纵轴水平向右平移273K便得到V-t图像，故A错误；根据理想气体状态方程有pVT=C可知，a→b是等压过程，p-V图像平行于V轴，b→c是等容过程，温度升高，压强增大，选项B图像中压强减小，故B错误；a→b是等压过程，p-T图像平行于T轴，b→c是等容过程，温度升高，压强增大，选项C图像中压强减小，故C错误；a→b是等压过程，p-T图像平行于T轴，b→c是等容过程，温度升高，压强增大，p-T图像的延长线经过坐标原点，c→d过程是等温过程，体积减小，图像平行于p轴，且压强增大，d→a过程是等容过程，p-T图像的延长线过坐标原点，选项D图像符合题意，故D10.(多选)(2025·山东烟台市、德州市、东营市一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，各状态参量如图所示。下列说法正确的是()A.状态a到状态c气体放出热量B.状态b到状态c气体分子的平均动能减小C.b→c过程气体对外做功大于c→d过程外界对气体做功D.气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用abcd围成的面积来表示答案BD解析状态a到状态c，根据理想气体状态方程有2p0V0Ta=p0×3V0Tc，可知Ta<Tc，可知状态a到状态c气体的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A错误；状态b到状态c，根据理想气体状态方程有2p0×2V0Tb=p0×3V0Tc，可知Tb>Tc，则状态b到状态c气体分子的平均动能减小，故B正确；根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小，由题图可知b→c图像与横轴围成的面积小于c→d图像与横轴围成的面积，则b→11.(多选)(2025·重庆市缙云教育联盟质量检测)一个体积为1cm3的气泡从深为25m的湖底部缓慢上浮到湖面，气泡内的气体对湖水做功0.3J，气体可视为理想气体，湖底温度为7℃，湖面温度为27℃。已知湖水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，大气压强为1.0×105Pa，0℃时视为273K。下列说法中正确的是()A.气泡在湖底时，气泡内的气体压强为3.5×105PaB.在上升过程中，气泡内每个气体分子的平均速度都变大C.气泡上升过程中，气体从湖水中吸收的热量等于气体对湖水做的功D.上升到接近湖面时，气泡的体积变为3.75cm3答案AD解析由压强关系可知p1=ρgh+p0=3.5×105Pa，故A正确；气泡内气体上升过程中，气泡的温度逐渐升高，气泡内气体的分子平均动能增大，但不是每个气体分子的速度都增大，故B错误；由题意可知气泡内气体的内能增大，同时对外做功，由热力学第一定律有ΔU=W+Q，所以气体从湖水中吸收的热量大于气体对湖水做的功，故C错误；气泡上升到湖面时压强p2=p0=1.0×105Pa，温度由T1=280K，升高到T2=300K，由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2[2计算题][分值：50分]1.(8分)(2025·河南省五市联考)如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内，粗管横截面积是细管的4倍，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平。大气压强为p0，封闭气体的压强为1.2p0，此时水银柱的长度为L，封闭气体的长度为4L，热力学温度为T0。(1)(4分)缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的热力学温度为T1，求T1的大小；(2)(4分)设细管的横截面积为S，当气体的热力学温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，求气体对外界做的功为多少。答案(1)158T0(2)2.4p0解析(1)根据题意可知，初始时水银柱全部在粗管中，长度为L，水银柱对应的压强为Δp=1.2p0-p0=0.2p0，当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的长度为4L，则水银柱对应的压强为0.8p0，对封闭气体由理想气体状态方程可得p1V1T0=p2V2T1，其中p1=1.2p0，p2解得T1=158T(2)气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，设气体体积的增加量为ΔV，气体做等压变化，则有V2T1=V32T0，V2=5L·4S=20LS，又有ΔV=V3-V2，解得ΔV=43LS，可得气体对外界做的功W=(0.8p0+p02.(8分)(2025·陕晋宁青卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300K时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到T2为350K时，体积增大到V2为0.560m3，气体可视为理想气体。(1)(3分)求此时胎内气体的压强p2；(2)(5分)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量ΔU。答案(1)3.3×105Pa(2)6.6×104J解析(1)根据理想气体状态方程p1V代入数据得p2=p1T2V1T(2)p-V图线与V轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为W=-p1+p22(V2-V1)=-1.008×104J，由热力学第一定律ΔU=Q+W，代入数据可得ΔU=6.6×3.