2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第14講熱學考點一分子動理論固體與液體1.涉及阿伏加德羅常數(shù)估算問題(1)分子總數(shù)：N=nNA=mMNA=VVmol特別提醒：對氣體而言，V0=VN(2)兩種分子模型：①球體模型：V0=43πR3=16πd3(d為球體直徑)；②立方體模型：V0=a2.分子熱運動：分子永不停息地做無規(guī)則運動，溫度越高，分子的無規(guī)則運動越劇烈，即平均速率越大，但某個分子的瞬時速率不一定大。3.分子間作用力、分子勢能與分子間距離的關系4.氣體壓強的微觀解釋5.晶體與非晶體比較晶體非晶體單晶體多晶體外形規(guī)則不規(guī)則物理性質各向異性各向同性熔點確定不確定原子排列有規(guī)則，但多晶體中每個小的單晶體間的排列無規(guī)則無規(guī)則聯(lián)系晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化6.液體(1)表面張力：使液體表面積收縮到最小。(2)液晶：既具有液體的流動性又具有晶體的光學各向異性。例1(2025·山東卷·2)分子間作用力F與分子間距離r的關系如圖所示，若規(guī)定兩個分子間距離r等于r0時分子勢能Ep為零，則()A.只有r大于r0時，Ep為正B.只有r小于r0時，Ep為正C.當r不等于r0時，Ep為正D.當r不等于r0時，Ep為負答案C解析方法一：兩個分子間距離r等于r0時分子勢能為零，從r0處隨著距離的增大，此時分子間作用力表現(xiàn)為引力，分子間作用力做負功，故分子勢能增大；從r0處隨著距離的減小，此時分子間作用力表現(xiàn)為斥力，分子間作用力也做負功，分子勢能也增大；故可知當r不等于r0時，Ep為正。方法二：由Ep與r的關系圖像，可知當r=r0時分子勢能最小，若規(guī)定兩個分子間距離r等于r0時分子勢能Ep為零，當r不等于r0時，分子勢能均為正值。例2(2025·浙江省金麗衢十二校二模)已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，地面大氣壓強是由大氣的重力產(chǎn)生的，大小為p0，重力加速度大小為g。由以上數(shù)據(jù)可估算()A.地球大氣層空氣分子總數(shù)為2πNB.地球大氣層空氣分子總數(shù)為4πNC.空氣分子之間的平均距離為3D.空氣分子之間的平均距離為3答案C解析大氣中的壓強由大氣的重力產(chǎn)生，即mg=p0S，而S=4πR2，地球大氣層空氣分子總數(shù)為N=mMNA，聯(lián)立解得N=4πR2p0NAMg，故A、B錯誤；大氣體積為V=4πR2h，則氣體分子之間的距離為d=例3(2025·江蘇卷·8)一定質量的理想氣體，體積保持不變。在甲、乙兩個狀態(tài)下，該氣體分子速率分布圖像如圖所示。與狀態(tài)甲相比，該氣體在狀態(tài)乙時()A.分子的數(shù)密度較大B.分子間平均距離較小C.分子的平均動能較大D.單位時間內分子碰撞單位面積器壁的次數(shù)較少答案C解析根據(jù)題意，一定質量的理想氣體，甲、乙兩個狀態(tài)下氣體的體積相同，所以分子數(shù)密度相同、分子間的平均距離相同，故A、B錯誤；根據(jù)題圖可知，乙狀態(tài)下氣體速率大的分子占比較大，則乙狀態(tài)下氣體溫度較高，分子的平均動能較大，故C正確；乙狀態(tài)下氣體平均速度大，分子數(shù)密度相等，則單位時間內分子碰撞單位面積器壁的次數(shù)較多，故D錯誤?？键c二氣體實驗定律理想氣體狀態(tài)方程1.壓強的計算(1)被活塞或汽缸封閉的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解，壓強單位為Pa。(2)水銀柱密封的氣體，應用p=p0+ph或p=p0-ph計算壓強，壓強p的單位為cmHg或mmHg。2.合理選取氣體變化所遵循的規(guī)律列方程(1)若氣體質量一定，p、V、T中有一個量不發(fā)生變化，則選用對應的氣體實驗定律列方程求解。(2)若氣體質量一定，p、V、T均發(fā)生變化，則選用理想氣體狀態(tài)方程求解。3.關聯(lián)氣體問題解決由活塞、液柱相聯(lián)系的兩部分氣體問題時，根據(jù)活塞或液柱的受力特點和狀態(tài)特點列出兩部分氣體的壓強關系，找出體積關系，再結合氣體實驗定律或理想氣體狀態(tài)方程求解。例4(2025·湖南卷·13)用熱力學方法可測量重力加速度。如圖所示，粗細均勻的細管開口向上豎直放置，管內用液柱封閉了一段長度為L1的空氣柱。液柱長為h，密度為ρ。緩慢旋轉細管至水平，封閉空氣柱長度為L2，大氣壓強為p0。(1)若整個過程中溫度不變，求重力加速度g的大??；(2)考慮到實驗測量中存在各類誤差，需要在不同實驗參數(shù)下進行多次測量，如不同的液柱長度、空氣柱長度、溫度等。某次實驗測量數(shù)據(jù)如下，液柱長h=0.2m，細管開口向上豎直放置時空氣柱溫度T1=305.7K。水平放置時調控空氣柱溫度，當空氣柱溫度T2=300.0K時，空氣柱長度與豎直放置時相同。已知ρ=1.0×103kg/m3，p0=1.0×105Pa。根據(jù)該組實驗數(shù)據(jù)，求重力加速度g的值。答案(1)p0(解析(1)豎直放置時封閉氣體的壓強為p1=p0+ρgh水平放置時封閉氣體的壓強p2=p0若整個過程中溫度不變，設細管橫截面積為S，由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S解得g=p(2)封閉氣體發(fā)生等容變化，由查理定律可得p1T代入數(shù)據(jù)解得g=9.5m·s-2。例5(2025·河北邢臺市三模)我國交通便利，物流快遞業(yè)發(fā)達，網(wǎng)購成為越來越多人的主要購物方式。海南某同學網(wǎng)購了黑龍江生產(chǎn)的某玻璃瓶裝的堅果。瓶子密封良好，瓶內氣體體積為V0，裝瓶時氣溫為-23℃，海南的同學收到貨時，海南氣溫為27℃。兩地大氣壓強相差不大，可認為相等，都為p0。不考慮瓶內物體的揮發(fā)和膨脹以及瓶子的體積變化，認為0℃等于273K，瓶內氣體可視為理想氣體。求：(1)到海南后未開瓶時瓶內氣體的壓強；(2)海南的同學緩慢打開瓶蓋后，瓶內減少的氣體與開瓶前氣體的質量之比。