高考物理二、三轮复习总攻略专题2.1矢量的运算问题(原卷版+解析)

核心主干专题突破专题2.1矢量的运算问题目录TOC\o"1-3"\h\u【突破高考题型】 1题型一受力分析及力与物体的静态平衡 1题型二动态平衡问题 4题型三电场强度的叠加与计算 10题型四磁场的叠加 12【专题突破练】 14【突破高考题型】题型一受力分析及力与物体的静态平衡1．平衡条件F合＝0或者eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Fx＝0,Fy＝0))。2．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法交替使用。3．共点力平衡的常用处理方法(1)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。(2)效果分解法：将某个力按力的效果分解，其分力与其他力满足平衡条件。(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，满足平衡条件Fx＝0，Fy＝0。【例1】(2022·杭州二中综训)如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态，现用力F沿斜面向上推A，AB仍处于静止状态，下列说法正确的是()A．未施加力F时，B受6个力，A受3个力B．未施加力F时，B可能受墙的摩擦力C．施加力F后，B受到的弹簧弹力变小D．施加力F后，B与墙之间一定存在摩擦力【总结提炼】(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法或隔离法进行分析。(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。【例2】(2022·广东高考，1)图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是()A．F＝F1 B．F＝2F1C．F＝3F1 D．F＝eq\r(3)F1【例3】(2022·湖南卷)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【例4】(2022·山西晋中期末)三根足够长的导体棒a、b、c呈等边三角形排列，质量均为m，电流大小相等、方向如图所示，a、b两导体棒放置在粗糙的水平桌面上，导体棒c被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g，则()A．弹簧的拉力大于c导体棒的重力B．桌面对a、b导体棒的摩擦力均为零C．桌面对a导体棒的支持力大于eq\f(3,2)mgD．若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，则弹簧长度增大【总结提炼】1．分析步骤2．“两看”与“两想”(1)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。(2)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。题型二动态平衡问题1.解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，“静”中求“动”，分析各力的变化情况或极值问题。2.动态平衡问题的分析过程与处理方法【例1】(2022·重庆一中考前适应考)消防员在抢险救灾工作中扮演了非常重要的角色，被誉为“最可爱的人”。在救援过程中常常需要从顶楼直降到某一楼层(如图甲所示)，在下降过程中，可以将模型简化为如图乙所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，人的重力全部集中在B点，A到B可简化为轻杆，OB为轻绳。已知下降过程中AB长度以及AB与竖直方向的夹角保持不变。初始时刻，消防员保持静止，下降一定高度后再次保持静止，静止后相对于初始位置，下列说法正确的是()A．AB杆的支持力变大B．AB杆的支持力变小C．AB杆的支持力保持不变D．条件不足，无法判断【总结提炼】如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。【例2】(2021·湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．墙面对凹槽的压力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【例3】(多选)(2022·湖北高考，11)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq\f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq\r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A.棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)B.棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°【总结提炼】如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。【例4】(2022·稽阳联谊学校联考)如图所示，小球A固定在立柱上，立柱固定在地面上，O点在A点正上方，小球B用绳子悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看作质点，此时绳子拉力大小记为T，弹簧的弹力大小记为F；现换一根劲度系数不同的轻质弹簧，绳子不换，整个系统再次处于静止状态，则()A．T变化，F变化 B．T变化，F不变C．T不变，F变化 D．T不变，F不变【例5】(2022·杭州二中综训)如图所示，一带电小球A固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B，另一端用一拉力F拉住使小球B处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ(θ>0)，小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线，使小球B移动一段距离，则在小球B移动过程中，下列说法正确的是()A．小球A、B间的距离减小B．细线与竖直方向的夹角θ减小C．小球B的运动轨迹为圆弧D．拉力F先减小再增大【提炼总结】此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)、弹簧或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，对应边成比例，建立各力间的关系。【例6】(2022·西南大学附中二模)如图a所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图b)。