2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题一　运动的描述　匀变速直线运动的研究

这是一份2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题一　运动的描述　匀变速直线运动的研究，共6页。
题点1 运动的描述
(2025·江苏卷·1) 新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度大小为( )
A.2 m/s2B.4 m/s2
C.6 m/s2D.8 m/s2
【答案】C
【解析】根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。
【难度】基础题
(2025·四川卷·1) 2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3 090 m下降到高度2 010 m，用时约130 s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为( )
A.8.3 m/sB.15.5 m/s
C.23.8 m/sD.39.2 m/s
【答案】A
【解析】返回舱下降的位移为Δh＝1 080 m，则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为v＝Δℎt≈8.3 m/s，故选A。
【难度】基础题
(2025·黑吉辽蒙·1) 书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则( )
A.该过程位移为0
B.该过程路程为0
C.两次过a点时速度方向相同
D.两次过a点时摩擦力方向相同
【答案】A
【解析】笔尖由a点经b点又回到a点的过程，初位置和末位置相同，但轨迹长度不为零，所以位移为零，路程不为零，故A正确，B错误；两次过a点时轨迹的切线方向不同，则速度方向不同，故C错误；摩擦力方向与笔尖的速度方向相反，则两次过a点时摩擦力方向不同，故D错误。
【难度】基础题
（2025·浙江1月选考·2）我国水下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是（ ）
A.操控机器人进行挖沟作业
B.监测机器人搜寻时的转弯姿态
C.定位机器人在敷埋线路上的位置
D.测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
【答案】C
【难度】 基础题
【解析】操控机器人进行挖沟作业、监测机器人搜寻时的转弯姿态、测试机器人敷埋作业时的机械臂动作均不能忽略机器人的大小和形状，需要关注机器人本身的变化情况，因此不可以看作质点，定位机器人在敷埋线路上的位置时可以忽略机器人的大小和形状，可以视为质点，故选C。
（2025·浙江6月选考·2）2025年4月30日,“神舟十九号载人飞船”返回舱安全着陆,宇航员顺利出舱。在其返回过程中,下列说法正确的是( )
A.研究返回舱运行轨迹时,可将其视为质点
B.随着返回舱不断靠近地面,地球对其引力逐渐减小
C.返回舱落地前,反推发动机点火减速,宇航员处于失重状态
D.用返回舱的轨迹长度和返回时间,可计算其平均速度的大小
【答案】A
【解析】 当物体的大小和形状对所研究问题的影响可忽略时可将其视为质点,研究返回舱的运行轨迹时,其尺寸远小于轨迹长度,形状和结构不影响轨迹分析,可将其视为质点,故A正确;地球对返回舱的引力F=GMmr2,其中r为返回舱到地心的距离,返回舱靠近地面时,r减小,引力增大,故B错误;反推发动机点火减速时,返回舱的加速度方向向上。根据牛顿第二定律,宇航员受到的支持力大于重力,处于超重状态,而非失重状态,故C错误;平均速度的定义是位移与时间的比值,而轨迹长度为路程,轨迹长度与时间的比值是平均速率,而非平均速度的大小,故D错误。
【难度】 基础题
题点2 运动学关系
(2025·重庆卷·3) “魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半径为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则( )
A.汽车到O点时，列车行驶距离为s
B.汽车到O点时，列车行驶距离为4s3
C.汽车在OP段向心加速度大小为2v02R
D.汽车在OP段向心加速度大小为4v02R
【答案】B
【解析】设汽车在NO段所用时间为t，则由题意可知汽车在此段时间内的位移s＝2v0＋v02t，对于列车有s'＝2v0t，两式联立s'＝43s，B正确，A错误；根据an＝v2r，可得汽车在OP段向心加速度大小为an＝v02R，C、D错误。
【难度】基础题
【关联题点】圆周运动向心加速度公式
(2025·广西卷·3)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36km/h，降速到停下，火车的运动看做匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为( )
A．216mB．350mC．600mD．700m
【答案】B
【解析】火车运动的时间为t=6060×70s=70s，火车共行驶的距离x=v02t=102×70m=350m，故选B。
【难度】基础题
(2025·安徽卷·4) 汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则( )
A.x＝118at2B.x＝116at2
C.x＝18at2D.x＝12at2
【答案】A
【解析】设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x＝v2t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t'＝t3，根据x＝12at'2，解得x＝118at2，A正确，B、C、D错误。
【难度】基础题
题点3 自由落体与竖直上抛
考点2 运动图像追及与相遇问题
题点1 x-t图像
题点2 v-t图像
(2025·福建·13) 某运动员训练时做直线运动，其v－t图像如图所示，各阶段的运动对应的图线均为直线。
(1)0~2 s内的平均速度大小；
(2)44.2~46.2 s内的加速度大小；
(3)44.2~46.2 s内的位移大小。
【答案】(1)2.4 m/s (2)0.1 m/s2 (3)4.2 m
【解析】(1)0~2 s内运动员做匀减速直线运动，则平均速度v＝2.8＋2.02 m/s＝2.4 m/s；
(2)44.2~46.2 s内的加速度大小a＝2.2−2.046.2−44.2 m/s2＝0.1 m/s2；
(3) v－t图线与横轴所围面积表示位移，则44.2~46.2 s内的位移大小x＝(2.2＋2.0)×22 m＝4.2 m。
【难度】基础题
题点3 a-t图像
考点3 平面内运动相遇问题
专题二 相互作用
考点1 重力 弹力 摩擦力的合成与分解
题点1 重力 弹力 摩擦力
题点2 基本受力分析
(2025·北京·6) 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.4B.5C.6D.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。
【难度】基础题
(2025·陕晋青宁·4) 如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为( )
A.μmgcs θB.12μmg
C.μmgD.0
【答案】D
【解析】对钢管受力分析，如图所示。
若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为零，故A、B、C错误，D正确。
【难度】基础题
题点3 力的合成与分解
题点4 矢量和标量
考点2 牛顿第三定律
考点3 静态平衡问题
题点1 矢量三角形法
(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.2mgB.mgC.32mgD.12mg
【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2FTcs 60°＝mg，可得FT＝mg，故选B。
【难度】基础题
(2025·河北·4) 如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为( )
A.12GB.22GC.GD.2G
【答案】B
【解析】对小球进行受力分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcs 45°＝G，解得Fm＝22G，故选B。
【难度】基础题
(2025·福建·1) 山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下说法正确的是( )
A.F2大于F1
B.F1大于F2
C.F1等于F2
D.大小关系与风力大小有关
【答案】A
【解析】无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为F1＝mg，当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力F2与竖直向下的重力及水平方向的风力F三力平衡，根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为F2＝F2＋(mg)2，故F2大于F1。故选A。
【难度】基础题
题点2 正交分解法
(2025·陕晋青宁·10) 如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10 N/m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则滑块( )
A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C.从释放到静止的位移大小为0.64 m
D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
【答案】AC
【解析】设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为θ时，对滑块进行受力分析，如图所示，
由平衡条件有Fcs θ＝mgcs 53°＋FN，由胡克定律结合几何关系有F＝kPQcsθ，联立解得FN＝k·PQ－mgcs 53°＝10 N，可知滑块与杆之间的弹力不随位置的变化而变化，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为Ff＝μFN＝1.6 N，故A正确；下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；设滑块从释放到静止运动的位移为x，静止时弹性轻绳与PQ间夹角为θ1，由平衡条件有mgsin 53°＝Ff＋kPQcs θ1·sin θ1＝Ff＋kPQtan θ1，由几何关系可得x＝PQ·tan θ1，联立解得x＝0.64 m，故C正确；从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为W克f，由能量守恒定律有mgsin 53°·x＝12k(PQ2＋x2－PQ2)＋W克f，解得W克f＝3.072 J，故D错误。
【难度】较难题
【关联题点】功与弹性势能
考点4 动态平衡问题
题点1 整体法与隔离法
题点2 三角函数法
专题三 运动和力的关系
考点1 牛顿运动定律的理解
题点1 牛顿第一定律
题点2 牛顿第二定律
(2025·湖南·5) 如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
【答案】C
【解析】A球静止时，对A球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝FTcs 30°＋mgcs 30°，FTsin 30°＝mgsin 30°，解得FT＝mg，F库＝3mg，A、B错误；
剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球A所受库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得剪断瞬间小球A的加速度大小为g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球受力不变且状态不变，因此轻绳剪断瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。
【难度】中档题
【关联题点】考点3 静态平衡问题(题点1 矢量三角形法)
(2025·广西卷·9) “独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹上，人和单竹筏在水里减速滑行，人与单竹筏相对静止，则( )
A.人受合力为零
B.人对单竹筏的力的方向竖直向下
C.人和单竹筏的重心在单竹筏所在的竖直面上
D.人和单竹竿构成的整体的重心，与竹竿受到合力的作用线在同一竖直平面上
【答案】CD
【解析】人和竹筏在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；竹筏在水平方向有加速度，人对竹筏的力在竖直方向有压力，水平方向有摩擦力，所以人对竹筏的力的方向不是竖直向下，故B错误；人和竹筏、竹竿相对静止，且减速滑行，故人和竹筏、竹竿在垂直运动方向的水平方向不受力，所有的力都在运动方向的同一竖直面内，故C、D正确。
【难度】中档题
(2025·甘肃卷·3) 2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.2 m/s2B.4 m/s2
C.6 m/s2D.12 m/s2
【答案】A