答案(1)65p0(2)解析(1)在黑龍江時，瓶內氣體溫度T0=(-23+273)K=250K，到海南時，瓶內氣體溫度T1=(27+273)K=300K，從黑龍江到海南，瓶內氣體體積不變，由查理定律有p0T0=pT1，解得(2)方法一：到海南后可認為打開瓶蓋前后溫度不變，設開瓶后氣體體積為V，則由玻意耳定律有pV0=p0V，解得V=65V0，減少的氣體與開瓶前氣體的質量之比為Δmm=方法二：根據(jù)克拉伯龍方程pV=nRT，打開瓶蓋后瓶內氣體質量與開瓶前瓶內氣體質量之比m'm=p0V0T1p0利用克拉伯龍方程解決氣體變質量的問題克拉伯龍方程pV=nRT，其中n表示氣體物質的量，R為理想氣體常數(shù)，此方程描述了理想氣體的壓強是由氣體的體積、溫度和物質的量決定的，故可以只對氣體的一個狀態(tài)列式分析問題，處理氣體變質量的問題尤其方便。1.等溫變化時，兩部分氣體混合時或分開時，用玻意耳定律p1V1+p2V2=pV。2.三個參量都變化時，兩部分氣體混合時或分開時，用理想氣體狀態(tài)方程p1V1T1例6(2025·黑龍江省名校協(xié)作體一模)如圖所示，開口向右的絕熱汽缸水平放置，由厚度均不計的絕熱活塞A和導熱活塞B封閉相同質量的理想氣體，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內氣體的體積均為V0，壓強均為1.2p0，熱力學溫度與外界相同，均為T0，活塞A可以在汽缸內無摩擦地自由移動，活塞B與汽缸間的最大靜摩擦力大小為Ffm=p0S2。已知兩部分氣體均密封良好，活塞的橫截面積為S，大氣壓強為p0(1)求當活塞B恰好要滑動時，活塞A移動的距離；(2)當活塞B恰好要滑動時，電加熱絲停止加熱，同時將活塞B固定，然后打開區(qū)域Ⅱ內的

閥門K，氣體緩慢漏出。經(jīng)過足夠長的時間，區(qū)域Ⅱ內剩余氣體的質量是原來質量的524，求區(qū)域Ⅰ答案(1)V05S(2)解析(1)當活塞B恰好要滑動時，對其受力分析，根據(jù)平衡條件pS=p0S+Ffm又Ffm=p解得p=1.5p0區(qū)域Ⅱ內氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有1.2p0V0=pV當活塞B恰好要滑動時，活塞A移動的距離為Δx=V聯(lián)立可得Δx=V(2)打開區(qū)域Ⅱ內的閥門K后，經(jīng)過足夠長的時間，氣體Ⅱ的壓強為p0，根據(jù)玻意耳定律有1.2p0V0=p0V'由題意可知V余V'=解得V余=V對氣體Ⅰ，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程1.2p0解得T=3524T考點三熱力學定律與氣體實驗定律綜合1.理想氣體相關三量ΔU、W、Q的分析思路(1)內能變化量ΔU①由氣體溫度變化分析ΔU：溫度升高，內能增加，ΔU>0；溫度降低，內能減少，ΔU<0。②由公式ΔU=W+Q分析內能變化。(2)做功情況W由體積變化分析氣體做功情況：體積膨脹，氣體對外界做功，W<0；體積被壓縮，外界對氣體做功，W>0。(3)氣體吸、放熱Q一般由公式Q=ΔU-W分析氣體的吸、放熱情況：Q>0，吸熱；Q<0，放熱。2.對熱力學第二定律的理解熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉化為功，但會產(chǎn)生其他影響。例7(多選)(2025·甘肅卷·9)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)等容過程到達狀態(tài)B，然后經(jīng)等溫過程到達狀態(tài)C。已知質量一定的某種理想氣體的內能只與溫度有關，且隨溫度升高而增大。下列說法正確的是()A.A→B過程為吸熱過程B.B→C過程為吸熱過程C.狀態(tài)A壓強比狀態(tài)B的小D.狀態(tài)A內能比狀態(tài)C的小答案ACD解析A→B過程，體積不變，則W=0，溫度升高，則ΔU>0，根據(jù)熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即該過程為吸熱過程，選項A正確；B→C過程，溫度不變，則ΔU=0，體積減小，則W>0，根據(jù)熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，即該過程為放熱過程，選項B錯誤；A→B過程，體積不變，溫度升高，根據(jù)pVT=C可知，壓強變大，即狀態(tài)A壓強比狀態(tài)B壓強小，選項C正確；狀態(tài)A的溫度低于狀態(tài)C的溫度，可知狀態(tài)A的內能比狀態(tài)C的小，選項D例8(2025·山東卷·16)如圖所示，上端開口，下端封閉的足夠長玻璃管豎直固定于調溫裝置內。玻璃管導熱性能良好，管內橫截面積為S，用輕質活塞封閉一定質量的理想氣體。大氣壓強為p0，活塞與玻璃管之間的滑動摩擦力大小恒為f0=121p0S，等于最大靜摩擦力。用調溫裝置對封閉氣體緩慢加熱，T1=330K時，氣柱高度為h1，活塞開始緩慢上升；繼續(xù)緩慢加熱至T2=440K時停止加熱，活塞不再上升；再緩慢降低氣體溫度，活塞位置保持不變，直到降溫至T3=400K時，活塞才開始緩慢下降；溫度緩慢降至T4(1)T2=440K時，氣柱高度h2；(2)從T1狀態(tài)到T4狀態(tài)的過程中，封閉氣體吸收的凈熱量Q(扣除放熱后凈吸收的熱量)。答案(1)43h1(2)解析(1)活塞開始緩慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S可得封閉的理想氣體壓強p1=2221pT1→T2升溫過程中，等壓膨脹，由蓋-呂薩克定律h1S解得h2=43h(2)T1→T2升溫過程中，等壓膨脹，外界對氣體做功W1=-p1(h2-h1)S=-22T2→T3降溫過程中，等容變化，外界對氣體做功W2=0溫度為T3時，活塞受力平衡有p0S=f0+p2S解得封閉的理想氣體壓強p2=2021pT3→T4降溫過程中，等壓壓縮，由蓋-呂薩克定律h2S解得h3=1110h外界對氣體做功W3=p2(h2-h3)S=14全程中外界對氣體做功W=W1+W2+W3=-8因為T1=T4，故封閉的理想氣體總內能變化ΔU=0利用熱力學第一定律ΔU=W+Q解得Q=8故封閉氣體吸收的凈熱量Q=8p專題強化練[1選擇題][分值：52分][1~7題，每題4分，8~11題，每題6分][保分基礎練]1.