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图a中BO与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变得水平的过程中，石球对OB板的压力FN1、对OA板的压力FN2的大小变化情况是()A.FN1变小、FN2先变大后变小B.FN1变小、FN2变大C.FN1变大、FN2变小D.FN1变大、FN2先变小后变大【总结提炼】此法是在其中一个力的大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，且已知两个力的夹角的情况下用正弦定理的方法求解。题型三电场强度的叠加与计算【例1】(2022·山东高考，3)半径为R的绝缘细圆环固定在图位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为()A.正电荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B.正电荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C.负电荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D.负电荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)【例2】(2021·湖南高考，4)如图所示，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为eq\r(2)a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为()A.(0，2a)，eq\r(2)q B.(0，2a)，2eq\r(2)qC.(2a，0)，eq\r(2)q D.(2a，0)，2eq\r(2)q【例3】(2022·山东新高考演练卷)如图所示，水平面内有一边长为a的正方形ABCD，O点为正方形的几何中心，P点为O点正上方的一点，P点到A、B、C、D四点的距离均为a。现将四个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C、D处，已知静电力常量为k，以无穷远处为零电势点。则下列说法正确的是()A.O点的电场强度大小为keq\f(Q,a2)B.O点的电势为零C.P点的电势比O点的电势高D.P点的电场强度大小为2eq\r(2)keq\f(Q,a2)【提炼总结】特殊电场强度的四种求法对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如将一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易微元法将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体产生电场的电场强度，再结合对称性和场强叠加原理求出合电场强度题型四磁场的叠加磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。(3)应用平行四边形定则进行合成。【例1】(2021·全国甲卷，16)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A.B、0 B.0、2BC.2B、2B D.B、B【例2】(2022·浙江3月模拟)如图所示，四根长直导线垂直纸面放置，其横截面位于一边长为a的正方形顶点A、C、D、E上。四根导线中均通以大小为I0的恒定电流，电流方向如图所示，已知载流长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝keq\f(I,r)，式中k为常量，I为导线中的电流，r为该点到导线的距离。下列说法正确的是()A.A处导线所受安培力方向从A指向DB.A处长为L的一段导线所受安培力大小为eq\f(3\r(2)kIeq\o\al(2,0)L,2a)C.若仅改变D处导线中的电流方向，A处导线所受安培力大小变为原来的2倍D.若仅改变E处导线中的电流方向，A处导线所受安培力大小变为原来的eq\r(5)倍【例3】(多选)(2022·名校联盟选考)图甲中一半径为R的圆形面内沿竖直直径放置一通电直导线，图乙中平行放置三根通电直导线，间距均为a，图丙中在边长为a的正方形的四个顶点分别放置垂直纸面的通电直导线，导线间距离及导线中电流的大小和方向已在图中标出。已知电流为I的通电直导线在距离直导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)。下列说法正确的是()A．图甲中圆形区域的磁通量为零B．图乙中通有电流I0的直导线所受安培力为零C．图丙中O点的磁感应强度大小为eq\f(2kI,a)D．图乙中调节I0大小，三根直导线所受安培力可能都为零【专题突破练】1．(2022·山东济宁二模)如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数k的值为()A.eq\f(mgsinθ,2R) B.eq\f(mgsinθ,R)C.eq\f(mgcosθ,R) D.eq\f(mgtanθ,R)2.(2022·湖南娄底质检)如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面且处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是()A.eq\f(\r(3),2)ILB0，水平向左B.eq\f(\r(3),2)ILB0，水平向右C.eq\r(3)ILB0，水平向左D.eq\r(3)ILB0，水平向右3.(2022·名校联盟联考)某研究小组利用所学物理知识，研究篮球鞋的防滑性能。同学将球鞋置于斜面上，逐渐增大斜面与水平面之间夹角，当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，设篮球鞋受到的滑动摩擦力等于其最大静摩擦力，下列说法正确的是()A．需测量篮球鞋质量后，才能求得篮球鞋与斜面间动摩擦因数B．鞋子与斜面间动摩擦因数为0.6C．人穿上鞋子踩在相同材料板上时，压力增大，动摩擦因数也会变大D．篮球鞋开始滑动前，摩擦力随夹角增大而变大4.(2022·广东广州模拟)单兵飞行器使得人类像鸟儿一样自由飞行的梦想成为现实。某士兵驾驶单兵飞行器(由燃油背包和脚下的喷射器组成)在无风的晴朗天气里沿水平方向匀速飞行的场景如图所示，喷射器引擎沿士兵身体所在直线的方向斜向后喷气，士兵身体与水平面的夹角为θ，受到的空气阻力大小f＝kv2(其中k为常量，v是飞行速度的大小)，不计喷气过程燃油的减少，则士兵飞行的速度大小为()A.eq\r(\f(G,ksinθ)) B.eq\r(\f(kG,sinθ))C.eq\r(\f(G,ktanθ)) D.eq\r(\f(kG,tanθ))5.(2022·石家庄市高三质量检测)如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(6＋\r(3),33)C.eq\f(\r(3),15)D.eq\f(\r(3),18)6.