【解析】根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝6×106−5×1065×105 m/s2＝2 m/s2，故选A。
【难度】基础题
(2025·山东卷·8) 工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为( )
A.gsin2θ－μgcs θ－μgsin θcs θ
B.gsin θcs θ－μgcs θ－μgsin2θ
C.gsin θcs θ－μgcs θ－μgsin θcs θ
D.gcs2θ－μgcs θ－μgsin2θ
【解析】对建筑材料受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律mgsin θcs θ－μFN1－μFN2＝ma，其中FN1＝mgcs θ，FN2＝mgsin2θ，可得a＝gsin θcs θ－μgcs θ－μgsin2θ，故选B。
【难度】中档题
(2025·河南卷·1) 野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内( )
A.无人机做匀速运动
B.零件所受合外力为零
C.零件的惯性逐渐变大
D.零件的重力势能保持不变
【答案】D
【解析】无人机沿水平方向向左飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向向左飞行做直线运动，故零件的高度不变，零件的重力势能保持不变，D正确；零件受重力和轻绳的拉力作用，合外力水平向左，零件水平向左做匀加速直线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。
【难度】基础题
考点2 动力学问题
题点1 超重、失重问题
(2025·北京·11) 模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是( )
A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【解析】t1~t3内，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱在t1~t2内处于弹射过程，在t2~t3内做竖直上抛运动，故A错误；t2~t3内，f向下在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝fm＋g，故从t2到t3加速度大小在减小，故B正确；t3~t5内，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。
【难度】中档题
【关联题点】动力学分析
（2025·浙江1月选考·3）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.双臂夹角越大受力越小
B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D.在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【难度】 基础题
【解析】 双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；杠铃的重力为G=mg=121×10 N=1 210 N，手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件可知2Fcs θ=G，结合cs θ605 N，B错误；杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；加速举起杠铃，人和杠铃构成的系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
题点2 牛顿第二定律之动力学分析
(2025·湖南·2) 如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是( )
【答案】C
【解析】根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x＝v0cs θ，加速度大小为ax＝acs θ，则有vx2－v0x2＝－2axx，整理可得vx＝(v0csθ)2−2acsθ·x，可知，vx－x图像为类似抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，初速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝asin θ，则有vy2－v0y2＝－2ayy，整理可得vy＝(v0sinθ)2−2asinθ·y，可知，vy－y图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。
【难度】基础题
(2025·湖北卷·7) 一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为L2的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于( )
A.L2μgB.LμgC.2LμgD.2Lμg
【答案】B
【解析】解法一：由题意知门板的初速度为0，末速度为0，根据牛顿第二定律，门板先做匀加速直线运动，运动的加速度大小为a1＝F−μmgm，再做匀减速直线运动，运动的加速度大小为a2＝μg，总位移大小为L2，设总时间为t。当门板受到的恒力F不同时，会得到不同的运动时间，门板的速度—时间图像如图所示，
根据图像可知，需要满足总位移x不变，即v－t图像与t轴所围的面积不变，当恒力F趋近于无穷大，匀加速运动过程的时间趋近于0时，总时间最小，此时总位移L2＝12μgtmin2，解得tmin＝Lμg，故选B。
解法二：设拉力为F，作用时间为t1，撤去拉力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，则由动量定理有(F－μmg)t1＝mvm，可得t1＝mvmF−μmg，撤去拉力后有μmgt2＝mvm，可得t2＝vmμg，对于全过程有Ft1＝μmgt，可得F＝μmgtt1，对于全过程有L2＝vmt2，故门板运动的总时间t＝t1＋t2＝mvmF−μmg＋vmμg＝mvmμmgtt1−μmg＋vmμg＝vmμg·tt−t1＝vmtμg·1t−t1＝Lμgt2，可知t2越大时，t越小，故t2趋近于t时，门板的整个运动过程用时趋近于最短为tmin，可知tmin＝Lμgtmin，解得tmin＝Lμg，故选B。
【难度】较难题
【关联题点】动量定理
(2025·陕晋青宁·3) 某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是( )
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律和F－t图像画出如图所示的a－t图像，可知分拣机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v－t图线的斜率表示加速度可知，A正确。
【难度】基础题
（2025·浙江1月选考·5）有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg、稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数k=1×10-9 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，则它降落到地面的时间约为( )
A.0.5 hB.3 hC.28 hD.166 h
【答案】B
【难度】 中档题
【解析】 沙尘颗粒稳定竖直降落时，做匀速直线运动，则kv=mg，h=vt
联立解得沙尘颗粒下落时间为t=kℎmg=1×10−9×202×10−13×10 s=1×104 s=1×1043 600 h≈2.8 h，故选B。
考点3 动力学中的连接体问题
题点1 加速度和速度都相同的连接体问题
题点2 加速度大小相等、方向不同的连接体问题
(2025·安徽卷·5) 如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中( )
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
【答案】C
【解析】根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设物块乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有M总g－FN＝ma得，FN＝M总g－ma，则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT－μmg＝ma，对乙受力分析有mg－FT＝ma，联立解得a＝2.5 m/s2，FT＝7.5 N，C正确，D错误。
【难度】中档题
题点3 加速度不同的连接体问题(含系统牛顿第二定律的应用)
(2025·黑吉辽蒙·10) 如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则( )
A.μ1＋μ2＝2tan θ
B.t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C.t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【解析】将下滑时刻作为初位置，则位置x与时间t的图像即为位移－时间图像，图像的斜率表示速度。甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减速直线运动，在t0时间内x甲＝v0＋v2t0＝3x0，x乙＝v0＋02t0＝x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小为v＝2v0，B错误；甲物块的加速度大小a1＝v−v0t0，乙物块的加速度大小a2＝v0t0，由牛顿第二定律，对甲物块mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma1，对乙物块μ2mgcs θ－mgsin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、乙两物块系统由牛顿第二定律可得，Ff1＝ma1cs θ－ma2cs θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t＝t0之后，乙物块保持静止，甲物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛顿第二定律可得Ff2＝ma1cs θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
【难度】较难题
考点4 动力学中的板块问题
(2025·江苏卷·10) 如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则( )
A.释放瞬间，物块加速度为零
B.物块和木箱最终仍有相对运动
C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【答案】D
【解析】根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，物块受到向右的摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以系统的机械能会减少，直到物块与木箱不发生相对滑动，此时设物块与木箱之间的最大静摩擦力为Ff，物块质量为m，木箱质量为M，对物块根据牛顿第二定律Ff＝ma，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F＝(m＋M)a，可得F＝(m＋M)Ffm，即弹簧的最大弹力减小到F＝(m＋M)Ffm后，二者一起做简谐运动，故B错误；在二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次运动到最右端时物块速度不为零，故C错误；开始时木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的滑动摩擦力，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。
【难度】较难题
考点5.动力学中的传送带问题
专题四 曲线运动
考点1 曲线运动运动的合成与分解
题点1 曲线运动
题点2 运动合成问题
题点3 运动分解问题
(2025·黑吉辽蒙·6) 如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v( )
A.一直减小B.一直增大
C.先减小后增大D.先增大后减小
【答案】B
【解析】设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳方向和垂直绳方向分解，可得v块cs θ＝vsin θ，解得v＝v块tanθ，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。故选B。
【难度】中档题
考点2 抛体运动规律的理解和应用
题点1 平抛运动
(2025·云南卷·3) 如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则( )
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
【答案】D
【解析】鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h＝12gt2，由于hMμ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则( )
