01　第一阶段　专题一　第1讲　力与物体的平衡-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

力与运动力与物体的平衡【备考指南】1．本讲命题方向是创设接近日常生产生活实际的问题情境，重点考查力的合成和分解，共点力的平衡等知识。2．复习备考过程中应重视多物体问题情境的研究，注重灵活应用整体法和隔离法解决问题。3．重视动态平衡问题情境的研究，关注常用到的各种数学方法，如图解法、相似三角形法及正弦定理等。突破点一物体的静态平衡1．受力分析、整体法和隔离法的应用(1)“四步”搞定受力分析“一定”：灵活运用整体法和隔离法确定研究对象；“二析”：按顺序分析研究对象受力情况；“三画”：画出受力示意图；“四查”：检查是否漏力、多力或错力。(2)整体法、隔离法的选用技巧2．求解静态平衡的三种技能(1)力的合成法、效果分解法及正交分解法，示意图如图所示。(2)在三个力作用下物体的平衡问题中，常用合成法或效果分解法分析。(3)在多个力作用下物体的平衡问题中，常用正交分解法分析。[典例1](二维平面多力平衡问题)(2024·浙江1月选考)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g，细线c、d平行且与水平方向成θ＝30°(不计摩擦，重力加速度g取10m/s2)，则细线a、b的拉力分别为()A．2N1N B．2N0.5NC．1N1N D．1N0.5ND[对A、B整体受力分析，如图1所示，由于Td＝Tc＝mg，且两者共线反向，则由力的平衡条件有Ta＝2mg＝1N，方向竖直向上；对A单独受力分析，如图2所示，根据力的平衡条件，水平方向上有Tbcosα＝Tccosθ，竖直方向上有Tbsinα＋Tcsinθ＝mg，联立并代入数据解得α＝θ＝30°，Tb＝Tc＝mg＝0.5N。综上可知，D正确。]【教师备选资源】(二维平面多力平衡问题)(多选)(2024·广东深圳10月质量检测)如图所示，质量M＝3kg的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连。现用与水平方向成60°角的力F拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，F＝103N，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，轻绳与杆的夹角为30°，g取10m/s2，则()A．小球的质量m＝1kgB．小球的质量m＝23C．木块与水平杆间的动摩擦因数μ＝3D．木块与水平杆间的动摩擦因数μ＝3AD[对小球受力分析，由平衡条件可知，水平方向上有Fcos60°＝FTcos30°，竖直方向上有Fsin60°＝FTsin30°＋mg，联立解得m＝1kg，故A正确，B错误；以小球和木块整体为研究对象，水平方向上有Fcos60°－μFN＝0，竖直方向上有FN＋Fsin60°－Mg－mg＝0，联立解得μ＝35，故C错误，D正确。[典例2](三维空间多力平衡问题)(2023·四川遂宁三模)如图所示，将三根长度均为L的完全相同的轻质细杆连接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C三个点，BC连线沿水平方向，△ABC的三边边长也均为L。其中O、A、B、C点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑铰链(未画出)。在O点用细绳悬挂一个质量为m的重物，已知重力加速度为g，则AO杆对墙壁的作用力为()A．33mg B．2C．3mg D．43[思维拆解](1)选O点为研究对象，该点受四个力，四个力并不在同一个平面内。(2)OA、OB、OC三杆对O点的力大小不相同，其中OB、OC两杆对O点的力大小相同。(3)本题中OB、OC两杆对O点的力大小相同，可将两个力合成等效为一个力FBC，这样就将O受到四个空间力转换为三个在同一个平面内的力，即OA杆的力FA、绳的拉力及等效力FBC。B[(等效法的应用)在平面OBC上，应用等效法将OB与OC两杆对O点的作用力等效为FBC，如图1所示，将空间内四力平衡转化为三力平衡。(相似三角形法的应用)如图1所示，从O点作BC边的高，与BC边相交于D点，由图1可知，OB杆和OC杆对O点的作用力的合力FBC沿着DO方向向上。在ADO平面上画出O点的受力情况，并作出平行四边形，如图2所示，可知△ADO与△MOP相似，则有ADAO＝mgFA，AD的长度为Lsin60°＝32L，可得AO杆对O点的弹力FA＝233mg，由牛顿第三定律知AO杆对墙壁的作用力等于233mg，故A[典例3](电场中的平衡问题)(2024·新课标卷)如图所示，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则()A．两绳中的张力大小一定相等B．P的质量一定大于Q的质量C．P的电荷量一定小于Q的电荷量D．P的电荷量一定大于Q的电荷量B[分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有kqPqQl2－qQE＝mQgtanθ，kqPqQl2＋qPE＝mPgtanθ，显然mQgtanθ<mPgtanθ，即mQ<mP，B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为T，下端系有小球Q的细绳的张力大小为T′，则有T＝mPgcosθ，T′＝mQgcosθ，结合上述分析可知，T>T′，A错误；根据小球Q在][典例4](磁场中的平衡问题)(多选)(2024·长沙市新高考适应性考试)如图所示，两根相同的粗糙金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，N端和Q端分别与电源的正、负极相连。