(多选)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>eq\f(π,2))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小7.(2022·云南师大附中模拟)如图所示，AC是上端带光滑轻质定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。则此过程中()A．轻杆BC所受的力逐渐减小B．轻杆BC所受的力的方向不一定沿杆C．力F的大小逐渐减小D．力F的大小先减小后增大8.(2022·河南郑州市调研)两个完全相同的弹簧测力计竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧测力计的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧测力计的示数为F2。下列说法正确的是()A．直导线ab的质量m＝eq\f(F1＋F2,g)B．直导线ab的质量m＝eq\f(F1＋F2,2g)C．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(2F2－2F1,IL)D．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(F2－F1,2IL)9.(2022·“七彩阳光”联考)因为办公室调整，原办公地点的个人物品需要搬到新地方。如图12是黄老师通过绳子用力F拉一个置物箱在粗糙的水平地面上匀速前进，已知置物箱质量为M，置物箱与地面间的动摩擦因数为μ，力F与水平方向所夹锐角为θ。下列方法正确的是()A．置物箱对地面的压力大小为μMgB．角度θ适当的话，拉置物箱的拉力大小有最小值C．置物箱所受弹力的方向是垂直地面竖直向上D．撤去拉力F之后，置物箱会继续做匀速直线运动10.(2021·1月新高考8省联考·湖南)如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1，只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)11.(2022·哈尔滨六中一模)如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是()A.地面所受M的压力一直增大B.地面对M的摩擦力一直增大C.水平作用力F的大小一直增大D.E、M间的压力最大值为2G12.(2022·河北大名县一中模拟)水上滑翔伞是一项刺激的水上运动，如图13所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉。为了研究这一情境中的受力问题，可以将座椅和人作为研究对象，简化为如图所示的模型，座椅和人受到牵引绳、滑翔伞的作用力分别为F1、F2，其中F1斜向右下方，F2斜向左上方。若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变。现提高游艇速度再次稳定时，座椅和人受到牵引绳滑翔伞的作用力分别为F1′、F2′，则()A.牵引绳对座椅和人的作用力F1′>F1B.滑翔伞对座椅和人的作用力F2′<F2C.滑翔伞对座椅和人的作用力F2可能小于座椅和人的重力D.滑翔伞对座椅和人的作用力F2与座椅和人的重力的合力方向可能水平向左13.(2022·河北省高三模拟)如图所示，纸面上a、b、c三点构成一个等边三角形，a、b、d三点构成一个等腰直角三角形，两根长直导线垂直纸面分别放置在a、b两点处，通以图示方向的大小相等的电流，整个装置处在一匀强磁场中，c点处磁感应强度为零.已知通电长直导线在周围某点产生的磁感应强度的大小满足B＝eq\f(kI,r)(式中I为电流，r为该点到导线的距离，k为常量且大于零)，a、b间的距离为L，导线中电流大小为I0.下列说法正确的是()A.匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(\r(3)kI0,L)，方向垂直ab向右B.匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(kI0,L)，方向平行于ab向下C.d点的磁感应强度大小为eq\f(\r(3)＋2kI0,L)，方向平行于ab向上D.d点的磁感应强度大小为eq\f(\r(5)kI0,L)，方向垂直ab向右14.(2022·安徽省江南十校高三3月一模联考)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在边长为L的正方体的两个顶点上，A是正方体的另一个顶点，如果点电荷q、－q连线中点O的电场强度大小是E，则正方体A点的电场强度大小是()A.eq\f(9,16)EB.eq\f(3\r(5),16)EC.eq\f(3,16)ED.eq\f(9\r(5),16)E15.(2022·四川凉山州高三二模)如图所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠A＝30°，D为AB的中点．在A、B两点分别放置点电荷QA、QB后，在C点产生的场强方向指向D点．下列说法正确的是()A．QA带正电，QB带负电B．QA的电荷量大小为QB的3倍C．C点电势高于D点电势D．把一正检验电荷从C点移到D点，电势能增加16.(多选)(2022·山东潍坊市高三下3月一模)如图所示，直角坐标系xOy平面内，O(0,0)、P(a,0)两点各放置一点电荷，Q(0，a)点电场强度沿x轴正方向，下列判断正确的是()A．P处点电荷带正电B．P处点电荷量大于O点电荷量C．从P点沿x轴正方向电势越来越低D．从O点沿x轴负方向电势先降低再升高17.半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示，在a、b、c三点分别垂直于纸面放置三根等长的长直导线(a、b两点位于水平直径两端)，导线a中通有垂直纸面向里、大小为I1的恒定电流，导线c中电流方向也垂直纸面向里，但大小未知.导线a、b固定，导线c处于静止状态，且与筒壁间无相互作用力，Oc与Oa的夹角为θ＝60°.已知长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)(k为常数，I为长直导线中的电流)，不考虑边缘效应，则b中通过电流的大小和方向为()A.电流大小为I1，方向垂直纸面向里B.电流大小为eq\r(3)I1，方向垂直纸面向里C.电流大小为I1，方向垂直纸面向外D.电流大小为eq\r(3)I1，方向垂直纸面向外18.(2022·山西太原市高三二模)如图，固定在匀强磁场中的线框abc是由一根粗细均匀的导线弯折成的闭合等腰直角三角形，∠c＝90°，线框所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源接在线框的a、b两点间，此时ac受到的安培力大小为F，则()A．导线bc与ac受到的安培力相同B．导线acb受到的安培力大小为eq\f(\r(2),2)FC．