(2025·江蘇鎮(zhèn)江市模擬)如圖所示為我國航天員王亞平在空間站中演示“水球氣泡實驗”時的情景，她往水球中注入一個氣泡，氣泡靜止在水球中，水球懸在空中，關于該實驗，下列說法正確的是()A.由于完全失重，氣泡中氣體壓強為零B.太空中，水分子停止熱運動C.水球是表面張力作用形成的D.氣泡受到水的浮力作用答案C解析氣體壓強是分子不停的運動與器壁撞擊的結果，與重力無關，氣泡中氣體壓強不為零，故A錯誤；太空中，水分子一直在做無規(guī)則的熱運動，故B錯誤；表面張力使水收縮成表面積最小的球形，故C正確；在失重狀態(tài)下，氣泡不會受到浮力，故D錯誤。2.(2025·黑吉遼蒙卷·2)某同學冬季乘火車旅行，在寒冷的站臺上從氣密性良好的糖果瓶中取出糖果后擰緊瓶蓋，將糖果瓶帶入溫暖的車廂內一段時間后，與剛進入車廂時相比，瓶內氣體()A.內能變小 B.壓強變大C.分子的數(shù)密度變大 D.每個分子動能都變大答案B解析將糖果瓶帶入溫暖的車廂內一段時間后，瓶內氣體溫度升高，瓶內氣體的內能變大，氣體分子的平均動能增大，但不是每個分子的動能都變大，故A、D錯誤；瓶內氣體做等容變化，根據(jù)pT=C，知溫度升高，壓強變大，故B正確；氣體分子數(shù)量不變，氣體體積不變，則分子的數(shù)密度不變，故C3.(2025·江蘇卷·6)如圖所示，取裝有少量水的燒瓶，用裝有導管的橡膠塞塞緊瓶口，并向瓶內打氣。當橡膠塞跳出時，瓶內出現(xiàn)白霧。橡膠塞跳出后，瓶內氣體()A.內能迅速增大 B.溫度迅速升高C.壓強迅速增大 D.體積迅速膨脹答案D解析瓶塞跳出的過程中瓶內的氣體對外做功，氣體體積迅速膨脹，由于該過程的時間比較短，氣體來不及與外界交換熱量，根據(jù)熱力學第一定律ΔU=Q+W可知，氣體的內能減小，則溫度降低，由理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，氣體壓強減小。故選D4.(2025·山東青島市檢測)一定質量的理想氣體，經(jīng)歷如圖所示循環(huán)過程，a→b過程溫度不變，b→c過程壓強不變。下列說法正確的是()A.a→b過程，氣體對外做功，內能減少B.b→c過程，壓強不變，分子平均動能不變C.b→c過程，氣體向外界放出的熱量等于外界對氣體做的功D.c→a過程，氣體從外界吸收的熱量等于氣體內能的增加量答案D解析a→b過程溫度不變，壓強減小，根據(jù)pVT=C可知，體積增大，所以氣體對外做功，但理想氣體的內能只與溫度有關，所以內能不變，故A錯誤；b→c過程，壓強不變，溫度降低，氣體內能減小，分子平均動能也減小，又根據(jù)pVT=C可知，體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)ΔU=Q+W可知，氣體向外界放出熱量，且氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功，故B、C錯誤；c→a過程，溫度升高，內能增加，體積不變，W=0，根據(jù)ΔU=Q+W可知，氣體從外界吸收的熱量等于氣體內能的增加量，故5.(2025·湖北卷·3)如圖所示，內壁光滑的汽缸內用活塞密封一定量理想氣體，汽缸和活塞均絕熱。用電熱絲對密封氣體加熱，并在活塞上施加一外力F，使氣體的熱力學溫度緩慢增大到初態(tài)的2倍，同時其體積緩慢減小。關于此過程，下列說法正確的是()A.外力F保持不變B.密封氣體內能增加C.密封氣體對外做正功D.密封氣體的末態(tài)壓強是初態(tài)的2倍答案B解析設活塞質量為m、橫截面積為S，對活塞受力分析有pS=p0S+F+mg，氣體溫度升高，體積減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，知氣體壓強變大，則外力F增大，選項A錯誤；密封氣體為理想氣體，溫度升高，則密封氣體內能變大，選項B正確；氣體體積減小，則外界對密封氣體做功，選項C錯誤；根據(jù)pVT=C，熱力學溫度變?yōu)樵瓉淼?倍，體積減小，則密封氣體的末態(tài)壓強大于初態(tài)的2倍，選項6.(2025·江西省部分學校一模)如圖所示，某熱水瓶的容積為V，瓶中剛好有體積為12V的熱水，瓶塞將瓶口封閉，瓶中氣體壓強為1.2p0，溫度為87℃，環(huán)境大氣壓強為p0，將瓶塞打開，一會兒瓶中氣體溫度變?yōu)?7℃，瓶中氣體可看成理想氣體，則從打開瓶塞至瓶中氣體溫度變?yōu)?7℃的過程中，跑出熱水瓶的氣體質量與未打開瓶塞時瓶中氣體質量之比為(認為0℃A.111 B.211 C.311答案A解析設原來瓶中氣體變成57℃、壓強為p0時，氣體的總體積為V'，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有1.2p0·12V360K=p0V'330K，解得V'7.(多選)(2025·云南卷·9)圖甲為1593年伽利略發(fā)明的人類歷史上第一支溫度計，其原理如圖乙所示。硬質玻璃泡a內封有一定質量的氣體(視為理想氣體)，與a相連的b管插在水槽中固定，b管中液面高度會隨環(huán)境溫度變化而變化。設b管的體積與a泡的體積相比可忽略不計，在標準大氣壓p0下，b管上的刻度可以直接讀出環(huán)境溫度。則在p0下()A.環(huán)境溫度升高時，b管中液面升高B.環(huán)境溫度降低時，b管中液面升高C.水槽中的水少量蒸發(fā)后，溫度測量值偏小D.水槽中的水少量蒸發(fā)后，溫度測量值偏大答案BD解析根據(jù)題意，a中氣體做等容變化，設b管內外液面高度差為h，根據(jù)pT=C，若環(huán)境溫度升高，則a中氣體壓強增大，又pa+ρ液gh=p0，可知b管中液面降低，同理可知環(huán)境溫度降低時，b管中液面升高，故B正確，A錯誤；由A、B選項分析可知，b管中溫度刻度從上到下逐漸升高，同一溫度，a中壓強不變，b管中液面與水槽內液面高度差不變，水槽中的水少量蒸發(fā)后，水槽中液面降低，則b管內液面降低，溫度測量值偏大，故C錯誤，D[爭分提能練]8.(2025·山東臨沂市一模)一定質量的理想氣體的體積V隨熱力學溫度T的變化關系，如圖所示。氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，從外界吸收熱量為Q，該變化過程在V-T圖像中的圖線ab的反向延長線恰好過原點O，氣體狀態(tài)參量滿足pVT=C(C為已知常數(shù)，pA.