匀强磁场垂直于斜面向上，质量为m的导体棒ab水平置于导轨上，处于静止状态。已知重力加速度为g，则下列方法可能使ab棒运动的是()A．仅将电源正、负极对调B．仅增大电源电动势C．仅将匀强磁场方向变为竖直向下D．仅增大匀强磁场的磁感应强度BD[对初始状态静止的导体棒ab受力分析，如图所示，由力的平衡条件有BIL＋mgsinθ＝Ff，又由欧姆定律得I＝ER，则mgsinθ＋BELR＝Ff≤Fmgsinθ-BELR<Ffmax，则导体棒ab一定静止，A错误；仅增大电源的电动势，导体棒ab所受安培力增大，重力沿斜面向下的分力与安培力的合力增大，当该合力大于导体棒ab与导轨间的最大静摩擦力时，导体棒ab开始运动，B正确；仅将匀强磁场方向变为竖直向下，则安培力的方向变为水平向右，有垂直斜面向下的分力，导体棒ab对导轨的压力变大，导体棒ab与导轨间的最大静摩擦力变大，此时有mgsinθ-BELRcosθ<Ffmax<F′fmax，则导体棒ab一定静止，突破点二物体的动态平衡及临界极值问题[典例5](三力动态平衡问题)(2024·重庆南开中学10月检测)在某次体育锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变，将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是()A．右手对铅球的弹力增大B．右手对铅球的弹力先增大后减小C．左手对铅球的弹力增大D．左手对铅球的弹力先增大后减小B[以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力F1、左手对铅球的弹力F2，受力分析如图甲所示。缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小、方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图乙所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。][典例6](多力动态平衡问题)(2024·1月九省联考安徽卷)如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点(N点在M点右上方)，轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON＝60°。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是()A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为33B．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分∠MONC．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大D．物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力可能先增大后减小D[施加拉力F前，以小环O为研究对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得2T1cos30°＝mg，解得轻绳1的张力大小为T1＝33mg，故A正确，不满足题意；物块在缓慢移动过程中，以小环O为研究对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确，不满足题意；物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，以物块为研究对象，根据受力平衡可得T2cosθ＝mg，可知T2＝mgcosθ，可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON＝α逐渐增大，以小环O为研究对象，根据受力平衡可得2T′1cosα2＝T2，可得T′1＝T22cos[典例7](临界极值问题)(多选)(2024·山东日照9月质检)一质量为m的物块恰好能沿倾角为θ＝30°的足够长斜面匀速自由下滑。现在物块沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为α，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若α＝0°，物块沿斜面下滑的过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左B．若α＝60°，物块沿斜面下滑的过程中，地面对斜面的摩擦力为零C．若α＝90°，物块沿斜面下滑的过程中，地面对斜面的摩擦力为零D．