(10分)(2024·甘肃卷·13)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半，系统稳定后B的体积变为原来的34(1)(7分)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。(2)(3分)弹簧的劲度系数k。答案(1)45p023p0解析(1)对A内气体分析：抽气前：体积V=Sl压强p0抽气后：VA=2V-34V=5根据玻意耳定律得p0V=pAVA解得pA=45p对B内气体分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即12p0则根据玻意耳定律得12p0V=pB·3解得pB=23p(2)由题意可知，弹簧的压缩量为l4，对隔板受力分析有pAS=pBS+根据胡克定律得F=kl联立得k=8p4.(12分)(2025·山东临沂市一模)2024年5月3日，嫦娥六号顺利发射，标志着我国朝“绕月-探月-登月”的宏伟计划又迈出了坚实的一步。假设在不久的将来，中国载人飞船在月球表面成功着陆。航天员身着出舱航天服，首先从太空舱进入到气闸舱，再关闭太空舱舱门，然后将气闸舱中的气体缓慢抽出，最后打开气闸舱门，航天员再从气闸舱出舱活动。已知气闸舱的容积为2.0m3，舱中气体的初始压强为0.8×105Pa。为了给航天员一个适应过程，先将气闸舱的压强降至0.5×105Pa，航天员的体积不计。假设气闸舱的温度保持不变，在此过程中，求：(1)(6分)抽出的气体在0.8×105Pa压强下的体积；(2)(6分)气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比。答案(1)0.75m3(2)5∶8解析(1)以气闸舱内原有气体为研究对象，体积为V1=2.0m3，压强为p1=0.8×105Pa，降压后气体的压强为p2=0.5×105Pa，体积为V2，由玻意耳定律可得p1V1=p2V2，解得V2=3.2m3，抽出的气体在p2=0.5×105Pa时的体积为V2-V1，设转换到p1=0.8×105Pa压强下的体积为V3，由玻意耳定律可得p2(V2-V1)=p1V3，解得V3=0.75m3(2)以气闸舱内原有气体为研究对象，压强为p2=0.5×105Pa，体积为V2=3.2m3，抽气后气闸舱内存留气体的体积为V1=2.0m3，气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比为m1m2=V5.(12分)(2025·广东卷·13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0=1.0×105Pa，铸型室底面积S1=0.2m2，高度h1=0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15m，柱状气室底面积S2=0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×103kg/m3，重力加速度取g=10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。(1)(4分)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。(2)(8分)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04m时，气室内气体压强p2。答案(1)0.05m1.2×105Pa(2)1.35×105Pa解析(1)根据体积关系S1h1=S2h2可得下方液面下降高度h2=0.05m此时下方气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2)代入数据可得p1=1.2×105Pa(2)初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V=S1h1当上方铸型室液面高为h3=0.04m时，气体体积为V'=S1(h1-h3)根据玻意耳定律p0V=p'V'可得此时上方铸型室内气体的压强为p'=1.25×105Pa同理根据体积关系S1h3=S2h4可得h4=0.01m此时下方气室内气体压强p2=p'+ρg(H+h3+h4)代入数据可得p2=1.35×105Pa。第1讲力与物体的平衡考点一静态平衡问题1.对物体进行受力分析

2.处理平衡问题常用的方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反分解法按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件矢量三角形法对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力例1(2025·重庆卷·1)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)()A.2mg B.mg C.32mg D.1答案B解析以钢管为研究对象，设轻绳的拉力大小为FT，根据对称性可知两边绳子拉力大小相等，根据平衡条件有2FTcos60°=mg，可得FT=mg，故选B。例2(2025·山东临沂市一模)如图所示，完全相同的三根刚性柱竖直固定在水平地面上的A'、B'、C'三点上，三点恰好在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为L，三根完全一样的轻绳一端固定在A、B、C三点上，另一端拴接在一起，结点为O。现把质量为m的重物用轻绳静止悬挂在结点O处，O点到ABC平面的距离为13L，重物不接触地面，当地重力加速度为g。则AOA.23mg B.13mg C.2mg D.