A.t1t2
C.x1>x2D.x1μ2，故滑块在MN段滑动时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v－t图像与横轴围成的面积相等。
由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02－vM2＝2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v－t图像，可得t2>t1，故A正确，B错误。
【难度】中档题
考点4 机械能守恒定律及其应用
题点1 机械能的理解
题点2 单物体机械能守恒
(2025·安徽卷·14) 如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】(1)45 m/s 17 N (2)4 m (3)215 m/s
【解析】(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
12mv02＝mg·2L＋12mv12
在该位置，根据牛顿第二定律FT－mg＝mv12L
解得v1＝45 m/s，FT＝17 N
(2)小球做平抛运动：x＝v1t，2L＝12gt2
解得x＝4 m
(3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg＝mv222L
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律12mv0'2＝mg·5L＋12mv22
解得v0'＝215 m/s。
【难度】中档题
题点3 多物体机械能守恒
考点5 能量守恒与功能关系的简单运用
题点1 功与内能
题点2 功与重力势能
题点3 功与弹性势能
考点6 能量守恒与转化的综合应用
(2025·广西卷·15) 图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ＝32，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)Iv0 (2)dIMv0Δt (3)I(2v0＋9gΔt)2Δt
【解析】(1)对单个散货由动量定理－I＝0－mv0
解得单个散货的质量为m＝Iv0
(2)落入货箱中散货的个数为N＝Mm＝Mv0I
则水平传送带的平均传送速度大小为v＝dNΔt＝dIMv0Δt
(3)设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝14g
加速时间t1＝v0a＝4v0g
加速位移x1＝12at12＝2v02g
设匀速时间为t2
其中t1＋t2＝9Δt
则匀速位移为x2＝v0t2＝v0(9Δt－4v0g)
故传送带的长度为L＝x1＋x2＝9v0Δt－2v02g
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx＝v0t1－x1＝2v02g
在Δt时间内传送带额外多做的功为W＝12mv02＋mgLsin 30°＋Q
其中m＝Iv0，L＝9v0Δt－2v02g，Q＝μmgcs 30°Δx，P＝WΔt
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为P＝I(2v0＋9gΔt)2Δt。
【难度】较难题
(2025·云南卷·10) 如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则( )
A.P、M两点之间的距离为kv02−4mg2sin2θ4kgsinθ
B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为14mv02
C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kv02−8mg2sin2θ2kgsinθ
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间
【答案】BCD
【解析】设PO的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有－mgsin θ·L－μmgcs θ·L＝0－12mv02①
设MO的距离为L1，过程Ⅱ：当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1＝mgsin θ＋μmgcs θ②
P、M两点之间的距离L2＝L－L1，μ＝tan θ，联立解得L2＝kv02−8mg2sin2θ4kgsinθ，故A错误；根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE＝μmgcs θ·L－12kL2，结合①式及μ＝tan θ可得ΔE＝14mv02－kv0432g2sin2θ，故B错误；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律12kL2＝mgsin θ·x＋μmgcs θ·x＋12k(x－L)2，联立解得x＝kv02−8mg2sin2θ2kgsinθ，故C正确；无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1＝mgsin θ＋μmgcs θ，当在O点时，满足mgsin θ＝μmgcs θ，所以在OM(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
【难度】较难题
专题七 动量守恒定律
考点1 动量定理的理解及应用
题点1 冲量和动量
(2025·广东·10) 如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F>0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有( )
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0－12kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋(F0－12kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为34(F0−kT)2＋(mg＋F0−kT2)2
【答案】AB
【解析】由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，故无人机处于平衡状态，由于重力不变，拉力方向不变，大小随时间变化，则受到的空气作用力方向必然变化，A正确；无人机在0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化，可采用平均值法求解其冲量大小，则有IF＝F0＋F0−kT2T＝(F0－12kT)T，B正确；无人机受到的重力的冲量大小为mgT，由于冲量是矢量，重力和拉力方向不同，所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和，C错误；对无人机受力分析，如图所示，
将空气作用力分解为水平方向的分力Fx，和竖直方向的分力Fy，则有F空气＝Fx2＋Fy2，其中Fx＝(F0－kT)cs 30°＝32(F0－kT)，Fy＝mg＋(F0－kT)sin 30°＝mg＋12(F0－kT)，则有F空气＝34(F0−kT)2＋(mg＋F0−kT2)2，D正确。
【难度】较难题
【关联题点】静态平衡问题(题点1 矢量三角形法)
题点2 图像问题
(2025·甘肃卷·14) 如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小；
(2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f－t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
【答案】(1)33mg2 93mg2 (2)见解析 (3)112g
【解析】 (1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝3mg4t
所以当t＝6 s时，F＝33mg2
0~6 s内F的冲量为F－t图像围成的面积，即I＝12×332mg×6＝932mg
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°＝μmgcs 30°
即μ＝tan 30°＝33，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ＝mgcs θ时，t＝4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ＋FN＝mgcs θ
摩擦力f＝μFN＝33(32mg－38mgt)＝(12－18t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcs θ＋FN
摩擦力f＝μFN＝33(38mgt－32mg)＝(18t－12)mg(4 s(vN'－vN)，故mPmN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。
【难度】中档题
考点3 动量守恒中的几类典型模型
题点1 人船模型
题点2 碰撞模型
(2025·江苏卷·14) 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【答案】(1)v0 (2)v02 (3)(12)4n＋1mv02
【解析】(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，相碰二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2
由能量守恒定律有12mv02＝12mv12＋12×3mv22
解得v1＝－12v0，v2＝12v0
负号表示速度反向，则第一次碰撞后玻璃球的速度大小为12v0。
(3)根据题意结合(2)问分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的12，右侧第一个钢球与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小变为碰撞前的12，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v＝(12)2nv0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝12mv2＝(12)4n＋1mv02。
【难度】中档题
(2025·甘肃卷·4) 如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为( )
A.1.5 m/sB.3.0 m/s
C.4.5 m/sD.6.0 m/s
【答案】B
【解析】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有12mv2＝12mv12＋12mv22，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝12gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。
【难度】中档题
(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是( )
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律a＝Fm，两小球所受外力F大小相等，由v－t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6＝2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知12×3m×(4v)2＋12×2m×(－6v)2＝12×3mv12＋12×2mv22，解得v1＝－4v、v2＝6v，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|＝2∶3，若假设v1＝－2v，则v2＝3v，此时满足12×3m×(4v)2＋12×2m×(－6v)2>12×3mv12＋12×2mv22，则假设成立，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。
【难度】较难题
题点3 爆炸与反冲
考点4 动量和能量的综合应用
题点1 板块类问题
（2025·浙江1月选考·8）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则( )
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
【答案】D
【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
设水平向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒
mvA-mvB=2mv1，解得v1=1 m/s
方向向右；当三者共速时
2mv1-mvC=3mv，解得v=0，
即最终三者一起静止，可知经历的时间
t=vCμg=20.5×10 s=0.4 s，选项B错误；
碰撞后到三者相对静止时由摩擦产生的热量
Q=12×2mv12+12mvC2=3 J，选项C错误；
碰撞后到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx相对
可得x相对=0.6 m，选项D正确。
【难度】 中档题
题点2 子弹打木块类问题
题点3 弹簧类问题
题点4 动量与能量观点的综合应用