若F拉着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mgBC[未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得mgsin30°＝μmgcos30°，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan30°＝33。物块匀速下滑过程中，整体在水平方向上受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若α＝60°，对斜面的压力增加F、摩擦力增加μF，如图所示，根据几何关系可知，tanθ＝μFF＝μ，故此时物块对斜面的作用力方向仍竖直向下，地面对斜面的摩擦力为0，在竖直平面内给物块一任意方向的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，由以上分析可知物块对斜面的作用力方向仍竖直向下，所以无论施加什么方向的力，在物块停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，故A错误，B、C正确；若F拉着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面的夹角为γ，根据平衡条件得Fcosγ＝mgsinθ＋μ(mgcosθ－Fsinγ)，解得F＝mgsinθ+μmgcosθcosγ+μsinγ＝mgsinθ+μmgcosθ1+μ2cosθ-γ。当]1．三力作用下动态平衡的分析方法2．四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：①如图甲，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力mg－qE代替重力与静电力。②如图乙，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力。(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。(3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的最小值时，一般利用三角函数求极值。3．解决临界极值问题的三种方法(1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值。(2)图解法：此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的平衡问题。(3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界状态暴露出来，快速求解。1．(三维空间中三力平衡)(2024·湖南长沙5月三模)如图所示，某创新实验小组制作了一个半径为12cm的圆环，将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点，另外一端连接于同一点，结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5cm。已知轻弹簧的自然长度为9cm，矿泉水的重力为6N，则弹簧的劲度系数为()A．390N/m B．130N/mC．3.90N/m D．1.30N/mB[如图所示，由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x＝122+52cm＝13cm，每根弹簧的伸长量均为Δx＝13cm－9cm＝4cm，根据竖直方向受力平衡可得G＝3kΔxcosθ，解得劲度系数为k＝G3Δxcos]2．(多物体平衡问题)(多选)社会主义核心价值观基本内容为富强、民主、文明、和谐、自由、平等、公正、法治、爱国、敬业、诚信、友善。某公司为了宣传社会主义核心价值观基本内容，用一根轻质细绳将12盏灯笼按如图所示的形式依次悬挂起来，为了追求美感，平衡时左、右两侧细绳与竖直方向的夹角均为45°，相邻两灯笼间的水平距离均为x0，富强、友善两盏灯笼结点的高度均为h，每盏灯笼的质量均为m，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．“平等”、“公正”两灯笼间细绳中的张力大小为6mgB．“爱国”、“敬业”两灯笼间细绳中的张力大小为7mgC．“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h－2x0D．“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－3x0AC[对“平等”灯笼右侧的6盏灯笼整体进行受力分析，如图甲所示，显然T＝6mg，选项A正确；对“公正”灯笼受力分析，如图乙所示，可知tanθ1＝16，同理分析可知，tanθ2＝26，…，tanθ5＝56，由于“爱国”与“敬业”两灯笼之间细绳与水平方向的夹角满足tanθ3＝36，所以细绳中的张力大小为3mgsinθ3＝35Mg，选项B错误；由于相邻两灯笼之间的水平距离均为x0，所以“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h-x0(tanθ3＋tanθ4＋tanθ5)＝h－2x0，“公正”灯笼的结点距地面的高度为h-x0(tanθ]3．(高考新动向·三维空间问题)已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流IP。