答案A解析设结点O在三角形ABC平面的投影为O1，根据题意和几何关系知O1到A、B、C三点的距离都相等，为L2cos30°=3L3，OO1与三根轻绳间的夹角都相同，设为θ，则tanθ=3L313L=3，故θ=60°，对结点O，根据平衡条件mg=3FTcos60°，解得AO绳中的张力大小为例3(2025·江西萍乡市一模)如图所示，用四根长度为1m的细线连接三个完全相同的灯笼(可视为质点)，每个灯笼的重力为G，现将细线a、d两端悬挂在水平天花板上的M、N两点，中间两段细线b、c夹角为120°，下列说法正确的是()A.细线a拉力大小为3G，与水平方向夹角为60°B.细线b拉力大小为G2C.细线c拉力最大，M、N间距离为(1+3)mD.细线d拉力最大，M、N间距离为2(1+3)m答案A解析对中间灯笼受力分析，如图甲所示，由对称性可知Fb=Fc，2Fbcos60°=G，解得Fb=Fc=G，与水平方向夹角为30°，对左边灯笼受力分析，如图乙所示，可得Fa=2Gcos30°=3G，方向与水平方向夹角为60°，A正确，B错误；由对称性可知Fa=Fd，故细线a、d拉力最大，M、N之间的距离为MN=2×(1×cos60°+1×cos30°)m=(1+3)m，C、D错误。变式1(2024·山东菏泽市期中)如图，有40个质量相等的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将两端固定在天花板上，静止时，连接天花板的轻绳与水平方向夹角为30°，已知每颗小球的重力均为1N，则第15颗小球与第16颗小球之间轻绳的张力大小为()A.14N B.28N C.35N D.45N答案C解析以左侧20个小球为整体，设每个小球的质量为m，受力分析如图甲所示由共点力的平衡条件可知F=20mgtan30°，解得F=203以16到20这五个球为整体，受力分析如图乙所示根据共点力的平衡条件可得第15颗小球与第16颗小球之间轻绳的张力大小为F1=(5mg)2+F2，解得F1变式2(多选)(2025·湖南株洲市一模)如图，质量为m的均质细绳竖直悬挂，绳的两端分别固定在M、N两个等高的钉子上，绳NP段的长度为总长度的14，均质绳上P点的张力大小为134mg，重力加速度为g，则A.大小为mgB.大小为2mgC.与水平方向的夹角为30°D.与水平方向的夹角为60°答案AC解析方法一设M、N两端细绳与水平方向的夹角为α，P点的张力与水平方向的夹角为β，则对PN部分受力分析，如图甲，由平衡条件可知FTsinα=mg4+FTPsinβ，FTcosα=F对PM部分受力分析，如图乙，由平衡条件可知FTsinα+FTPsinβ联立解得FT=mg，α=30°，由牛顿第三定律可知M钉受到绳子的拉力FT'=FT=mg，故选A、C。方法二设绳的最低点为Q，则PQ段的质量为14mg，对PQ由勾股定理得Fx=32mg，对MQ段分析，如图丁，有tanθ=12mgFx=33，θ=30°，FTM=例4(2022·湖南卷·3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是()A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比答案D

解析当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sinθ=BILmg，FT=mgcosθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D1.对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。2.涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。考点二动态平衡问题平衡中的临界、极值问题例5(2025·四川自贡市模拟)如图甲是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景，简化图如图乙所示。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角近似不变，绳子质量忽略不计，则下列说法正确的是()A.绳子P上的拉力不断变大B.绳子Q上的拉力先变小后变大C.地面对工人的支持力不断变大D.绳子P、Q对室外机的拉力的合力不断变大答案A解析由题意可知，室外机分别受P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，将这三个力构成矢量三角形，如图，可知地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中，F1、F2均增大，故A正确，B错误；由于β不变，绳子Q拉力增大，故Q的拉力在竖直方向分力增大，对地面工人，由平衡条件可得地面对工人的支持力不断变小，故C错误；由于室外机受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡条件可知绳子P、Q对室外机的拉力的合力与室外机的重力始终等大反向，所以绳子P、Q对室外机的拉力的合力不变，故D错误。例6(2025·山东青岛市模拟)如图所示，质量为M的物块置于粗糙水平地面上，质量为m的小球用细线拴接在物块的顶端，对小球施加水平外力F，平衡时细线与竖直方向间的夹角θ=30°。现保持外力F与细线间的夹角不变，缓慢改变外力F的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置，整个过程中物块始终静止不动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.外力F先增大后减小B.细线上的拉力FT一直增大C.物块受到的摩擦力最大值为32D.