(2025·湖南·10) 如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1＝ℎμ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则( )
A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B.D的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh(1＋s224ℎ2)
D.弹药释放的能量为48mgh(1＋s224ℎ2)
【答案】BD
【解析】爆炸后，A、B组成的系统动量守恒，即3mv1＝mv2，B与C碰撞过程动量守恒mv2＝6mv，联立解得v＝0.5v1。爆炸后瞬间A的动能EkA＝32mv12，D的初动能EkD＝12×6m×(0.5v1)2＝34mv12，两者不相等，故A错误；D从开始运动到落地瞬间，根据动能定理有－μ×6mg×s1＋6mgh＝EkD'－EkD，解得EkD'＝EkD，故B正确；D平抛过程有h＝12gt2，s2＝v0·t，联立可得v0＝s2g2ℎ，D在滑轨上水平滑动过程中根据动能定理有－6mgh＝12×6mv02－12×6mv2，化简得v2＝s22g2ℎ＋2gh，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为E＝12×3mv12＋12×mv22＝24mv2＝24m(s22g2ℎ＋2gh)＝48mgh(1＋s224ℎ2)，故C错误，D正确。
【难度】较难题
(2025·山东卷·17) 如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝12 kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝34 kg，方形物体的质量M＝92 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝12kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
【答案】(1)6 m/s 23 m/s (2)23 m/s 2.5 J
【解析】(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2
由能量守恒定律有mgh＝12mv12＋12Mv22
联立解得v1＝6 m/s，v2＝23 m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为23 m/s，方向水平向右。
(2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma) v3
解得v3＝2 m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1
系统机械能守恒12(m＋ma)v32＝12(m＋ma)v42＋12kx12
联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma) v4＝(m＋ma＋mb) vb
解得vb＝23 m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝12(m＋ma)v42＋12kx12－12(m＋ma＋mb)vb2＝2.5 J。
【难度】中档题
(2025·陕晋青宁·15) 如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于125mv02。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求(m、l0、v0、t1均为已知量)：
(1)粒子B到达P点时的速度大小v1；
(2)t1时间内粒子B的位移大小xB；
(3)恒力作用的时间t2。
【答案】(1)15v0 (2)v0t15－211l0 (3)2l0v0
【解析】(1)根据动量守恒定律，可知mv0＝(m＋4m)v1，解得v1＝15v0
(2)两者共速时设间距为l'，根据能量守恒定律可知，此时A、B两粒子的系统电势能为Ep'＝12mv02＋125mv02－12×5mv12＝1125mv02
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，l'l0＝Ep0Ep'，可得l'＝Ep0Ep'l0＝111l0
两者共速前的过程系统始终动量守恒，有∑mv0t1＝∑mvAt1＋∑4mvBt1
即mv0t1＝mxA＋4mxB
根据位移关系可知xB＋l0＝xA＋l'
联立解得xB＝v0t15－211l0
(3)从A、B相距l0，至再次相距l0的过程中电势能变化ΔEp＝0
全过程，对系统根据功能关系，有Fl0＝12×4mv02－12mv02
全过程，对系统根据动量定理，有Ft2＝4mv0－mv0
联立解得t2＝2l0v0。
【难度】较难题
题点5 力学三大观点的综合应用
(2025·重庆卷·15) 如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
(3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【答案】(1)μg 2μgd (2)m3 (3)13≤n≤1，2μgd2≤vB≤32μgd2
【解析】(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物块A在传送带上做匀加速直线运动，由速度位移关系v12＝2ad
解得v1＝2μgd；
(2)设B的质量为m'，则由题意可知碰前vA＝v1，vB＝v12，两物块发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1＋m'v12＝mv1'＋m'v2'，12mv12＋12m'(v12)2＝12mv1'2＋12m'v2'2
联立解得v1'＝mv1m＋m'，v2'＝(3m＋m')v12(m＋m')
因为从O点进入粗糙水平地面，由动能定理有－μmgs＝0－12mv2
得s＝v22μg，即sA＝v1'22μg，sB＝v2'22μg
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有v1＝2μgd
联立各式解得m'＝m3
(3)A、B碰撞过程动量守恒有
mv1＝mvA＋nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，
则vB＝v12n，vA＝v12
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞，则有vA≤vB，即n≤1
碰后动能不增加，即12mv12≥12m(v12)2＋12(nm)(v12n)2，可得n≥13
所以n的取值范围为13≤n≤1
分别将n＝1和n＝13代入vB＝v12n，
分别可得vB＝v12，vB＝3v12
所以对应的B的速度范围为v12≤vB≤3v12，
代入v1＝2μgd
可得2μgd2≤vB≤32μgd2。
【难度】较难题
(2025·湖南·15) 某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin 37°＝0.6，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，v＝gL，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
【答案】(1)4mg (2)37gL10 (3)v＝9kgL10(k＋1)＋145gL 13gL2
【解析】(1)设机器人运动到滑杆正下方时的速度大小为v'，轻绳拉力大小为F，则由动能定理有mgL＝12mv'2－12mv2
机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得F－mg＝mv'2L
又v＝gL
联立解得F＝4mg。
(2)设机器人松开轻绳时的速度大小为v″，根据题意机器人松开轻绳时的位置及速度如图甲所示
对机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，由动能定理有－mgLsin 37°＝12mv″2－12mv2
机器人松开轻绳后做斜上抛运动，设机器人从松开轻绳到抛至A点所用时间为t，则在水平方向上有L＋Lcs 37°＝v″sin 37°·t
在竖直方向上有1.2L－Lsin 37°＝v″cs 37°·t－12gt2
联立可得v＝37gL10
(3)由于轨道是光滑的，则机器人绕滑杆与轻绳的连接点运动的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则机器人从B点运动到滑杆正左方的过程中，机器人在水平方向上向左运动，滑杆沿水平光滑轨道向右运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为2L，设此过程机器人向左运动的位移大小为x1，滑杆向右运动的位移大小为x2，则由人船模型有
mx1＝Mx2
又x相对＝x1＋x2＝2L，M＝km
联立可得x1＝2kLk＋1，x2＝2Lk＋1
机器人从滑杆正左方运动到松开轻绳的位置的过程中，机器人在水平方向上向右运动，滑杆沿水平光滑轨道向左运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为Δx＝L－Lcs 37°，设此过程机器人向右运动的位移大小为x1'，滑杆向左运动的位移大小为x2'，同理，由人船模型有
mx1'＝Mx2'
又Δx＝x1'＋x2'，M＝km
联立可得x1'＝kL5(k＋1)，x2'＝L5(k＋1)
则机器人松开轻绳时，滑杆距B点的距离为xB＝L－x2＋x2'＝5k−45k＋5L
设机器人松开轻绳时机器人相对轻绳的速度为v相对，滑杆的速度为vM，作出此时两速度的示意图如图乙所示
则机器人松开轻绳时水平分速度大小为vx＝v相对sin 37°－vM
机器人松开轻绳时竖直分速度大小为vy＝v相对cs 37°
由于机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则有mvx＝MvM
机器人从B点运动到松开轻绳的位置，系统机械能守恒，有12mv2＝12m(vx2＋vy2)＋12MvM2＋mgLsin 37°
机器人松开轻绳后做斜上抛运动到A点，设该过程的运动时间为t'，则水平方向有xB＋Lcs 37°＝vxt'
1.2L－Lsin 37°＝vyt'－12gt'2
联立可得v＝9kgL10(k＋1)＋145gL(k≥1)
则当k＝1时，v取最小值，有vmin＝13gL2。
【难度】较难题
(2025·四川·15) 如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
(2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
(3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
【答案】(1)gsin θ (2)m1m2≥1或m1m2＝17 (3)172m1gRsin θFf1，所以此过程中木板保持不动。
每个滑块之间的距离为L，设第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间速度大小为v1，从第1个滑块开始运动到与第2个滑块碰撞前瞬间，对滑块1由动能定理有－2μmgL＝12mv12－12mv02
解得v1＝(β−4)μgL
(2)滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度大小为aj＝2μ·jmgjm＝2μg
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动至与第j＋1个滑块碰撞前瞬间有vj2－vj'2＝2ajL
第j个滑块和第j＋1个滑块碰撞过程中动量守恒有jmvj'＝(j＋1)mvj＋1
联立解得vj＋1＝jj＋1vj2−4μgL
(3)当第k个滑块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有2μ·kmg＝μ(nm＋3nm)g
解得k＝2n(n为整数)
则第k＋1个(即2n＋1个)滑块开始滑动时，木板开始滑动，假设木板和剩下的滑块不发生相对滑动，则2μ(2n＋1)mg－μ(nm＋3nm)g＝｛nm＋[3nm－(2n＋1)m]｝a
解得a＝2μg2n−1T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲＝3T乙2＝T丙＝T丁2，可得T丙＝2T甲，T乙＝43T甲，T丁＝4T甲，可得T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2πLg，结合T丙∶T丁＝1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T丙2时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，加速度不为零，故A错误；根据上述分析可得T乙＝13T丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为T丁4，即3T乙4，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
【难度】中档题
题点5 受迫振动
考点2 波的传播与图像
题点1 波形成和传播 波长、波速、频率的关系
(2025·重庆卷·8) 一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则( )
A.该波的波长为4r
B.该波的波速为2fr
C.此时浮筒在最低点
D.再经过14f，浮筒将在最低点
【答案】AD