导线ab与acb受到的安培力大小相等D．整个线框受到的安培力大于2eq\r(2)F核心主干专题突破专题2.1矢量的运算问题目录TOC\o"1-3"\h\u【突破高考题型】 1题型一受力分析及力与物体的静态平衡 1题型二动态平衡问题 4题型三电场强度的叠加与计算 10题型四磁场的叠加 12【专题突破练】 14【突破高考题型】题型一受力分析及力与物体的静态平衡1．平衡条件F合＝0或者eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Fx＝0,Fy＝0))。2．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法交替使用。3．共点力平衡的常用处理方法(1)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。(2)效果分解法：将某个力按力的效果分解，其分力与其他力满足平衡条件。(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，满足平衡条件Fx＝0，Fy＝0。【例1】(2022·杭州二中综训)如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态，现用力F沿斜面向上推A，AB仍处于静止状态，下列说法正确的是()A．未施加力F时，B受6个力，A受3个力B．未施加力F时，B可能受墙的摩擦力C．施加力F后，B受到的弹簧弹力变小D．施加力F后，B与墙之间一定存在摩擦力【答案】D【解析】开始时A静止，则A受到重力以及B对A的支持力、摩擦力共3个力的作用；根据共点力平衡可知，B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上；开始时B也静止，则B受到重力、弹簧的弹力、A对B的压力与摩擦力，由于B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上，则A对B的压力与摩擦力的合力方向竖直向下，所以B与墙壁之间没有力的作用。所以B受到4个力的作用，A、B错误；对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F有竖直向上的分量，则根据平衡条件知，则B与墙之间一定有摩擦力，D正确。【总结提炼】(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法或隔离法进行分析。(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。【例2】(2022·广东高考，1)图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是()A．F＝F1 B．F＝2F1C．F＝3F1 D．F＝eq\r(3)F1【答案】D【解析】以O点为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得F1cos30°＋F2cos30°＝F，又F1＝F2，可得F＝eq\r(3)F1，故D正确，A、B、C错误。【例3】(2022·湖南卷)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＝eq\f(ILB,mg)，FT＝mgcosθ，则sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。【例4】(2022·山西晋中期末)三根足够长的导体棒a、b、c呈等边三角形排列，质量均为m，电流大小相等、方向如图所示，a、b两导体棒放置在粗糙的水平桌面上，导体棒c被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g，则()A．弹簧的拉力大于c导体棒的重力B．桌面对a、b导体棒的摩擦力均为零C．桌面对a导体棒的支持力大于eq\f(3,2)mgD．若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，则弹簧长度增大【答案】D【解析】由“同向电流吸引，反向电流排斥”知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是排斥力，作用力的合力方向竖直向上，故弹簧的拉力小于c导体棒的重力，A错误；c导体棒对a导体棒的作用力为斜向左下的排斥力，b导体棒对a导体棒的作用力水平向右的吸引力，两力大小相等，夹120°角，合力斜向右下方，a导体棒受力平衡，说明桌面对a导体棒的摩擦力不为零，方向水平向左，同理桌面对b导体棒摩擦力也不为零，方向水平向右，B错误；选择a、b、c棒整体研究，由于弹簧的弹力竖直向上，根据对称性，桌面对a导体棒的支持力小于eq\f(3,2)mg，C错误；若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力增大，弹簧长度增大，D正确。【总结提炼】1．分析步骤2．“两看”与“两想”(1)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。(2)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。题型二动态平衡问题1.解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，“静”中求“动”，分析各力的变化情况或极值问题。2.动态平衡问题的分析过程与处理方法【例1】(2022·重庆一中考前适应考)消防员在抢险救灾工作中扮演了非常重要的角色，被誉为“最可爱的人”。在救援过程中常常需要从顶楼直降到某一楼层(如图甲所示)，在下降过程中，可以将模型简化为如图乙所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，人的重力全部集中在B点，A到B可简化为轻杆，OB为轻绳。已知下降过程中AB长度以及AB与竖直方向的夹角保持不变。初始时刻，消防员保持静止，下降一定高度后再次保持静止，静止后相对于初始位置，下列说法正确的是()A．AB杆的支持力变大B．AB杆的支持力变小C．AB杆的支持力保持不变D．条件不足，无法判断【答案】B【解析】由分析可知，两个状态相比，重力大小方向不变，杆的支持力方向不变，受力如图所示。由作图法可知AB杆的支持力变小，故B正确，A、C、D错误。【总结提炼】如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。【例2】(2021·湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．