外力F的最大值与细线拉力FT的最大值之比为1∶2答案C解析平衡时细线与竖直方向间的夹角θ=30°，则此时外力F与细线间的夹角为120°；保持外力F与细线间的夹角不变，缓慢改变外力F的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置；以小球为研究对象，根据三角形定则，其受力如图所示，由图可知，外力F一直增大，细线上的拉力FT一直减小，故A、B错误；以物块和小球为整体，根据平衡条件可知，物块受到的摩擦力大小等于外力F的水平分力；由小球的受力矢量图可知，在2位置，外力F的水平分力最大，根据图中几何关系可知，物块受到的摩擦力最大值为Ff=Fsin60°=mgsin60°=32mg，故C正确；由小球的受力矢量图可知，在3位置，外力F的最大值为Fmax=mgsin60°，在1位置，细线拉力FT的最大值FTmax=mgsin60°，则外力F的最大值与细线拉力FT的最大值之比为1∶1三力作用下的动态平衡例7(2025·江西宜春市二模)《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙所示：人站在水平木板上，两根绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30°，人与木板的总重力为800N，木板与地面间的动摩擦因数μ=34A.木板对地面的压力大小为800NB.每根绳中的拉力F=320NC.若θ可调，则当绳子水平时F有最小值D.若θ可调，则当绳子与水平面夹角正切值为tanθ=34时F答案D解析以人与木板整体为研究对象，根据受力平衡可得2Fcosθ=Ff，2Fsinθ+FN=mg，又Ff=μFN，联立解得F=μmg2(cosθ+μsinθ)=34×8002×(32+34×12)N=160方法一：若θ可调，根据F=μmg2(cosθ+μsinθ)=μmg21+μ2sin(α+θ)，其中sinα=11+μ2=11+(34)2=419，cos方法二：若θ可调，用支持力和摩擦力的合力F合替代这两力，F合方向一定，如图所示，利用三力动态平衡分析可知当拉力垂直支持力和摩擦力的合力时拉力最小，此时绳子与水平面夹角θ的正切值tanθ=FfFN=μFN1.正弦定理(或拉密定理)在力学中的应用正弦定理拉密定理asinA=bsinB=csinC=2R当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力的夹角正弦的比值相等，F1sinα=其实质为正弦定理的变形物体受三个共点力平衡，把表示三个力的有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力或分析力的变化直接画出三个合力为0的共点力，应用拉密定理，比正弦定理更加便捷2.辅助角公式、“摩擦角”法的应用图示辅助角公式“摩擦角”法物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值以图甲为例：Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)F=μmgcosθ+μsinθ=1+μ2sin(α+其中sinα=11+μ2，cos即tanα=1μ，Fmin=以图甲为例：用支持力与摩擦力的合力F'代替支持力与摩擦力，其中FN与Ff的合力方向一定，“摩擦角”φ满足tanφ=FfFNFmin=mgsinφ，此时拉力F与水平方向夹角θ=φ有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐，如需快速确定位置或动态分析，可尝试用“尺规作图法”。例如：动态平衡可用辅助圆法分析力的大小变化情况；在某种变化的过程中比较两个物理量的大小，可以先作图，然后用刻度尺测量。如带电粒子在磁场中运动时能否经过某一点，可利用圆规改变半径进行作图判断；光学中光线能否经过某一点，也可以通过作图判断。示例1(多选)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮质量和摩擦，小球与定滑轮均可视为质点，在此过程中，下列说法正确的是()A.绳的拉力一直增大B.绳的拉力一直减小C.圆弧对小球支持力一直增大D.圆弧对小球支持力一直减小答案AD解析力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误。示例2(2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中()A.圆柱体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变答案B解析方法一正弦定理(拉密定理)设两绳子对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理有mgsinα=FN在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ+β+α=180°，且α<90°，可知90°<γ+β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据mgsinα=FN由于sinγ不断减小，可知FT逐渐减小，sinβ先增大后减小，可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力大小为FT'，则2FT'cosθ=FT，可得FT'=FT2cosθ，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C方法二：辅助圆法因为FN和FT的夹角保持不变，对应的补角不变，根据同弧圆周角相等可得如图矢量图，在将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，可判断出FN先增大后减小，FT逐渐减小，进而推出FT'不断减小。