【解析】根据题意某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，故可得2λ＝9r－r，即λ＝4r，故A正确；该波的波速为v＝λf＝4rf，故B错误；由λ＝4r，根据某时刻第1圈实线的半径为r＝14λ可得此时浮筒处于平衡位置，由于波向外传播，根据同侧法可知此时浮筒处于平衡位置向下振动，故再经过14f＝14T，浮筒将在最低点，故C错误，D正确。
【难度】基础题
(2025·北京·5) 质点S沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成的波传到质点P时的波形如图所示，则( )
A.该波为纵波
B.质点S开始振动时向上运动
C.S、P两质点振动步调完全一致
D.经过一个周期，质点S向右运动一个波长距离
【答案】B
【解析】由题图可知，该波上质点的振动方向与波动传播方向垂直，是横波，故A错误；根据同侧法可知，质点P开始振动的方向向上，则质点S开始振动时向上运动，故B正确；由题图可知，S、P两质点平衡位置的距离为32λ，则两质点振动步调相反，故C错误；质点不能随波传播，只能在平衡位置附近上下振动，故D错误。
【难度】基础题
(2025·福建·10) 沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与横波，已知纵波速度大于横波速度，频率相同，则纵波波长 横波波长。若波源震动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动的时间间隔为Δt，纵波速度大小为v1，横波速度大小为v2，则波源与蝎子的距离为 。
【答案】大于 v1v2Δtv1−v2
【解析】根据公式v＝λf，由于纵波速度大于横波速度，频率相同，故可知纵波波长大于横波波长；设波源与蝎子的距离为s，根据题意可知sv2－sv1＝Δt，解得s＝v1v2Δtv1−v2。
【难度】基础题
(2025·河南卷·8) 贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一，被誉为“中华第一笛”。其中一支骨笛可以发出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所对应的频率分别为880 Hz和1 175 Hz，则( )
A.在空气中传播时，A5音的波长大于D6音的
B.在空气中传播时，A5音的波速小于D6音的
C.由空气进入水中，A5音和D6音的频率都变大
D.由空气进入水中，A5音的波长改变量大于D6音的
【答案】AD
【解析】机械波的传播速度只与介质有关，因此A5音和D6音在空气中波速相同，B错误；由λ＝vf可知，A5音的波长大于D6音的波长，A正确；机械波由空气进入水中，频率f不发生变化，C错误；机械波由空气进入水中，波长的改变量为Δλ＝v'−vf，其中两种波在水中波速v'大小相同，可知频率越小其对应机械波的波长改变量越大，D正确。
【难度】基础题
(2025·安徽卷·2) 如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是( )
A.弹簧上形成的波是横波
B.推、拉弹簧的周期越小，波长越长
C.标记物振动的速度就是机械波传播的速度
D.标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量
【答案】D
【解析】弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵波，故A错误；同一介质中，波的传播速度相同，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由λ＝vT可知，波长越短，故B错误；标记物振动的速度反应的是机械波中质点在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是同一个速度，故C错误；标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波传播过程中也把能量传递给标记物，故D正确。
【难度】基础题
题点2 波形图分析
(2025·广西卷·13) 某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音(简谐声波)，其波形叠加后呈现一种周期性变化。图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同一质点处，声速为340 m/s。
(1)从图中读出这两列波的波长。
(2)该时刻这两列波叠加，分别求x＝0和x＝0.375 m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移。
(3)求这两列波叠加后的周期。
【答案】(1)0.5 m 1 m (2)2 μm －22 μm (3)1340 s
【解析】(1)根据波长的定义及两列波的波形图可知λ1＝0.5 m，λ2＝1 m；
(2)由波形图可知在x＝0 m处两列波均处于波峰处，x＝0处的质点位移x1＝A甲＋A乙＝2 μm
在x＝0.375 m处，对于甲所示的波有x＝0.375 m＝34λ1
对于乙所示的波有x＝0.375 m＝38λ2
在x＝0.375 m处质点的位移x2＝0＋A乙cs(38×2π)＝－22 μm
(3)对于甲图所示的波有T1＝λ1v＝0.5340 s＝1680 s
对于乙图所示的波有T2＝λ2v＝1340 s＝2T1
这两列波叠加后的周期为1340 s
【难度】中档题
(2025·云南卷·7) 如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t＝0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t＝1.5 s和t＝2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则( )
A.波速为2.5 m/s
B.波源的平衡位置距离P点1.5 m
C.t＝1.0 s时，波源处于平衡位置且向下运动
D.t＝5.5 s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同
【答案】D
【解析】根据题图所示波形可知λ＝4 m，12T＝2.5 s－1.5 s，可得T＝2 s，波速为v＝λT＝2 m/s，故A错误；设波源的平衡位置与P点的距离为x0，根据矩形区域左侧t＝1.5 s时的波形可知2m＋x0v＝1.5 s，解得x0＝1 m，故B错误；由题图结合同侧法可知，波源刚开始的振动方向向下，由于t＝1.0 s＝12T，可知此时波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；t＝5.5 s时，即从t＝2.5 s时再经过3 s＝32T，可知P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平衡位置向下振动，知此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同，故D正确。
【难度】中档题
(2025·山东卷·9) 均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2 cm，波速均为1 m/s，M、N为介质中的质点。t＝0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是( )
A.甲波的周期为6 s
B.乙波的波长为6 m
C.t＝6 s时，M向y轴正方向运动
D.t＝6 s时，N向y轴负方向运动
【答案】BD
【解析】根据题图可知甲波的波长λ甲＝4 m，根据λ甲＝vT甲，可得T甲＝4 s，A错误；根据题图可知(112×2＋12)λ乙＝4 m，可得λ乙＝6 m，B正确；根据λ乙＝vT乙，可得T乙＝6 s，根据同侧法可知t＝0时N向y轴负方向运动，t＝6 s时即经过时间T乙，N仍向y轴负方向运动，D正确；t＝6 s时即经过T甲＋T甲2，结合“同侧法”可知M向y轴负方向运动，C错误。
【难度】中档题
题点3 波的干涉与叠加
(2025·湖南·7) 如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。t＝0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy平面。频率均为2.5 Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为10 m/s。下列说法正确的是( )
A.两横波的波长均为4 m
B.t＝0.4 s时，C处质点加速度为0
C.t＝0.4 s时，C处质点速度不为0
D.t＝0.6 s时，C处质点速度为0
【答案】AD
【解析】两横波的波长均为λ＝vf＝4 m，故A正确；两横波传到C处所需时间分别为t1＝310 s＝0.3 s，t2＝32＋4210 s＝0.5 s，T＝1f＝0.4 s，故t＝0.4 s时，只有A处波传到C处且振动了14T，故C处质点处于正向或负向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分析可知t＝0.6 s时两横波都已传播到C处，C处质点到两波源的距离差为Δx＝5 m－3 m＝2 m＝12λ，故C处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故此时C处质点位移为零，速度为零，故D正确。
【难度】中档题
(2025·黑吉辽蒙·5) 平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是( )
【答案】C
【解析】根据题意P点位于其最大正位移处，故可知此时P点位于两列波的波峰与波峰相交处，B、D错误；根据干涉规律可知，相邻波峰与波峰、波谷与波谷连线上的点都是振动加强点，故A图像中的曲线ab上的点存在振动加强点，A错误，C图像中曲线ab上的点总是波峰与波谷的交点，C正确。
【难度】基础题
（2025·浙江1月选考·12）如图甲所示，两波源S1和S2分别位于x=0与x=12 m处，以x=6 m为边界，两侧为不同的均匀介质。t=0时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图乙所示。t=0.1 s时x=4 m与x=6 m两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则( )
A.t=0.15 s时两列波开始相遇
B.在6 m0)的带电小球。另一个电荷量为q(q>0且q≪Q)的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则( )
A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B.小球从c点到e点电势能先不变后减小
C.小球过f点的动能等于过d点的动能
D.小球过b点的速度大于过a点的速度
【答案】B
【解析】小球所受库仑力F＝kQqr2，由于re>rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；由于两小球带同种电荷，小球从a点到b点静电力做负功，动能减小，速度减小，可知小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误；从d点到f点静电力做正功，动能增大，电势能减小，可知过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；从c点到e点静电力先不做动，后做正功，电势能先不变后减小，故B正确。
【难度】基础题
【关联题点】库仑定律的理解与计算
(2025·福建·4) 某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为弧ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，运动轨迹为弧APQ，其中P、B、O三点共线，已知B、P间电势差为U，|CQ|＝2|BP|，电子电荷量为e，电子a入射动能为Ek，则( )
A.B点的电场强度大小E＝Eker
B.P点场强大于C点场强
C.电子b在P点的动能小于在Q点的动能
D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU
【答案】D
【解析】电子a入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek＝12mva2，电子恰好做圆周运动，则eE＝mva2r，联立解得E＝2Eker，故A错误；由题图可知，P点附近电场线较稀疏，则P点电场强度小于C点电场强度，故B错误；电子b从P点运动到Q点，电场力对其做负功，由动能定理可知，电子b在Q点的动能小于在P点的动能，故C错误；由题图中电场线分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据U＝Ed，则UCQ0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m＝B2y03k(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。
(3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝kQr)。
【答案】(1)2qBy0m πm3qB (2)6kqBy02 (3)23πBy033kq
【解析】(1)作出带正电的粒子在磁场中运动的轨迹，如图甲所示
由几何关系可知，带正电的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝y0sinθ＝2y0
由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv12r
解得v1＝2qBy0m
周期T＝2πrv1＝2πmqB