墙面对凹槽的压力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】C【解析】对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcosα、FN＝mgsinα，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsinα＝eq\f(1,2)mgsin2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcosα，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq\f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。甲乙【例3】(多选)(2022·湖北高考，11)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq\f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq\r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A.棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)B.棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°【答案】BC【解析】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsinθ1－μ(mg－Fcosθ1)＝ma1，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，根据数学知识可得F(eq\r(1＋μ2))sin(θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin(θ1＋α)＝eq\f(μmg＋ma1,F（\r(1＋μ2)）)≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsinθ2＋μ(mg＋Fcosθ2)＝ma2，有F(eq\r(1＋μ2))sin(θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin(θ2＋α)＝eq\f(ma2－μmg,F（\r(1＋μ2)）)≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝eq\f(\r(3),3)，代入cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。【总结提炼】如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。【例4】(2022·稽阳联谊学校联考)如图所示，小球A固定在立柱上，立柱固定在地面上，O点在A点正上方，小球B用绳子悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看作质点，此时绳子拉力大小记为T，弹簧的弹力大小记为F；现换一根劲度系数不同的轻质弹簧，绳子不换，整个系统再次处于静止状态，则()A．T变化，F变化 B．T变化，F不变C．T不变，F变化 D．T不变，F不变【答案】C【解析】以小球B为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力F、绳子的拉力T、合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，做出力的合成如图所示，由三角形相似得eq\f(F合,OA)＝eq\f(T,OB)＝eq\f(F,AB)，又由题意可知，OA和OB不变，可见，绳子的拉力T只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数k无关，所以得到绳子拉力T不变，因为换用不同劲度系数的弹簧，导致AB间的距离不同，所以弹簧弹力F变化，故C正确。【例5】(2022·杭州二中综训)如图所示，一带电小球A固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B，另一端用一拉力F拉住使小球B处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ(θ>0)，小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线，使小球B移动一段距离，则在小球B移动过程中，下列说法正确的是()A．小球A、B间的距离减小B．细线与竖直方向的夹角θ减小C．小球B的运动轨迹为圆弧D．拉力F先减小再增大【答案】C【解析】设小球A、B间的距离记为r，小球B到定滑轮的距离记为L，小球A与滑轮间的距离记为h，且h为一定值，以小球B为研究对象，B球受力分析如图所示根据相似三角形有eq\f(F库,r)＝eq\f(GB,h)＝eq\f(F,L)，又F库＝keq\f(qAqB,r2)，解得r3＝eq\f(kqAqB,GB)h，即小球A、B间的距离r为定值，小球B沿圆周运动，A错误，C正确；小球B沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小，B错误；根据受力分析可得F＝eq\f(L,h)GB，随着细线的缩短，拉力F逐渐减小，D错误。【提炼总结】此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)、弹簧或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，对应边成比例，建立各力间的关系。【例6】(2022·西南大学附中二模)如图a所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图b)。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图a中BO与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变得水平的过程中，石球对OB板的压力FN1、对OA板的压力FN2的大小变化情况是()A.FN1变小、FN2先变大后变小B.FN1变小、FN2变大C.FN1变大、FN2变小D.FN1变大、FN2先变小后变大【答案】A【解析】在倒出石球的过程中，两个板对球的支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知eq\f(FN1,sinβ)＝eq\f(FN2,sinγ)＝eq\f(G,sinα)，在转动过程中β从90°增大到180°，则sinβ不断减小，FN1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sinγ先增大后减小，则FN2将先增大后减小，故选项A正确。【总结提炼】此法是在其中一个力的大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，且已知两个力的夹角的情况下用正弦定理的方法求解。题型三电场强度的叠加与计算【例1】(2022·山东高考，3)半径为R的绝缘细圆环固定在图位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为()A.