专题强化练[分值：60分][1~6题，每题4分，7~10题，每题6分][保分基础练]1.(2024·黑吉辽·3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，()A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力答案C解析当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；由于砚台始终处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。2.(2025·北京卷·6)如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保持静止，B受力的个数为()A.4 B.5 C.6 D.7答案C解析根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，对B受力分析如图，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、A对B沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用。故选C。3.(2025·广东江门市一模)牛轭是套在牛颈上的曲木，是耕地时的重要农具。如图所示，一轻绳穿过犁前部的铁环后，两端分别系在牛轭上，两段绳子间的夹角为2θ，两段绳子所在平面与水平面夹角为α，手轻扶犁保持前进方向，当犁水平匀速耕地所受的阻力为f0时，则每段绳子的拉力为()A.f0cosαC.f02cosα·答案C解析根据力的合成关系可知2FTcosθ·cosα=f0，解得FT=f02cosα4.(2025·浙江金丽衢十二校二模)风筝节上小明同学在放风筝，风筝静止于空中时可简化为如图所示，风筝平面与水平面夹角始终为30°，风对风筝的作用力垂直风筝平面，且风速越大，作用力越大。已知风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A.若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大B.若风速缓慢变大，则线上的拉力减小C.若风筝线与水平方向的夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为32D.若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为3mg答案A解析若风速缓慢变大，则风对风筝的作用力F2增大，作出矢量动态三角形，如图甲所示，可知，若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大，线上的拉力也增大，故A正确，B错误；若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线与竖直方向的夹角为60°，对风筝进行受力分析，如图乙所示，根据几何关系和平衡条件有F1=mg，F2=3mg，故C、D错误。5.(2025·湖南邵阳市一模)学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受到水平风的作用力越大，风的作用力方向与运动员速度方向相反。已知球拍面与水平面的夹角为53°，乒乓球的质量为2.7g，乒乓球与球拍面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin53°=0.8，不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球，下列说法正确的是()A.乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B.乒乓球受三个力的作用C.乒乓球受到风的作用力大小为1.35×10-2ND.如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑答案C解析乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A错误；对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风的作用力共四个力，故B错误；以乒乓球为研究对象，根据平衡条件可得F风cos53°+Ff=mgsin53°，FN=mgcos53°+F风sin53°，又Ff=μFN，联立解得乒乓球受到风的作用力大小为F风=1.35×10-2N，故C正确；当球拍面竖直时，水平风的作用力不变，由于Ffm=μF风<mg，则乒乓球会下滑，故D错误。6.(2025·安徽淮北市二模)如图所示，在水平地面上放置了一个顶端固定有轻质定滑轮的斜面体，物块B放置在斜面上，轻细绳的一端与B相连，另一端通过定滑轮与小球A相连。现对小球A施加水平外力F使其缓慢运动，直至将OA拉至图示位置，拉动过程中物块B和斜面体始终静止。不计细绳与定滑轮的摩擦，B和定滑轮之间的细绳与斜面平行，则下列说法正确的是()A.拉力F先增大后减小B.OA绳上的拉力一直减小C.斜面对B的摩擦力一直减小D.地面对斜面体的摩擦力一直增大答案D解析设连接A球的绳子与竖直方向的夹角为θ，以A球为研究对象，根据受力平衡可得FTcosθ=mAg，FTsinθ=F，可得FT=mAgcosθ，F=mAgtanθ，由于θ逐渐增大，可知拉力F逐渐增大，OA绳上的拉力逐渐增大，故A、B错误；如果一开始绳子拉力大于B所受重力沿斜面的分力，则斜面对B的摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的增大，斜面对B的摩擦力增大，故C错误；以斜面体、B和A为整体，根据平衡条件可知，地面对斜面