带正电的粒子从M运动到N的时间t1＝2θ2πT＝πm3qB
(2)由题意可知，在xOy平面内的负点电荷应在原轨迹圆的圆心处，由牛顿第二定律可知qv2B＋k48q2r2＝mv22r，其中m＝B2y03k
解得v2＝6kqBy02(另一负解舍去)
(3)在(2)的条件下，带正电的粒子从N点离开磁场后绕负点电荷做椭圆运动，如图乙所示
由能量守恒定律得12mv22－qk48qr2＝12mv32－qk48qr3
由开普勒第二定律可知v2r2＝v3r3
其中r2＝2y0
联立解得r3＝6y0
类比开普勒第三定律
半长轴a＝r2＋r32的椭圆周期与半径R＝r2＋r32的圆周期相等，周期设为T，
则由牛顿第二定律k48q2(r2＋r32)2＝mr2＋r324π2T2
解得T＝43πBy033kq
t2＝T2＝23πBy033kq。
【难度】较难题
考点10 现代科技中的电磁场问题(修改序号9变为10)
(2025·广西卷·10) 如图所示，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO'穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场(偏转磁场)，并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则( )
A.M粒子质量为2qUB12E2
B.刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C.调节选择器，使N粒子沿轴线OO'穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为4EUcsθ4UB1−EdB2
D.调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为4UB1EB2＋(EdB2−4UB1)UEB2U−Edcsθ
【答案】AD
【解析】对M粒子，在加速电场中有qU＝12mMv0M2，在速度选择器中有qv0MB1＝qE，即EB1＝v0M，联立解得M的质量为mM＝2qUB12E2，故A正确；粒子进入速度选择器后因N粒子向下偏转，可知qv0NB1>qE，即v0N>EB1，得v0N>v0M，故B错误；设M粒子在偏转磁场中运动半径为r1，则qv0MB2＝mMv0M2r1，解得r1＝mMv0MqB2＝2UB1EB2，设N粒子在偏转磁场中运动的半径为r2，则2r1－2r2cs θ＝d，联立解得r2＝4UB1−EB2d2EB2csθ，由qvNB2＝mNvN2r2，可得vN＝4UqB1−EB2qd2EmNcsθ，N粒子在选择器中由动能定理有－Edq＝12mNvN2－12mNv0N2，在加速电场中Uq＝12mNv0N2，联立解得mN＝q(4UB1−EB2d)28E2cs2θ(U−Ed)，v0N＝4Ecsθ·U(U−Ed)4UB1−EB2d，要使得粒子N沿轴线OO'通过选择器，需满足qv0NB1'＝qE'，联立解得E'B1'＝v0N＝4Ecsθ·U(U−Ed)4UB1−EB2d，故C错误；设N粒子沿轴线OO'通过选择器，在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为Δx＝2r1－2r3，其中r3＝mNv0NqB2＝(4UB1−EB2d)U2B2Ecsθ·U−Ed，可得Δx＝4UB1EB2＋(EdB2−4UB1)UB2Ecsθ·U−Ed，故D正确。
【难度】较难题
(2025·北京·12) 电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线向里的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向向左流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是( )
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
【答案】C
【解析】根据左手定则可知液体中正离子向下偏转，负离子向上偏转，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，有U02rq＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立可得U0＝2BQπr，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，则Q＝U0πr2B⊥，此时测得的流量Q偏小，故D正确。
【难度】中档题
专题十二 电磁感应
考点1 自感 互感现象
（2025·浙江1月选考·9）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是( )
【难度】中档题
【答案】B
【解析】 在题图A电路中，当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给动力电池充电，选项A错误；在题图B电路中，当S闭合电路稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当于电源，电源U与L中的自感电动势共同加在动力电池两端，且此时二极管能导电，从而实现由低压向高压充电，选项B正确；在题图C电路中，当S闭合电路稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在动力电池两端，则不能实现由低压向高压充电，选项C错误；在题图D电路中，当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开电路电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当于电源加在动力电池两端，则不能实现由低压向高压充电，选项D错误。
考点2 电磁感应现象 楞次定律
(2025·北京·10) 绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则( )
A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
【答案】D
【解析】有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。
【难度】基础题
(2025·北京·3) 下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是( )
A.图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
【答案】A
【解析】圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量减小，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。
【难度】基础题
(2025·河南卷·9) 手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是( )
A.若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且IcId，C正确；若a的方向沿右偏上30°，说明手机框架向上运动以及向右运动，且向右运动的分速度大于向上运动的分速度，可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic>Id，D错误。
【难度】中档题
【关联题点】法拉弟电磁感应定律的应用
(2025·河南卷·5) 如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是( )
【答案】C
【解析】根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，下一刻，薄片右侧向下的磁通量减小，左侧向下的磁通量增加，根据楞次定律可知沿N极到S极的方向看，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
【难度】基础题
考点3 法拉第电磁感应定律的应用
(2025·甘肃卷·6) 闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是( )
A.在0~T4内，Φ和E均随时间增大
B.当t＝T8与3T8时，E大小相等，方向相同
C.当t＝T4时，Φ最大，E为零
D.当t＝T2时，Φ和E均为零
【答案】C
【解析】在0~T4时间内，磁感应强度B增加，根据Φ＝BS可知磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔBΔtS，感应电动势E逐渐减小，选项A错误；当t＝T8和t＝3T8时，因B－t图像的斜率绝对值相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B错误；t＝T4时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；t＝T2时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D错误。
【难度】基础题
(2025·湖北卷·5) 如图(a)所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为( )
A.B0Lx04RB.B0Lx02R
C.B0Lx0RD.2B0Lx0R
【答案】B
【解析】t＝0时，Φ1＝B0Lx0；t＝T时，磁感应强度为零，Φ2＝0，0~T时间内流过回路的电荷量q＝IΔt＝IT，I＝E2R，E＝ΔΦΔt＝B0Lx0−0T，联立以上各式，解得q＝B0Lx02R，故选B。
【难度】中档题
(2025·四川·14) 如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
【答案】(1)Blv (2)B2l2v22rd+s (3)s2−B2l2ℎv2mgr
【解析】(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，在回路中产生的感应电动势E＝Blv
(2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R＝2dr＋2sr
故此时回路中的热功率为P＝E2R＝B2l2v22r(d＋s)
(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，设绳子拉力为FT，与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F安＝FTcs θ，mg＝FTsin θ
根据几何关系有tan θ＝ℎs−x
同时有F安＝BIl，I＝Blv2r(x＋s)
联立解得x＝s2−B2l2ℎv2mgr。
【难度】中档题
【关联题点】静态平衡(正交分解法)
(2025·广东·9) 如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有( )
A.线圈电阻为EIB.I越大，表明m越大
C.v越大，则E越小D.m＝EIvg－M
【答案】BD
【解析】设线圈水平边的长度为L，步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m＋M)g＝BIL，由此可知I越大，表明m越大，B正确；步骤②中线圈中的电动势E＝BLv，由此可知v越大，E越大，C错误；由于两步骤中B与L不变，则以上各式联立可得(m＋M)g＝IEv，变形可得m＝EIvg－M，D正确；E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的，I是步骤①中通的电流，故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻，A错误。
【难度】中档题
(2025·山东卷·7) 如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域Ⅰ边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为( )
A.BLvB.2BLv2
C.3BLv2D.10BLv4
【答案】D
【解析】由题意可知每根导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为T＝2Lv，导体棒通过区域Ⅰ时，产生的电动势大小为E1＝BLv，经过的时间为t1＝Lv＝T2，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2＝B×0.5Lv，经过的时间为t2＝Lv＝T2，根据交变电流有效值的定义有E12R·T2＋E22R·T2＝E有2RT，代入数据可得E有＝10BLv4，故选D。
【难度】中档题
【关联题点】交流电四值
9．(2025·黑吉辽蒙·9) 如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则( )
A.t＝0时，电流方向为abcdefa
B.t＝0时，感应电动势为Bl2ω
C.t＝πω时，感应电动势为0
D.t＝0到t＝πω过程中，感应电动势平均值为0
【答案】AB
【解析】线框转动时，切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af，t＝0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生感应电动势，此时af边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势为E＝Blv＝Blωl＝Bl2ω，A、B正确；t＝πω时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势不为零，C错误；t＝0到t＝πω的过程中，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量大小为|ΔΦ|＝2BS＝2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E＝|ΔΦΔt＝2Bωl2π，D错误。