正电荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B.正电荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C.负电荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D.负电荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)【答案】C【解析】取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,（2R）2)，联立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故C正确。【例2】(2021·湖南高考，4)如图所示，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为eq\r(2)a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为()A.(0，2a)，eq\r(2)q B.(0，2a)，2eq\r(2)qC.(2a，0)，eq\r(2)q D.(2a，0)，2eq\r(2)q【答案】B【解析】(a，0)和(0，a)两位置处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝eq\f(\r(2)kq,a2)，方向由点(a，a)指向点(0，2a)，如图所示。因在距P点为eq\r(2)a的某点处放置的正点电荷Q，使得P点电场强度为零，此正电荷Q应位于(0，2a)点，且电荷量Q满足eq\f(kQ,（\r(2)a）2)＝eq\f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq\r(2)q，B正确。【例3】(2022·山东新高考演练卷)如图所示，水平面内有一边长为a的正方形ABCD，O点为正方形的几何中心，P点为O点正上方的一点，P点到A、B、C、D四点的距离均为a。现将四个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C、D处，已知静电力常量为k，以无穷远处为零电势点。则下列说法正确的是()A.O点的电场强度大小为keq\f(Q,a2)B.O点的电势为零C.P点的电势比O点的电势高D.P点的电场强度大小为2eq\r(2)keq\f(Q,a2)【答案】D【解析】四个电荷量均为Q的正点电荷在O点产生的电场强度的大小相等，由点电荷的电场叠加原理和对称性可知，O点的电场强度大小为零，故A错误；以无穷远处为零电势点，正电荷周围空间电势为正值，可判断O点的电势不为零，又因为沿着电场线方向电势降低，故P点的电势比O点的电势低，故B、C错误；四个电荷量均为Q的正点电荷在P点产生的电场强度的大小均为E＝keq\f(Q,a2)，方向与OP均成45°角，根据对称性可知P点电场强度的方向沿OP方向，根据叠加原理可求出P点的电场强度大小为E＝4keq\f(Q,a2)·cos45°＝2eq\r(2)keq\f(Q,a2)，故D正确。【提炼总结】特殊电场强度的四种求法对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如将一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易微元法将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体产生电场的电场强度，再结合对称性和场强叠加原理求出合电场强度题型四磁场的叠加磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。(3)应用平行四边形定则进行合成。【例1】(2021·全国甲卷，16)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A.B、0 B.0、2BC.2B、2B D.B、B【答案】B【解析】根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。【例2】(2022·浙江3月模拟)如图所示，四根长直导线垂直纸面放置，其横截面位于一边长为a的正方形顶点A、C、D、E上。四根导线中均通以大小为I0的恒定电流，电流方向如图所示，已知载流长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝keq\f(I,r)，式中k为常量，I为导线中的电流，r为该点到导线的距离。下列说法正确的是()A.A处导线所受安培力方向从A指向DB.A处长为L的一段导线所受安培力大小为eq\f(3\r(2)kIeq\o\al(2,0)L,2a)C.若仅改变D处导线中的电流方向，A处导线所受安培力大小变为原来的2倍D.若仅改变E处导线中的电流方向，A处导线所受安培力大小变为原来的eq\r(5)倍【答案】D【解析】根据安培定则可知，C、D、E在A处产生磁场的磁感应强度的方向，又载流长直导线周围某点的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，由磁感应强度的叠加法则得，C、D、E在A处产生磁场的磁感应强度的大小为B＝eq\f(\r(2)kI0,2a)，方向垂直AD连线斜向左下方，根据左手定则，可知A处导线所受安培力方向从D指向A，A错误；故A处长为L的一段导线所受安培力大小为FA＝eq\f(\r(2)kIeq\o\al(2,0)L,2a)，B错误；若仅改变D处导线中的电流方向，A处长为L的一段导线所受安培力大小为FA′＝eq\f(3\r(2)kIeq\o\al(2,0)L,2a)，则A处导线所受安培力大小变为原来的3倍，C错误；若仅改变E处导线中的电流方向，由磁感应强度的叠加法则得，C、D、E在A处磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(10)kI0,2a)，则A处导线所受安培力大小变为原来的eq\r(5)倍，D正确。【例3】(多选)(2022·名校联盟选考)图甲中一半径为R的圆形面内沿竖直直径放置一通电直导线，图乙中平行放置三根通电直导线，间距均为a，图丙中在边长为a的正方形的四个顶点分别放置垂直纸面的通电直导线，导线间距离及导线中电流的大小和方向已在图中标出。已知电流为I的通电直导线在距离直导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)。下列说法正确的是()A．图甲中圆形区域的磁通量为零B．图乙中通有电流I0的直导线所受安培力为零C．图丙中O点的磁感应强度大小为eq\f(2kI,a)D．