外界對氣體做功為p(V2-V1)B.氣體對外做功為C(T2-T1)C.氣體內能變化ΔU=p(V2-V1)+QD.氣體內能變化ΔU=p(V1-V2)-Q答案B解析根據(jù)pVT=C，可得V=CpT，由題圖可知氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，氣體壓強不變，且有Cp=V2-V1T2-T1，可得p=C(T2-T1)V2-V1，由于氣體體積增大，可知氣體對外做功為W=p(V2-V1)=C(T2-T1)，故A錯誤，B正確；根據(jù)熱力學第一定律可得氣體內能變化為ΔU=Q-W=Q9.(2025·河北秦皇島市模擬)一定質量的理想氣體從初狀態(tài)a經(jīng)b、c、d最終回到狀態(tài)a，該過程中氣體的體積(V)隨熱力學溫度(T)的變化規(guī)律如圖所示。則與該變化過程相對應的變化過程正確的是(A選項中橫坐標表示攝氏溫度)()答案D解析選項A中橫坐標t表示攝氏溫度，由于t=T-273(K)可知，將V-T圖像的縱軸水平向右平移273K便得到V-t圖像，故A錯誤；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有pVT=C可知，a→b是等壓過程，p-V圖像平行于V軸，b→c是等容過程，溫度升高，壓強增大，選項B圖像中壓強減小，故B錯誤；a→b是等壓過程，p-T圖像平行于T軸，b→c是等容過程，溫度升高，壓強增大，選項C圖像中壓強減小，故C錯誤；a→b是等壓過程，p-T圖像平行于T軸，b→c是等容過程，溫度升高，壓強增大，p-T圖像的延長線經(jīng)過坐標原點，c→d過程是等溫過程，體積減小，圖像平行于p軸，且壓強增大，d→a過程是等容過程，p-T圖像的延長線過坐標原點，選項D圖像符合題意，故D10.(多選)(2025·山東煙臺市、德州市、東營市一模)一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)過一個循環(huán)a→b→c→d→a，最后回到初始狀態(tài)a，各狀態(tài)參量如圖所示。下列說法正確的是()A.狀態(tài)a到狀態(tài)c氣體放出熱量B.狀態(tài)b到狀態(tài)c氣體分子的平均動能減小C.b→c過程氣體對外做功大于c→d過程外界對氣體做功D.氣體在整個過程中從外界吸收的總熱量可以用abcd圍成的面積來表示答案BD解析狀態(tài)a到狀態(tài)c，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有2p0V0Ta=p0×3V0Tc，可知Ta<Tc，可知狀態(tài)a到狀態(tài)c氣體的內能增大，又此過程氣體膨脹對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體吸熱，故A錯誤；狀態(tài)b到狀態(tài)c，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有2p0×2V0Tb=p0×3V0Tc，可知Tb>Tc，則狀態(tài)b到狀態(tài)c氣體分子的平均動能減小，故B正確；根據(jù)p-V圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小，由題圖可知b→c圖像與橫軸圍成的面積小于c→d圖像與橫軸圍成的面積，則b→11.(多選)(2025·重慶市縉云教育聯(lián)盟質量檢測)一個體積為1cm3的氣泡從深為25m的湖底部緩慢上浮到湖面，氣泡內的氣體對湖水做功0.3J，氣體可視為理想氣體，湖底溫度為7℃，湖面溫度為27℃。已知湖水的密度為ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，大氣壓強為1.0×105Pa，0℃時視為273K。下列說法中正確的是()A.氣泡在湖底時，氣泡內的氣體壓強為3.5×105PaB.在上升過程中，氣泡內每個氣體分子的平均速度都變大C.氣泡上升過程中，氣體從湖水中吸收的熱量等于氣體對湖水做的功D.上升到接近湖面時，氣泡的體積變?yōu)?.75cm3答案AD解析由壓強關系可知p1=ρgh+p0=3.5×105Pa，故A正確；氣泡內氣體上升過程中，氣泡的溫度逐漸升高，氣泡內氣體的分子平均動能增大，但不是每個氣體分子的速度都增大，故B錯誤；由題意可知氣泡內氣體的內能增大，同時對外做功，由熱力學第一定律有ΔU=W+Q，所以氣體從湖水中吸收的熱量大于氣體對湖水做的功，故C錯誤；氣泡上升到湖面時壓強p2=p0=1.0×105Pa，溫度由T1=280K，升高到T2=300K，由理想氣體狀態(tài)方程有p1V1T1=p2V2T2[2計算題][分值：50分]1.(8分)(2025·河南省五市聯(lián)考)如圖所示，水銀柱將一定質量的理想氣體封閉在豎直放置的容器內，粗管橫截面積是細管的4倍，水銀柱的上表面正好與粗管上端口齊平。大氣壓強為p0，封閉氣體的壓強為1.2p0，此時水銀柱的長度為L，封閉氣體的長度為4L，熱力學溫度為T0。(1)(4分)緩慢的給封閉氣體加熱，當水銀柱剛好全部進入細管中，此時氣體的熱力學溫度為T1，求T1的大小；(2)(4分)設細管的橫截面積為S，當氣體的熱力學溫度再緩慢由T1變成2T0的過程中，求氣體對外界做的功為多少。答案(1)158T0(2)2.4p0解析(1)根據(jù)題意可知，初始時水銀柱全部在粗管中，長度為L，水銀柱對應的壓強為Δp=1.2p0-p0=0.2p0，當水銀柱剛好全部進入細管中，水銀柱的長度為4L，則水銀柱對應的壓強為0.8p0，對封閉氣體由理想氣體狀態(tài)方程可得p1V1T0=p2V2T1，其中p1=1.2p0，p2解得T1=158T(2)氣體的溫度再緩慢由T1變成2T0的過程中，設氣體體積的增加量為ΔV，氣體做等壓變化，則有V2T1=V32T0，V2=5L·4S=20LS，又有ΔV=V3-V2，解得ΔV=43LS，可得氣體對外界做的功W=(0.8p0+p02.(8分)(2025·陜晉寧青卷·13)某種卡車輪胎的標準胎壓范圍為2.8×105~3.5×105Pa。卡車行駛過程中，一般胎內氣體的溫度會升高，體積及壓強也會增大。