【难度】中档题
(2025·黑吉辽蒙·14) 如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0~1 s内B－t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0~1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中1~2 s内B－t图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
【答案】(1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可知E1＝ΔΦΔt＝ΔB·12L2Δt＝0.2−0.11−0×12×12 V＝0.05 V
由欧姆定律可知，0~1 s内导体框中的感应电流大小为I1＝E1R＝0.1 A
由题图(b)可知，t＝0.5 s时磁感应强度大小为B0.5＝0.15 T
所以此时导体框ad边受到的安培力大小F＝B0.5I1L＝0.15×0.1×1 N＝0.015 N
(2)由题图(c)可知1~2 s内导体框中的感应电流大小为I2＝0.2 A，方向为逆时针，根据欧姆定律可知1~2 s内导体框的感应电动势大小为E2＝I2R＝0.1 V
由于磁感应强度B随时间t连续变化且磁场方向始终竖直向下，由楞次定律可知磁感应强度B增大。
由法拉第电磁感应定律有E2＝ΔΦ'Δt'＝ΔB'·12L2Δt'＝0.1 V
可知1~2 s内磁感应强度的变化率为ΔB'Δt'＝B2−B1Δt'＝0.2 T/s
则t＝2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，方向竖直向下，故1~2 s内的B－t图像如图所示。
(3)由动量定理可知－B2ILΔt＝mv1－mv0
其中q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR＝B2L22R
联立解得v1＝0.01 m/s。
【难度】中档题
【关联题点】感生图像
（2025·浙江1月选考·13）如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则( )
A.圆环Ⅰ中电流的有效值为3πr2B0Rt0
B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2B0t0
C.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为πr2B012Rt0
D.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2B0t0
【答案】BD
【解析】 由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=πr2B0Rt0
在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=2πr2B0Rt0
设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有
I2R·3t0=I12R·2t0+I22Rt0
联立解得I=2πr2B0Rt0
故A错误；
设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·2B0t0
根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2B0t0，故B正确；
由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；
以O点为圆心，过P、Q两点的圆轨道，在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2B0t0
则P、Q两点间圆弧的电动势为
E'=30°360°E=112πr2B0t0
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成的回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2B0t0，故D正确。
【难度】较难题
考点4 电磁感应中的图像问题
题点1 感生图像
题点2 动生图像
考点5 电磁感应中的动力学问题
题点1 线框过磁场问题
(2025·重庆卷·10) 如图甲所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv＋b(k>0，b>0)，且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图乙所示，图中v0(v0C，可知光线2会发生全反射，故选C。
【难度】基础题
(2025·四川卷·9) 某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行(θ22，即C>45°，根据几何知识可知光线第一次发生全反射时的入射角为θ30°，故此时不会发生全反射，故B错误；若选用折射率为2的光学玻璃，此时sin C＝12，即C＝30°，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于等于30°，即第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角一定大于等于60°，根据几何关系可知第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角等于第二次全反射入射角，故可能为70°，故C正确；若入射光线向左移动，可知第一次全反射时的反射光线向左移动，第二次全反射时的反射光线向左移动，同理，第三次全反射时的反射光线向左移动，即出射光线向左移动，故D正确。
【难度】中档题
(2025·云南·13) 用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效为点光源，为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射，可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充，如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5，盖玻片厚度d＝2.0 mm，盖玻片与物镜的间距h＝0.20 mm，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速c＝3.0×108 m/s，π＝3.14。
(1)求未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积(结果保留2位有效数字)；
(2)滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为t1、t2，求t2－t1(结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)1.0×10－5 m2 (2)3.3×10－13 s
【解析】(1)全反射的临界角满足sin C＝1n＝23
设未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光圆的半径为r，由几何关系知sin C＝rr2＋d2，代入数据解得r＝455 mm
未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为S＝πr2≈1.0×10－5 m2。
(2)当光从O点垂直于盖玻片的上表面入射时，传播的时间最短，则未滴油时，光从O点传播到物镜的最短时间为t1＝dv＋ℎc＝dcn＋ℎc＝nd＋ℎc
滴油后，光从O点传播到物镜的最短时间为t2＝dv＋ℎv＝dcn＋ℎcn＝n(d＋ℎ)c
故t2－t1＝(n−1)ℎc＝0.5×0.2×10−33.0×108 s≈3.3×10－13 s。
【难度】中档题
(2025·河北·13) 光纤光谱仪的部分工作原理如图所示。待测光在光纤内经多次全反射从另一端射出，再经棱镜偏转，然后通过狭缝进入光电探测器。
(1)若将光纤简化为真空中的长玻璃丝，设玻璃丝的折射率为233，求光在玻璃丝内发生全反射时的最小入射角。
(2)若探测器阴极材料的逸出功为9.939×10－20 J，求该材料的截止频率(普朗克常量h＝6.626×10－34 J·s)。
【答案】(1)60° (2)1.5×1014 Hz
【解析】(1)光在玻璃丝内发生全反射的最小入射角满足sin C＝1n
可得C＝60°
(2)根据爱因斯坦光电效应方程hν0＝W0
可得ν0＝1.5×1014 Hz。
【难度】基础题
【关联题点】光电效应
(2025·黑吉辽蒙·3) 如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则( )
A.激光在甲中的频率大
B.激光在乙中的频率大
C.用甲时全反射临界角大
D.用乙时全反射临界角大
【答案】D
【解析】激光在不同介质中传播时，其频率不变，故A、B错误；根据sin C＝1n，甲的折射率比乙的大，则用乙时全反射临界角大，故C错误，D正确。
【难度】基础题
（2025·浙江1月选考·10）测量透明溶液折射率的装置如图甲所示。在转盘上共轴放置一圆柱形容器，容器被透明隔板平分为两部分，一半充满待测溶液，另一半是空气。一束激光从左侧沿直径方向入射，右侧放置足够大的观测屏。在某次实验中，容器从图乙(俯视图)所示位置开始逆时针匀速旋转，此时观测屏上无亮点；随着继续转动，亮点突然出现，并开始计时，经Δt后亮点消失。已知转盘转动角速度为ω，空气折射率为1，隔板折射率为n，则待测溶液折射率nx为(光从折射率n1的介质射入折射率n2的介质，入射角与折射角分别为θ1与θ2，有sin θ1sin θ2=n2n1)( )
A.1sin(ωΔt2)B.1sin(π−ωΔt2)
C.nsin(ωΔt2)D.nsin(π−ωΔt2)
【答案】A
【解析】 由题意可知当屏上无亮点时，光从隔板射到空气中时发生了全发射，设光从隔板射向空气时的临界角为C，出现亮点时，光从待测溶液射到隔板再射到空气时发生了折射，可知光在隔板和空气界面恰好发生全反射时，光在待测溶液中的入射角为θ，光路图如图所示，
则从出现亮点到亮点消失，容器旋转了2θ，并且满足2θ=ωΔt，
在隔板和待测溶液界面，有sinθsinC=nnx
在隔板和空气界面，有sin C=1n
解得nx=1sin(ωΔt2)，故选A。
【难度】中档题
考点3 光的折射、全反射的综合应用
题点1 单一类介质
(2025·湖南·3) 如图，ABC为半圆柱体透明介质的横截面，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色光从AC边射入介质，入射点为A点，折射光直接由B点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是( )
A.入射角θ小于45°
B.该介质折射率大于2
C.增大入射角，该单色光在BC上可能发生全反射
D.减小入射角，该单色光在AB上可能发生全反射
【答案】D
【解析】根据题意，画出光路图，如图甲所示，由几何关系可知，折射角为45°，则由折射定律有n＝sinθsin45°＝2sin θ>1，则有sin θ>22，n45°，故A、B错误；
根据题意，由sin C＝1n，可知sin C>22，即C>45°，
增大入射角，光路图如图乙所示，由几何关系可知，光在BC上的入射角小于45°，则该单色光在BC上不可能发生全反射，故C错误；减小入射角，光路图如图丙所示，
由几何关系可知，光在AB上的入射角大于45°，可能大于临界角，则该单色光在AB上可能发生全反射，故D正确。
【难度】基础题
(2025·湖北卷·13) 如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC＝BC，∠C＝30°，三棱镜放在平面镜上，AC边紧贴镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O点，入射角为α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为2。
(1)当α＝45°时，求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值；
(2)若光线从AB边折射后直接到达BC边，并在BC边刚好发生全反射，求此时的α值。
【答案】(1)64 (2)60°
【解析】(1)作出光路图，如图甲所示
由几何关系可知∠BAC＝180°−∠C2＝75°
当α＝45°时，
∠1＝∠BAC－(90°－α)＝30°
所以光在AB边的入射角为∠2＝90°－∠1＝60°
由折射定律得n＝sin∠2sin∠3
则光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值为sin ∠3＝sin∠2n＝64
(2)光在BC边刚好发生全反射，设全反射临界角为C'，根据sin C'＝1n＝22，解得C'＝45°，如图乙所示
由几何关系知，光在AB边的折射角为∠3'＝90°－[180°－(75°＋90°－45°)]＝30°
根据折射定律可知，光在AB边的入射角满足
n＝sin∠2'sin∠3'
解得∠2'＝45°
根据几何关系可知，
α＝90°－[∠BAC－(90°－∠2')]＝60°。
【难度】中档题