图乙中调节I0大小，三根直导线所受安培力可能都为零【答案】ABD【解析】根据对称性可知，两个半圆内的磁通量大小相等，方向相反，则图甲中圆形区域的磁通量为零，A正确；根据同向电流相吸、异向电流相斥及对称性可知，图乙中通有电流I0的直导线所受安培力等大反向，合力为0，B正确；图丙中O点有四个磁场，对角的两个同向电流产生的磁感应强度大小相等，方向相反，对角的两个异向电流产生的磁感应强度方向相同，相互叠加后为B＝eq\f(kI,\f(\r(2)a,2))×2＝eq\f(2\r(2)kI,a)，C错误；根据B＝eq\f(kI,r)知，当I0＝eq\f(I,2)时，三根通电导线受到的安培力的合力均为零，D正确。【专题突破练】1．(2022·山东济宁二模)如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数k的值为()A.eq\f(mgsinθ,2R) B.eq\f(mgsinθ,R)C.eq\f(mgcosθ,R) D.eq\f(mgtanθ,R)【答案】A【解析】小球整体处于平衡状态，有mgsinθ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq\f(mgsinθ,2R)，故A正确。2.(2022·湖南娄底质检)如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面且处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是()A.eq\f(\r(3),2)ILB0，水平向左B.eq\f(\r(3),2)ILB0，水平向右C.eq\r(3)ILB0，水平向左D.eq\r(3)ILB0，水平向右【答案】D【解析】根据安培定则，知A、B电流在C处的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，可知θ＝30°，则有BC＝eq\r(3)B0，方向竖直向下。再由左手定则可知，导线C受到的安培力方向水平向左，大小为F安＝eq\r(3)ILB0；由于导线C位于水平面且处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为eq\r(3)ILB0，方向水平向右，故D项正确。3.(2022·名校联盟联考)某研究小组利用所学物理知识，研究篮球鞋的防滑性能。同学将球鞋置于斜面上，逐渐增大斜面与水平面之间夹角，当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，设篮球鞋受到的滑动摩擦力等于其最大静摩擦力，下列说法正确的是()A．需测量篮球鞋质量后，才能求得篮球鞋与斜面间动摩擦因数B．鞋子与斜面间动摩擦因数为0.6C．人穿上鞋子踩在相同材料板上时，压力增大，动摩擦因数也会变大D．篮球鞋开始滑动前，摩擦力随夹角增大而变大【答案】D【解析】设鞋子与斜面间动摩擦因数为μ，由题意可得mgsin37°＝μmgcos37°，解得μ＝tan37°＝0.75，A、B错误；动摩擦因数取决于材料表面的粗糙程度，与压力大小无关，C错误；篮球鞋开始滑动前，摩擦力大小为Ff＝mgsinθ，即Ff随θ的增大而变大，D正确。4.(2022·广东广州模拟)单兵飞行器使得人类像鸟儿一样自由飞行的梦想成为现实。某士兵驾驶单兵飞行器(由燃油背包和脚下的喷射器组成)在无风的晴朗天气里沿水平方向匀速飞行的场景如图所示，喷射器引擎沿士兵身体所在直线的方向斜向后喷气，士兵身体与水平面的夹角为θ，受到的空气阻力大小f＝kv2(其中k为常量，v是飞行速度的大小)，不计喷气过程燃油的减少，则士兵飞行的速度大小为()A.eq\r(\f(G,ksinθ)) B.eq\r(\f(kG,sinθ))C.eq\r(\f(G,ktanθ)) D.eq\r(\f(kG,tanθ))【答案】C【解析】士兵与飞行器组成的系统受到重力、沿着士兵身体斜向上的喷气反冲力以及水平方向的空气阻力的作用，根据物体的平衡条件，空气阻力的大小f＝eq\f(G,tanθ)，又f＝kv2，联立以上两式解得v＝eq\r(\f(G,ktanθ))，故C正确。5.(2022·石家庄市高三质量检测)如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(6＋\r(3),33)C.eq\f(\r(3),15)D.eq\f(\r(3),18)【答案】C【解析】对小球受力分析如图甲所示，由平衡条件有F＝FN＝eq\f(mg,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)mg。对小球和斜面体整体受力分析如图乙所示，由平衡条件有Ff≤μFN1＝μ(3mg－Fcos30°)，斜面体不动，水平方向有Ff＝Fsin30°，将数据代入解得μ≥eq\f(\r(3),15)，故选项C正确，A、B、D错误。6.(多选)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>eq\f(π,2))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析。将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示。在三角形中，根据正弦定理有eq\f(G,sinγ1)＝eq\f(FOM1,sinβ1)＝eq\f(FMN1,sinθ1)，由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ＝180°－α，不变，因sinβ(β为FMN与G的夹角)先增大后减小，故OM上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM上的张力最大，因sinθ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误。7.(2022·云南师大附中模拟)如图所示，AC是上端带光滑轻质定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。则此过程中()A．轻杆BC所受的力逐渐减小B．轻杆BC所受的力的方向不一定沿杆C．力F的大小逐渐减小D．力F的大小先减小后增大【答案】C【解析】以结点B为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据平衡条件可知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据相似三角形得eq\f(F合,AC)＝eq\f(FN,BC)＝eq\f(F,AB)，则FN不变，即轻杆BC所受的力大小不变，且方向始终沿着杆，A、B错误，由于AB绳在变短所以力F的大小逐渐减小，C正确，D错误。8.(2022·河南郑州市调研)两个完全相同的弹簧测力计竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧测力计的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧测力计的示数为F2。下列说法正确的是()A．直导线ab的质量m＝eq\f(F1＋F2,g)B．直导线ab的质量m＝eq\f(F1＋F2,2g)C．