若某一行駛過程中胎內氣體壓強p隨體積V線性變化如圖所示，溫度T1為300K時，體積V1和壓強p1分別為0.528m3、3.0×105Pa；當胎內氣體溫度升高到T2為350K時，體積增大到V2為0.560m3，氣體可視為理想氣體。(1)(3分)求此時胎內氣體的壓強p2；(2)(5分)若該過程中胎內氣體吸收的熱量Q為7.608×104J，求胎內氣體的內能增加量ΔU。答案(1)3.3×105Pa(2)6.6×104J解析(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程p1V代入數(shù)據(jù)得p2=p1T2V1T(2)p-V圖線與V軸圍成的面積表示做功的大小，該過程氣體體積增大，則氣體對外做功，可得外界對氣體做功為W=-p1+p22(V2-V1)=-1.008×104J，由熱力學第一定律ΔU=Q+W，代入數(shù)據(jù)可得ΔU=6.6×3.(10分)(2024·甘肅卷·13)如圖，剛性容器內壁光滑、盛有一定量的氣體，被隔板分成A、B兩部分，隔板與容器右側用一根輕質彈簧相連(忽略隔板厚度和彈簧體積)。容器橫截面積為S、長為2l。開始時系統(tǒng)處于平衡態(tài)，A、B體積均為Sl，壓強均為p0，彈簧為原長?，F(xiàn)將B部分氣體抽出一半，系統(tǒng)穩(wěn)定后B的體積變?yōu)樵瓉淼?4(1)(7分)抽氣之后A、B內氣體的壓強pA、pB。(2)(3分)彈簧的勁度系數(shù)k。答案(1)45p023p0解析(1)對A內氣體分析：抽氣前：體積V=Sl壓強p0抽氣后：VA=2V-34V=5根據(jù)玻意耳定律得p0V=pAVA解得pA=45p對B內氣體分析，若體積不變的情況下抽去一半的氣體，則壓強變?yōu)樵瓉淼囊话爰?2p0則根據(jù)玻意耳定律得12p0V=pB·3解得pB=23p(2)由題意可知，彈簧的壓縮量為l4，對隔板受力分析有pAS=pBS+根據(jù)胡克定律得F=kl聯(lián)立得k=8p4.(12分)(2025·山東臨沂市一模)2024年5月3日，嫦娥六號順利發(fā)射，標志著我國朝“繞月-探月-登月”的宏偉計劃又邁出了堅實的一步。假設在不久的將來，中國載人飛船在月球表面成功著陸。航天員身著出艙航天服，首先從太空艙進入到氣閘艙，再關閉太空艙艙門，然后將氣閘艙中的氣體緩慢抽出，最后打開氣閘艙門，航天員再從氣閘艙出艙活動。已知氣閘艙的容積為2.0m3，艙中氣體的初始壓強為0.8×105Pa。為了給航天員一個適應過程，先將氣閘艙的壓強降至0.5×105Pa，航天員的體積不計。假設氣閘艙的溫度保持不變，在此過程中，求：(1)(6分)抽出的氣體在0.8×105Pa壓強下的體積；(2)(6分)氣閘艙內存留氣體的質量與原氣閘艙內氣體質量之比。答案(1)0.75m3(2)5∶8解析(1)以氣閘艙內原有氣體為研究對象，體積為V1=2.0m3，壓強為p1=0.8×105Pa，降壓后氣體的壓強為p2=0.5×105Pa，體積為V2，由玻意耳定律可得p1V1=p2V2，解得V2=3.2m3，抽出的氣體在p2=0.5×105Pa時的體積為V2-V1，設轉換到p1=0.8×105Pa壓強下的體積為V3，由玻意耳定律可得p2(V2-V1)=p1V3，解得V3=0.75m3(2)以氣閘艙內原有氣體為研究對象，壓強為p2=0.5×105Pa，體積為V2=3.2m3，抽氣后氣閘艙內存留氣體的體積為V1=2.0m3，氣閘艙內存留氣體的質量與原氣閘艙內氣體質量之比為m1m2=V5.(12分)(2025·廣東卷·13)如圖是某鑄造原理示意圖，往氣室注入空氣增加壓強，使金屬液沿升液管進入已預熱的鑄型室，待鑄型室內金屬液冷卻凝固后獲得鑄件。柱狀鑄型室通過排氣孔與大氣相通，大氣壓強p0=1.0×105Pa，鑄型室底面積S1=0.2m2，高度h1=0.2m，底面與注氣前氣室內金屬液面高度差H=0.15m，柱狀氣室底面積S2=0.8m2，注氣前氣室內氣體壓強為p0，金屬液的密度ρ=5.0×103kg/m3，重力加速度取g=10m/s2，空氣可視為理想氣體，不計升液管的體積。(1)(4分)求金屬液剛好充滿鑄型室時，氣室內金屬液面下降的高度h2和氣室內氣體壓強p1。(2)(8分)若在注氣前關閉排氣孔使鑄型室密封，且注氣過程中鑄型室內溫度不變，求注氣后鑄型室內的金屬液高度為h3=0.04m時，氣室內氣體壓強p2。答案(1)0.05m1.2×105Pa(2)1.35×105Pa解析(1)根據(jù)體積關系S1h1=S2h2可得下方液面下降高度h2=0.05m此時下方氣體的壓強p1=p0+ρg(h1+H+h2)代入數(shù)據(jù)可得p1=1.2×105Pa(2)初始時，上方鑄型室氣體的壓強為p0，體積V=S1h1當上方鑄型室液面高為h3=0.04m時，氣體體積為V'=S1(h1-h3)根據(jù)玻意耳定律p0V=p'V'可得此時上方鑄型室內氣體的壓強為p'=1.25×105Pa同理根據(jù)體積關系S1h3=S2h4可得h4=0.01m此時下方氣室內氣體壓強p2=p'+ρg(H+h3+h4)代入數(shù)據(jù)可得p2=1.35×105Pa。第1講力與物體的平衡考點一靜態(tài)平衡問題1.對物體進行受力分析

2.處理平衡問題常用的方法合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反分解法按效果分解：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個力分別滿足平衡條件正交分解法：物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對受三個共點力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移，使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學知識求解未知力例1(2025·重慶卷·1)現(xiàn)代生產(chǎn)生活中常用無人機運送物品，如圖所示，無人機攜帶質量為m的勻質鋼管在無風的空中懸停，輕繩M端和N端系住鋼管，輕繩中點O通過纜繩與無人機連接。MO、NO與豎直方向的夾角均為60°，鋼管水平。則MO的彈力大小為(重力加速度為g)()A.2mg B.mg C.32mg D.1答案B解析以鋼管為研究對象，設輕繩的拉力大小為FT，根據(jù)對稱性可知兩邊繩子拉力大小相等，根據(jù)平衡條件有2FTcos60°=mg，可得FT=mg，故選B。