(2025·山东卷·15) 由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示，器件下表面圆弧以O点为圆心，上表面圆弧以O'点为圆心，两圆弧的半径及O、O'两点间距离均为R，点A、B、C在下表面圆弧上。左界面AF和右界面CH与OO'平行，到OO'的距离均为910R。
(1)B点与OO'的距离为32R，单色光线从B点平行于OO'射入介质，射出后恰好经过O'点，求介质对该单色光的折射率n；
(2)若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，并垂直CH射出，出射点在GE的延长线上，E点在OO'上，O'、E两点间的距离为22R，空气中的光速为c，求该光在介质中的传播时间t。
【答案】(1)3 (2)193R5c
【解析】(1)如图甲所示，
根据题意可知B点与OO'的距离为32R，OB＝R，所以sin θ1＝32RR＝32
可得θ1＝60°
又因为射出后恰好经过O'点，O'点为该光学器件上表面圆弧的圆心，则该单色光从B点沿直线BO'射到O'点；因为OB＝OO'＝R，所以根据几何关系可知θ2＝30°
介质对该单色光的折射率n＝sin θ1sin θ2＝sin60°sin30°＝3
(2)若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，第一次射出介质的点为D，且O'E＝22R，可知sin θ＝22RR＝22
由于sin θ＝22>sin C＝1n＝33
所以光线在上表面D点发生全反射，轨迹如图乙
根据几何关系可知光在介质中传播的距离为L＝2(GE＋AF)＝195R
光在介质中传播的速度为v＝cn＝3c3
所以光在介质中的传播时间t＝Lv＝195R3c3＝193R5c。
【难度】中档题
(2025·安徽卷·13) 如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为22R，P、Q间的距离为3R。
(1)求玻璃砖的折射率；
(2)在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。
【答案】(1)2 (2)(0，45°]
【解析】(1)根据题意画出光路图如图甲所示
根据几何关系可得sin α＝22RR，cs γ＝32RR，α＝θ
可得θ＝45°，γ＝30°
根据折射定律n＝sinθsinγ＝2
(2)发生全反射的临界角满足sin C＝1n
可得C＝45°
要使激光能在圆心O点发生全反射，激光必须指向O点射入，如图乙所示
只要入射角大于等于45°，即可发生全反射，则使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围(0，45°]。
【难度】中档题
题点2 组合类介质
考点4 光的折射和光的波动性的综合应用
考点5 光的波动性
题点1 光的干涉及衍射
(2025·重庆卷·4) 杨氏双缝干涉实验中，双缝与光屏距离为l，波长为λ的激光垂直入射到双缝上，在屏上出现如图所示的干涉图样。某同学在光屏上标记两条亮纹中心位置并测其间距为a，则( )
A.相邻两亮条纹间距为a5
B.相邻两暗条纹间距为a5
C.双缝之间的距离为4laλ
D.双缝之间的距离为a4lλ
【答案】C
【解析】根据题意，由题图可知，相邻两亮条纹(暗条纹)间距为Δx＝a4，故A、B错误；由公式Δx＝λld可得，双缝之间的距离为d＝λlΔx＝4λla，故C正确，D错误。
【难度】基础题
(2025·北京·2) 下列现象属于光的衍射的是( )
A.雨后天空出现彩虹
B.通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹
C.肥皂膜在日光照射下呈现彩色
D.水中的气泡看上去特别明亮
【答案】B
【解析】雨后彩虹是阳光在雨滴中发生折射、反射和色散形成的，属于光的色散现象，故A错误；通过狭缝观察日光灯出现彩色条纹，是光绕过狭缝边缘产生的衍射现象，故B正确，肥皂膜彩色条纹是光在薄膜前后表面反射后发生干涉形成的，属于薄膜干涉，故C错误；水中气泡明亮是由于光从水进入气泡时发生全反射，使得更多光线进入人眼，故D错误。
【难度】基础题
(2025·山东卷·3) 用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝S1、S2关于OO'轴对称，光屏垂直于OO'轴放置。将偏振片P1垂直于OO'轴置于双缝左侧，单色平行光沿OO'轴方向入射，在屏上观察到干涉条纹，再将偏振片P2置于双缝右侧，P1、P2透振方向平行。保持P1不动，将P2绕OO'轴转动90°的过程中，关于光屏上的干涉条纹，下列说法正确的是( )
A.条纹间距不变，亮度减小
B.条纹间距增大，亮度不变
C.条纹间距减小，亮度减小
D.条纹间距不变，亮度增大
【答案】A
【解析】根据干涉条纹间距公式Δx＝Ldλ可知当P2旋转时，L、d、λ均不变，故条纹间距不变；随着P2的旋转，透过P2的光不断减小，干涉条纹的亮度减小。
【难度】基础题
(2025·陕晋青宁·9) 在双缝干涉实验中，某实验小组用波长为440 nm的蓝色激光和波长为660 nm的红色激光组成的复合光垂直照射双缝，双缝间距为0.5 mm，双缝到屏的距离为500 mm，则屏上( )
A.蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹
B.蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小
C.距中央亮条纹中心1.32 mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠
D.距中央亮条纹中心1.98 mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠
【答案】BC
【解析】蓝光与红光频率不等，不能发生稳定干涉形成条纹，故A错误；根据相邻干涉条纹间距公式Δx＝Ldλ，由于蓝光的波长较短，故蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小，故B正确；蓝光的相邻干涉条纹间距为Δx1＝4.4×10－4 m，红光的相邻干涉条纹间距为Δx2＝6.6×10－4 m，要使蓝光和红光亮条纹中心重叠，可知Δx1·m＝Δx2·n，其中m＝0，1，2…，n＝0，1，2…，C项中x1＝1.32 mm＝3Δx1＝2Δx2，满足条件；D项中x2＝1.98 mm＝4.5Δx1＝3Δx2，不满足条件；故C正确，D错误。
【难度】中档题
题点2 薄膜干涉
（2025·浙江6月选考·12） 氢原子从n=4、6的能级向n=2的能级跃迁时分别发出光P、Q。则( )
A.P、Q经过甲图装置时屏上谱线分别为2、1
B.若乙图玻璃棒能导出P光,则一定也能导出Q光
C.若丙图是P入射时的干涉条纹,则Q入射时条纹间距减小
D.P、Q照射某金属发生光电效应,丁图中的点1、2分别对应P、Q
【答案】BC
【解析】 氢原子从n=4、6的能级向n=2的能级跃迁时分别发出P、Q光,则P光对应的光子能量较小,光子的频率较小,P光的折射率较小,则经过甲图装置时P光的偏折程度较小,则P、Q在屏上谱线分别为1、2,A错误;根据sin C=1n可知,P光折射率较小,则发生全反射的临界角较大,若乙图玻璃棒能导出P光,则一定也能导出Q光,B正确;若丙图是P光入射时的干涉条纹,因P光波长大于Q光,则Q光入射时条纹间距减小,C正确;P光频率小于Q光,根据Ek=hν-W逸出功,可知丁图中的点1、2分别对应Q、P,D错误。
【难度】 中档题
题点3 光的偏振
考点6 电磁波
专题十五 热学
考点1 分子动理论与内能
题点1 热运动
题点2 分子间作用力及分子势能
(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。
【难度】基础题
题点3 气体内能
题点4 分子运动速率分布规律(包括气体压强的微观解释)
(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，则单位时间内碰撞单位面积器壁的次数较多，故D错误。
【难度】基础题
【关联题点】气体内能
考点2 固体和液体性质的理解
题点1 晶体和非晶体
题点2 饱和汽压和湿度的理解
考点3 气体实验定律
(2025·重庆卷·13) 如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体(视为理想气体)压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时
(1)腔内气体的压强；
(2)外界气体的压强；
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。
【答案】(1)p2 (2)p2+mgS (3)12
【解析】(1)根据题意可知腔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
其中p1＝p，V1＝Sd，V2＝2Sd
可得p2＝p2
(2)对下极板受力分析有p2S＋mg＝p0'S
可得p0'＝p2S＋mgS＝p2＋mgS
(3)根据平行板电容器的决定式C＝εrS4πkd，变化后间距为2d，其他条件均不变
可知电容器的电容变为初始时的12。
【难度】基础题
【关联题点】平行板电容器
(2025·湖南·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＝0.2 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
【答案】(1)p0(L2−L1)L1ρℎ (2)9.5 m·s-2
【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＝p0(L2−L1)L1ρℎ
(2)封闭气体发生等容变化，由查理定律可得p1T1＝p2T2
代入数据解得g＝9.5 m·s－2。
【难度】基础题
(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正确。
【难度】中档题
(2025·四川卷·4) 如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。将气缸置于恒温冷水中，如图乙所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则( )
A.活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高
B.活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变
C.活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高
D.活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变
【答案】D
【解析】根据题意可知活塞从a到b的过程中，气缸内气体温度降低，则内能减小，对活塞受力分析，有pS＝p0S＋mg，压强不变，故A、B错误；根据题意可知活塞从b到a的过程中气缸内气体温度不变，则内能不变，体积增大，根据玻意耳定律pV＝C可知压强减小，故C错误，D正确。
【难度】基础题
【关联题点】气体内能
(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D错误。
【难度】基础题
(2025·广东·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＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)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)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＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
【答案】(1)0.05 m 1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa
【解析】(1)根据体积关系S1h1＝S2h2
可得下方液面下降高度h2＝0.05 m
此时下方气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据可得p1＝1.2×105 Pa
(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＝0.04 m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'＝1.25×105 Pa
同理根据体积关系S1h3＝S2h4
可得h4＝0.01 m
此时下方气室内气体压强p2＝p'＋ρg(H＋h3＋h4)
代入数据可得p2＝1.35×105 Pa。
【难度】中档题
【关联题点】液柱问题
(2025·福建·9) 洗衣机水箱的导管内存在一竖直空气柱，根据此空气柱的长度可知洗衣机内水量的多少。当空气柱压强为p1时，空气柱长度为L1，水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为p2，则空气柱长度L2＝ ，该过程中内部气体对外界 (填“做正功”“做负功”或“不做功”)。
【答案】p1L1p2 做正功
【解析】设导管的横截面积为S，水位下降后，空气柱温度不变，根据玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，可得L2＝p1L1p2；该过程中内部气体体积增大，故内部气体对外界做正功。
【难度】基础题
考点4 液柱问题
考点5 汽缸活塞问题
考点6关联气体问题
(2025·河南卷·10) 如图，一圆柱形汽缸水平固定，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1