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流IQ。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小导体棒P中的电流。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．IP与IQ方向相同B．悬挂Q的细线拉力逐渐减小C．悬挂P的细线拉力大小不变D．若P中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半D[同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，由题意可知，两棒互相排斥，故电流方向相反，A错误；如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，BQ距离为L，BP距离为H，由相似三角形知识得mQgH＝2FTL＝FAd，故悬挂Q的细线拉力大小不变，B错误；如图乙所示，将两根导体棒视为整体进行受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为θ，则有2F′T＋2FTcosθ＝(mQ＋mP)g，由于θ逐渐减小，故悬挂P的细线拉力逐渐减小，故C错误；导体棒P在导体棒Q处产生的磁场的磁感应强度B＝kIPd，故导体棒Q受到的安培力FA＝IQBLQ，得FA＝kIPIQLQd∝IPd，而FA＝专题限时集训(一)力与物体的平衡1．(2024·江苏泰州9月开学考)如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内的六个大小相等、互成60°角的恒定拉力作用下，形成一个稳定的正六边形，弹簧在弹性限度内。已知正六边形的外接圆的直径为d，每根弹簧的劲度系数均为k，则每个拉力的大小为()A．k(d－l) B．kdC．k(d－2l) D．2k(d－l)B[由题意可知，每根弹簧的长度为L＝d2，根据胡克定律可得每根弹簧拉力的大小为F弹＝k(L－l)＝kd2-l，以轻质细弹簧两两相连处为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件可得F弹＝F＝kd2-l，B正确，A]2．(2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于()A．12B．33C．22B[只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对在30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos30°≥mgsin30°，解得μ≥33，B正确。3．(2024·河北卷)如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N，g取10m/s2，挡板对球体支持力的大小为()A．33N B．C．233N DA[对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、挡板对其的支持力N1、斜面对其的支持力N2，如图所示。由球体受力平衡得：N1cos60°＝N2cos60°，N1sin60°＋N2sin60°＋T＝mg，解得N1＝N2＝33N，A正确。4．(2024·贵阳市高三第一次教学质量检测)如图所示，一矩形晾衣架固定在水平横杆上。绳与衣架边框的接点A和D与B和C到邻近短边的距离相等，O为绳与挂钩的结点。测得AB＝CD＝32cm、AD＝BC＝24cm、轻质软绳OA＝OB＝OC＝OD＝25cm，衣架和夹子的总质量为0.3kg。重力加速度g取10m/s2，则每根绳的拉力大小为()A．0.75NB．1.25NC．1.4ND．1.6NB[作出晾衣架俯视图]5．(2024·广东佛山5月模拟)如图所示，用AB与AC两根绳悬挂一质量分布不均(重心偏左)的矩形画框，画框底部需保持与水平地面平行。若保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)后悬挂画框，画框保持原状态不动，则改变AC绳长前后()A．AB绳的拉力大小总等于AC绳的拉力大小B．AB绳的拉力大小总小于AC绳的拉力大小C．AB绳的拉力大小不变D．AC绳的拉力大小可能不变D[对画框受力分析如图甲所示，设AB绳上的拉力与水平方向的夹角为θ1，AC绳上的拉力与水平方向的夹角为θ2。根据题意，保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)，则可知该过程中θ1始终不变，且根据几何关系，始终有θ1>θ2。在水平方向根据平衡条件有FABcosθ1＝FACcosθ2，由于θ1始终大于θ2，因此FAB始终大于FAC，故A、B错误；画框所受重力为恒力，AB绳上力的方向始终不变，作出力的矢量三角形如图乙所示，可知，随着AC绳C端向左移动，绳AC与竖直方向的夹角在减小，该过程中绳AC上的拉力可能先减小后增大，当绳AC垂直于绳AB时，绳AC上的拉力有最小值，因此改变AC绳长前后AC绳的拉力大小可能不变，该过程中绳AB上的拉力FAB逐渐减小，但始终大于绳AC上的拉力FAC，故C错误，D正确。]6．