例2(2025·山東臨沂市一模)如圖所示，完全相同的三根剛性柱豎直固定在水平地面上的A'、B'、C'三點上，三點恰好在等邊三角形的三個頂點上，三角形的邊長為L，三根完全一樣的輕繩一端固定在A、B、C三點上，另一端拴接在一起，結點為O。現(xiàn)把質量為m的重物用輕繩靜止懸掛在結點O處，O點到ABC平面的距離為13L，重物不接觸地面，當?shù)刂亓铀俣葹間。則AOA.23mg B.13mg C.2mg D.答案A解析設結點O在三角形ABC平面的投影為O1，根據(jù)題意和幾何關系知O1到A、B、C三點的距離都相等，為L2cos30°=3L3，OO1與三根輕繩間的夾角都相同，設為θ，則tanθ=3L313L=3，故θ=60°，對結點O，根據(jù)平衡條件mg=3FTcos60°，解得AO繩中的張力大小為例3(2025·江西萍鄉(xiāng)市一模)如圖所示，用四根長度為1m的細線連接三個完全相同的燈籠(可視為質點)，每個燈籠的重力為G，現(xiàn)將細線a、d兩端懸掛在水平天花板上的M、N兩點，中間兩段細線b、c夾角為120°，下列說法正確的是()A.細線a拉力大小為3G，與水平方向夾角為60°B.細線b拉力大小為G2C.細線c拉力最大，M、N間距離為(1+3)mD.細線d拉力最大，M、N間距離為2(1+3)m答案A解析對中間燈籠受力分析，如圖甲所示，由對稱性可知Fb=Fc，2Fbcos60°=G，解得Fb=Fc=G，與水平方向夾角為30°，對左邊燈籠受力分析，如圖乙所示，可得Fa=2Gcos30°=3G，方向與水平方向夾角為60°，A正確，B錯誤；由對稱性可知Fa=Fd，故細線a、d拉力最大，M、N之間的距離為MN=2×(1×cos60°+1×cos30°)m=(1+3)m，C、D錯誤。變式1(2024·山東菏澤市期中)如圖，有40個質量相等的小球(可視為質點)，將它們用長度相等的輕繩依次連接，再將兩端固定在天花板上，靜止時，連接天花板的輕繩與水平方向夾角為30°，已知每顆小球的重力均為1N，則第15顆小球與第16顆小球之間輕繩的張力大小為()A.14N B.28N C.35N D.45N答案C解析以左側20個小球為整體，設每個小球的質量為m，受力分析如圖甲所示由共點力的平衡條件可知F=20mgtan30°，解得F=203以16到20這五個球為整體，受力分析如圖乙所示根據(jù)共點力的平衡條件可得第15顆小球與第16顆小球之間輕繩的張力大小為F1=(5mg)2+F2，解得F1變式2(多選)(2025·湖南株洲市一模)如圖，質量為m的均質細繩豎直懸掛，繩的兩端分別固定在M、N兩個等高的釘子上，繩NP段的長度為總長度的14，均質繩上P點的張力大小為134mg，重力加速度為g，則A.大小為mgB.大小為2mgC.與水平方向的夾角為30°D.與水平方向的夾角為60°答案AC解析方法一設M、N兩端細繩與水平方向的夾角為α，P點的張力與水平方向的夾角為β，則對PN部分受力分析，如圖甲，由平衡條件可知FTsinα=mg4+FTPsinβ，F(xiàn)Tcosα=F對PM部分受力分析，如圖乙，由平衡條件可知FTsinα+FTPsinβ聯(lián)立解得FT=mg，α=30°，由牛頓第三定律可知M釘受到繩子的拉力FT'=FT=mg，故選A、C。方法二設繩的最低點為Q，則PQ段的質量為14mg，對PQ由勾股定理得Fx=32mg，對MQ段分析，如圖丁，有tanθ=12mgFx=33，θ=30°，F(xiàn)TM=例4(2022·湖南卷·3)如圖(a)，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO'的磁場，與OO'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是()A.當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比答案D

解析當導線靜止在題圖(a)右側位置時，對導線受力分析如圖所示，可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；由于與OO'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有sinθ=BILmg，F(xiàn)T=mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，B、C錯誤，D1.對于靜電場、磁場中的平衡問題，受力分析時要注意靜電力、磁場力方向的判斷，再結合平衡條件分析求解。2.涉及安培力的平衡問題，畫受力示意圖時要注意將立體圖轉化為平面圖。考點二動態(tài)平衡問題平衡中的臨界、極值問題例5(2025·四川自貢市模擬)如圖甲是工人在高層安裝空調時吊運室外機的場景，簡化圖如圖乙所示。一名工人在高處控制繩子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根繩子Q。在吊運的過程中，地面上的工人在緩慢后退時緩慢放繩，室外機緩慢豎直上升，繩子Q與豎直方向的夾角近似不變，繩子質量忽略不計，則下列說法正確的是()A.繩子P上的拉力不斷變大B.繩子Q上的拉力先變小后變大C.地面對工人的支持力不斷變大D.繩子P、Q對室外機的拉力的合力不斷變大答案A解析由題意可知，室外機分別受P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，將這三個力構成矢量三角形，如圖，可知地面上的工人在緩慢后退時緩慢放繩過程中，F(xiàn)1、F2均增大，故A正確，B錯誤；由于β不變，繩子Q拉力增大，故Q的拉力在豎直方向分力增大，對地面工人，由平衡條件可得地面對工人的支持力不斷變小，故C錯誤；由于室外機受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡條件可知繩子P、Q對室外機的拉力的合力與室外機的重力始終等大反向，所以繩子P、Q對室外機的拉力的合力不變，故D錯誤。例6(2025·山東青島市模擬)如圖所示，質量為M的物塊置于粗糙水平地面上，質量為m的小球用細線拴接在物塊的頂端，對小球施加水平外力F，平衡時細線與豎直方向間的夾角θ=30°?