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(2F2－2F1,IL)D．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(F2－F1,2IL)【答案】A【解析】设导线质量为m，当ab中通入由a到b的恒定电流I时，由左手定则和平衡条件2F1＋F安＝mg，当电流反向时2F2＝mg＋F安，联立可得m＝eq\f(F1＋F2,g)，A正确，B错误；由A、B中公式可得F安＝ILB＝F2－F1，解得B＝eq\f(F2－F1,IL)，C、D错误。9.(2022·“七彩阳光”联考)因为办公室调整，原办公地点的个人物品需要搬到新地方。如图12是黄老师通过绳子用力F拉一个置物箱在粗糙的水平地面上匀速前进，已知置物箱质量为M，置物箱与地面间的动摩擦因数为μ，力F与水平方向所夹锐角为θ。下列方法正确的是()A．置物箱对地面的压力大小为μMgB．角度θ适当的话，拉置物箱的拉力大小有最小值C．置物箱所受弹力的方向是垂直地面竖直向上D．撤去拉力F之后，置物箱会继续做匀速直线运动【答案】B【解析】对置物箱受力分析如图因为置物箱匀速直线运动，所以FN＝Mg－Fsinθ，Ff＝Fcosθ，Ff＝μFN，联立可知F＝eq\f(μMg,μsinθ＋cosθ)，根据数学知识可知，当角度θ合适时，拉力的确有最小值，B正确；根据上面分析可知，地面对置物箱支持力FN＝Mg－Fsinθ＝eq\f(Mgcosθ,μsinθ＋cosθ)，由牛顿第三定律可知，置物箱对地面的压力大小与地面对置物箱支持力大小相等，A错误；置物箱受到的弹力为绳子拉力、地面支持力，所以根据受力分析可知，其合力应斜向上，C错误；撤去外力后，置物箱会在摩擦力作用下匀减速直线运动，D错误。10.(2021·1月新高考8省联考·湖南)如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1，只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【答案】C【解析】线框在磁场中受到安培力的有效长度为bd＝eq\r(2)L，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为F＝eq\r(2)ILB，因此对导线框，由受力平衡可得F1＋F＝mg；当导线框中的电流反向时，安培力方向竖直向下，此时有mg＋F＝F2，联立可得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，故C正确。11.(2022·哈尔滨六中一模)如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是()A.地面所受M的压力一直增大B.地面对M的摩擦力一直增大C.水平作用力F的大小一直增大D.E、M间的压力最大值为2G【答案】D【解析】将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为研究对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不变，由牛顿第三定律知，地面所受M的压力大小不变，故A错误；以圆柱体E为研究对象，令两圆心连线与地面夹角为θ，有FNsinθ＝G，FNcosθ＝F，解得FN＝eq\f(G,sinθ)，F＝eq\f(cosθ,sinθ)G＝eq\f(G,tanθ)，依题意θ从30°增大到90°，则可知F逐渐变小，C错误；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有Ff＝F，因该过程中水平拉力F一直在变小，地面对M的摩擦力也一直变小，故B错误；因开始时θ最小，则E与M之间的压力FN最大，则有FN＝eq\f(G,sin30°)＝2G，故D正确。12.(2022·河北大名县一中模拟)水上滑翔伞是一项刺激的水上运动，如图13所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉。为了研究这一情境中的受力问题，可以将座椅和人作为研究对象，简化为如图所示的模型，座椅和人受到牵引绳、滑翔伞的作用力分别为F1、F2，其中F1斜向右下方，F2斜向左上方。若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变。现提高游艇速度再次稳定时，座椅和人受到牵引绳滑翔伞的作用力分别为F1′、F2′，则()A.牵引绳对座椅和人的作用力F1′>F1B.滑翔伞对座椅和人的作用力F2′<F2C.滑翔伞对座椅和人的作用力F2可能小于座椅和人的重力D.滑翔伞对座椅和人的作用力F2与座椅和人的重力的合力方向可能水平向左【答案】A【解析】设F1和F2与竖直方向的夹角分别为α、β，水平方向F1sinα＝F2sinβ，由题知速度变大时水平方向空气阻力变大，即F2的水平分量变大，F1也一定变大，即F1′>F1，故A正确；由力的合成知F2是空气对滑翔伞水平分力与竖直分力的合力，因此速度增大时空气对滑翔伞的作用力会变大，即F2′>F2，故B错误；竖直方向上，由平衡条件有F1cosα＋mg＝F2cosβ，因此F2一定大于座椅和人的重力，故C错误；再次稳定时，由于F1、F2与座椅和人的重力三力平衡，F2与座椅和人的重力的合力与F1等大反向，不可能沿水平方向，故D错误。13.(2022·河北省高三模拟)如图所示，纸面上a、b、c三点构成一个等边三角形，a、b、d三点构成一个等腰直角三角形，两根长直导线垂直纸面分别放置在a、b两点处，通以图示方向的大小相等的电流，整个装置处在一匀强磁场中，c点处磁感应强度为零.已知通电长直导线在周围某点产生的磁感应强度的大小满足B＝eq\f(kI,r)(式中I为电流，r为该点到导线的距离，k为常量且大于零)，a、b间的距离为L，导线中电流大小为I0.下列说法正确的是()A.匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(\r(3)kI0,L)，方向垂直ab向右B.匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(kI0,L)，方向平行于ab向下C.d点的磁感应强度大小为eq\f(\r(3)＋2kI0,L)，方向平行于ab向上D.d点的磁感应强度大小为eq\f(\r(5)kI0,L)，方向垂直ab向右【答案】C【解析】由右手螺旋定则和平行四边形定则知两根导线中的电流在c点产生的磁感应强度及叠加情况如图所示，两通电导线在c处产生磁场的磁感应强度大小为Ba＝Bb＝eq\f(kI0,L)，两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度的矢量和Bab＝eq\r(3)Ba＝eq\f(\r(3)kI0,L)，方向平行于ab向下，由于c点的磁感应强度为零，所以匀强磁场的磁感应强度大小为B0＝Bab＝eq\f(\r(3)kI0,L)，方向平行于ab向上，A、B错误；同理可得两通电导线在d点产生磁场的磁感应强度及叠加情况如图所示两通电导线在d处产生磁场的磁感应强度大小Ba′＝Bb′＝