如图所示，一粗糙斜面固定在水平地面上，一细绳一端连接放在斜面上的小滑块M，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮和连接小滑块N的光滑动滑轮后，末端固定在竖直杆上的A点，整个系统处于平衡状态，现保持绳固定于A点不变，将竖直杆缓慢地向右移动一段距离，斜面体与小滑块均未发生滑动，已知重力加速度为g。下列关于移动杆的过程中各物理量变化的说法正确的是()A．细绳对小滑块M的拉力减小B．斜面对小滑块M的摩擦力增大C．地面对斜面体的支持力不变D．地面对斜面体的摩擦力减小C[动滑轮两端细绳的拉力相等，设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mNg，解得F＝mNg2cosθ，由几何知识可知将竖直杆缓慢地向右移动一段距离的过程中，两段绳子之间的夹角变大，两段绳子的合力不变，则拉力F增大，所以选项A错误；由于不清楚初始时刻小滑块M所受摩擦力的方向，则斜面对小滑块M的摩擦力可能减小、也可能增大，选项B错误；以小滑块M和斜面体整体为研究对象，根据受力平衡可得地面对斜面体的支持力FN＝(m斜＋mM)g＋Fcosθ＝(m斜＋mM)g＋mNg2，可知地面对斜面体的支持力不变，选项C正确；同理，根据受力平衡可得地面对斜面体的摩擦力f＝Fsinθ＝mNg7．一轻质杆两端分别固定有质量均为m的小球A、B，两小球由细线OE、FC悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示。OE和FC的拉力分别用F1和F2表示，初始时，F1与竖直方向的夹角θ＝30°，F2水平。现保持轻杆位置不变，将细线FC的C端缓慢上移至FC与水平方向成α＝60°的位置的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是()A．F1一直减小且减小了mgB．F2先减小后增大，其最小值为mgC．F2一直减小且减小了mgD．轻杆的弹力先减小后增大，其最小值为2mgB[取两小球及轻杆整体为研究对象，整体受重力2mg、F1和F2，并处于平衡状态。如图甲所示，当C端缓慢上移时，由图可知，F1一直减小，最初时，F1＝2mgcos30°＝433mg，移动后F′1＝233mg，减小了233mg，A错误；由图甲知，F2先减小后增大，其最小值为mg，C错误，B正确；取A球为研究对象，其所受重力、F1及轻杆的弹力F满足图乙所示关系，因为末态时F′1＝]8．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，如图(b)所示。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图(a)中OB与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变为水平的过程中，石球对板OB的压力FN1、对板OA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A[以石球为研究对象，受力分析如图所示，缓慢抬起把手过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得FN1'sinβ＝FN2'sinγ＝Gsinα，其中G和α不变，在转动过程中：β从90°增大到180°，sinβ不断变小，则F′N1不断变小；γ从150°减小到]9．(2024·陕西省高考仿真模拟)如图所示，与水平面夹角均为θ＝37°的两金属导轨平行放置，间距为1m，金属导轨的一端接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的直流电源，另一端接有定值电阻R＝4Ω。将质量为0.025kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中。当开关S断开时，导体棒刚好不上滑；当开关S闭合时，导体棒刚好不下滑。已知导体棒接入电路的电阻R0＝4Ω，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。则导体棒与导轨间的动摩擦因数为()A．144B．344C．122B[当S断开时，ab中电流I1＝ER0+r＝0.6A，当S闭合时，ab中电流I2＝12×Er+R并＝12×33A＝0.5A，根据平衡条件有BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcos10．(多选)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块放在倾角为θ＝37°的斜面上，用绕过动滑轮的细绳连接，给动滑轮施加一个沿斜面向上的拉力F，A、B两物块均处于静止状态，连接两物块的细绳均平行于斜面，不计滑轮的质量，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．F的最小值为0.4mgB．F的最小值为0.8mgC．逐渐增大拉力F，A先滑动D．逐渐增大拉力F，B先滑动BD[根据力的平衡可知，滑轮两边绳上的拉力大小分别为12F，当A刚要向下滑动时有2mgsinθ＝2μmgcosθ＋12F1，解得F1＝0.8mg，当B刚好要下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ＋12F2，解得F2＝0.4mg，