，F(xiàn)保持外力F與細線間的夾角不變，緩慢改變外力F的大小，使細線沿逆時針方向緩慢轉動，直到細線到達水平位置，整個過程中物塊始終靜止不動，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.外力F先增大后減小B.細線上的拉力FT一直增大C.物塊受到的摩擦力最大值為32D.外力F的最大值與細線拉力FT的最大值之比為1∶2答案C解析平衡時細線與豎直方向間的夾角θ=30°，則此時外力F與細線間的夾角為120°；保持外力F與細線間的夾角不變，緩慢改變外力F的大小，使細線沿逆時針方向緩慢轉動，直到細線到達水平位置；以小球為研究對象，根據(jù)三角形定則，其受力如圖所示，由圖可知，外力F一直增大，細線上的拉力FT一直減小，故A、B錯誤；以物塊和小球為整體，根據(jù)平衡條件可知，物塊受到的摩擦力大小等于外力F的水平分力；由小球的受力矢量圖可知，在2位置，外力F的水平分力最大，根據(jù)圖中幾何關系可知，物塊受到的摩擦力最大值為Ff=Fsin60°=mgsin60°=32mg，故C正確；由小球的受力矢量圖可知，在3位置，外力F的最大值為Fmax=mgsin60°，在1位置，細線拉力FT的最大值FTmax=mgsin60°，則外力F的最大值與細線拉力FT的最大值之比為1∶1三力作用下的動態(tài)平衡例7(2025·江西宜春市二模)《天工開物》是世界上第一部關于農(nóng)業(yè)和手工業(yè)生產(chǎn)的綜合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的場景如圖甲所示，簡化的物理模型如圖乙所示：人站在水平木板上，兩根繩子相互平行垂直于木板邊緣與水平地面夾角θ=30°，人與木板的總重力為800N，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ=34A.木板對地面的壓力大小為800NB.每根繩中的拉力F=320NC.若θ可調，則當繩子水平時F有最小值D.若θ可調，則當繩子與水平面夾角正切值為tanθ=34時F答案D解析以人與木板整體為研究對象，根據(jù)受力平衡可得2Fcosθ=Ff，2Fsinθ+FN=mg，又Ff=μFN，聯(lián)立解得F=μmg2(cosθ+μsinθ)=34×8002×(32+34×12)N=160方法一：若θ可調，根據(jù)F=μmg2(cosθ+μsinθ)=μmg21+μ2sin(α+θ)，其中sinα=11+μ2=11+(34)2=419，cos方法二：若θ可調，用支持力和摩擦力的合力F合替代這兩力，F(xiàn)合方向一定，如圖所示，利用三力動態(tài)平衡分析可知當拉力垂直支持力和摩擦力的合力時拉力最小，此時繩子與水平面夾角θ的正切值tanθ=FfFN=μFN1.正弦定理(或拉密定理)在力學中的應用正弦定理拉密定理asinA=bsinB=csinC=2R當三個共點力的合力為0時，其中任意一個力與其他兩個力的夾角正弦的比值相等，F(xiàn)1sinα=其實質為正弦定理的變形物體受三個共點力平衡，把表示三個力的有向線段作閉合矢量三角形，求某一個力或分析力的變化直接畫出三個合力為0的共點力，應用拉密定理，比正弦定理更加便捷2.輔助角公式、“摩擦角”法的應用圖示輔助角公式“摩擦角”法物體在拉力F作用下做勻速直線運動，改變θ大小，求拉力的最小值以圖甲為例：Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)F=μmgcosθ+μsinθ=1+μ2sin(α+其中sinα=11+μ2，cos即tanα=1μ，F(xiàn)min=以圖甲為例：用支持力與摩擦力的合力F'代替支持力與摩擦力，其中FN與Ff的合力方向一定，“摩擦角”φ滿足tanφ=FfFNFmin=mgsinφ，此時拉力F與水平方向夾角θ=φ有些選擇題，若用常規(guī)的方法做會很煩瑣，如需快速確定位置或動態(tài)分析，可嘗試用“尺規(guī)作圖法”。例如：動態(tài)平衡可用輔助圓法分析力的大小變化情況；在某種變化的過程中比較兩個物理量的大小，可以先作圖，然后用刻度尺測量。如帶電粒子在磁場中運動時能否經(jīng)過某一點，可利用圓規(guī)改變半徑進行作圖判斷；光學中光線能否經(jīng)過某一點，也可以通過作圖判斷。示例1(多選)如圖，站在水平臺面上的工作人員用輕繩將一個光滑小球從四分之一圓弧最底端緩慢拉到定滑輪處，不計定滑輪質量和摩擦，小球與定滑輪均可視為質點，在此過程中，下列說法正確的是()A.繩的拉力一直增大B.繩的拉力一直減小C.圓弧對小球支持力一直增大D.圓弧對小球支持力一直減小答案AD解析力的矢量三角形如圖所示，由圖可知繩的拉力一直增大，圓弧對小球支持力一直減小，故A、D正確，B、C錯誤。示例2(2022·河北卷·7)如圖，用兩根等長的細繩將一勻質圓柱體懸掛在豎直木板的P點，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉動過程中()A.圓柱體對木板的壓力逐漸增大B.圓柱體對木板的壓力先增大后減小C.兩根細繩上的拉力均先增大后減小D.兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變答案B解析方法一正弦定理(拉密定理)設兩繩子對圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對圓柱體的支持力大小為FN，繩子與木板間的夾角不變，α也不變，從右向左看如圖所示，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理有mgsinα=FN在木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉動直至水平過程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ+β+α=180°，且α<90°，可知90°<γ+β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)mgsinα=FN由于sinγ不斷減小，可知FT逐漸減小，sinβ先增大后減小，可知FN先增大后減小，結合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力大小為FT'，則2FT'cosθ=FT，可得FT'=FT2cosθ，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，A、C方法二：輔助圓法因為FN和FT的夾角保持不變，對應的補角不變，根據(jù)同弧圓周角相等可得如圖矢量圖，在將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉動直至水平過程中，可判斷出FN先增大后減小，F(xiàn)T逐漸減小，進而推出FT'不斷減小。專題強化練[分值：60分][1~6題，每題4分，7~10題，每題6分][保分基礎練]1.(2024·黑吉遼·3)利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時，()A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力答案C解析當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺始終處于靜止狀態(tài)，故桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；由于硯臺始終處于靜止狀態(tài)，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，故D錯誤。2.(2025·北京卷·6)如圖所示，長方體物塊A、B疊放在斜面上，B受到一個沿斜面方向的拉力F，兩物塊保持靜止，B受力的個數(shù)為()A.4 B.5 C.6 D.7答案C解析根據(jù)題意，對A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A靜止，則A還受B沿斜面向上的靜摩擦力，對B受力分析如圖，受重力、斜面的支持力、A的壓力、拉力F、A對B沿斜面向下的摩擦力，由于B靜止，則受沿斜面向上的摩擦力，即B受6個力作用。故選C。3.(2025·廣東江門市一模)牛軛是套在牛頸上的曲木，是耕地時的重要農(nóng)具。如圖所示，一輕繩穿過犁前部的鐵環(huán)后，兩端分別系在牛軛上，兩段繩子間的夾角為2θ，兩段繩子所在平面與水平面夾角為α，手輕扶犁保持前進方向，當犁水平勻速耕地所受的阻力為f0時，則每段繩子的拉力為()A.f0cosαC.f02cosα·答案C解析根據(jù)力的合成關系可知2FTcosθ·cosα=f0，解得FT=f02cosα4.(2025·浙江金麗衢十二校二模)風箏節(jié)上小明同學在放風箏，風箏靜止于空中時可簡化為如圖所示，風箏平面與水平面夾角始終為30°，風對風箏的作用力垂直風箏平面，且風速越大，作用力越大。已知風箏的質量為m，風箏線質量不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.若風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大B.若風速緩慢變大，則線上的拉力減小C.若風箏線與水平方向的夾角為30°，則風對風箏的作用力大小為32D.若風箏線與水平方向的夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為3mg答案A解析若風速緩慢變大，則風對風箏的作用力F2增大，作出矢量動態(tài)三角形，如圖甲所示，可知，若風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大，線上的拉力也增大，故A正確，B錯誤；若風箏線與水平方向的夾角為30°，則線與豎直方向的夾角為60°，對風箏進行受力分析，如圖乙所示，根據(jù)幾何關系和平衡條件有F1=mg，F(xiàn)2=3mg，故C、D錯誤。5.(2025·湖南邵陽市一模)學校組織趣味運動會，某運動員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運動員速度越大，乒乓球受到水平風的作用力越大，風的作用力方向與運動員速度方向相反。已知球拍面與水平面的夾角為53°，乒乓球的質量為2.7g，乒乓球與球拍面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，sin53°=0.8，不考慮乒乓球的滾動，當運動員以某一速度勻速向前跑時，乒乓球恰好不下滑，關于此時的乒乓球，下列說法正確的是()A.乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B.乒乓球受三個力的作用C.乒乓球受到風的作用力大小為1.35×10-2ND.如果球拍面豎直，則乒乓球不會下滑答案C解析乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A錯誤；對乒乓球進行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平風的作用力共四個力，故B錯誤；以乒乓球為研究對象，根據(jù)平衡條件可得F風cos53°+Ff=mgsin53°，F(xiàn)N=mgcos53°+F風sin53°，又Ff=μFN，聯(lián)立解得乒乓球受到風的作用力大小為F風=1.35×10-2N，故C正確；當球拍面豎直時，水平風的作用力不變，由于Ffm=μF風<mg，則乒乓球會下滑，故D錯誤。6.(2025·安徽淮北市二模)如圖所示，在水平地面上放置了一個頂端固定有輕質定滑輪的斜面體，物塊B放置在斜面上，輕細繩的一端與B相連，另一端通過定滑輪與小球A相連?，F(xiàn)對小球A施加水平外力F使其緩慢運動，直至將OA拉至圖示位置，拉動過程中物塊B和斜面體始終靜止。不計細繩與定滑輪的摩擦，B和定滑輪之間的細繩與斜面平行，則下列說法正確的是()A.拉力F先增大后減小B.OA繩上的拉力一直減小C.斜面對B的摩擦力一直減小D.地面對斜面體的摩擦力一直增大答案D解析設連接A球的繩子與豎直方向的夾角為θ，以A球為研究對象，根據(jù)受力平衡可得FTcosθ=mAg，F(xiàn)Tsinθ=F，可得FT=mAgcosθ，F(xiàn)=mAgtanθ，由于θ逐漸增大，可知拉力F逐漸增大，OA繩上的拉力逐漸增大，故A、B錯誤；如果一開始繩子拉力大于B所受重力沿斜面的分力，則斜面對B的摩擦力沿斜面向下，隨著繩子拉力的增大，斜面對B的摩擦力增大，故C錯誤；以斜面體、B和A為整體，根據(jù)平衡條件可知，地面對斜面