2022年高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第1講 力與物體的直線運動學案

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1、2022年高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第1講 力與物體的直線運動學案 1.平衡中的“三看”與“三想” (1)看到“緩慢”，想到“物體處于動態(tài)平衡狀態(tài)?！? (2)看到“輕繩、輕環(huán)”，想到“繩、環(huán)的質量可忽略不計”。 (3)看到“光滑”，想到“摩擦力為零”。 2.“三點”注意 (1)桿的彈力方向不一定沿桿。 (2)摩擦力的方向總與物體的相對運動方向或相對運動趨勢方向相反，但與物體的運動方向無必然的聯(lián)系。 (3)安培力F的方向既與磁感應強度的方向垂直，又與電流方向垂直，即F跟B、I所在的平面垂直，但B與I的方向不一定垂直。 　力學中的平衡問題 　運動物體的平衡問題

2、【典例1】 (2017·全國卷Ⅱ，16)如圖1所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為(　　) 圖1 A.2－ B. C. D. 解析　當F水平時，根據(jù)平衡條件得F＝μmg；當保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時，由平衡條件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，聯(lián)立解得μ＝，故選項C正確。 答案　C 　物體的動態(tài)平衡問題 【典例2】 (2016·全國卷Ⅱ，14)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O

3、，如圖2所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) 圖2 A.F逐漸變大，T逐漸變大 B.F逐漸變大，T逐漸變小 C.F逐漸變小，T逐漸變大 D.F逐漸變小，T逐漸變小 解析　對O點受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項A正確。 答案　A 　整體法、隔離法在平衡中的應用 【典例3】 如圖3所示，A、B、C三個完全相同的下水道水泥管道靜止疊放在水平地面上，假設每個管道的質量為m，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.A對B的彈力大小為mg B.地面對B、C均沒有

4、摩擦力作用 C.地面對B的支持力大小為mg D.地面對B的摩擦力大小為mg 解析　選擇A、B、C為研究對象，可得其截面圖如圖甲所示，對A受力分析如圖乙所示，由題意知，F(xiàn)BA＝FCA，2FBAcos 30°＝mg，則A對B的彈力FAB＝FBA＝mg，選項A正確；對B受力分析如圖丙所示，由于A對B有斜向左下的彈力，則地面對B有摩擦力作用，同理，地面對C也有摩擦力作用，選項B錯誤；由平衡條件可得mg＋FABcos 30°＝FNB，F(xiàn)ABsin 30°＝Ff，聯(lián)立解得FNB＝mg，F(xiàn)f＝mg，即選項C錯誤，選項D正確。 答案　AD 1.處理平衡問題的基本思路 2.在三個力作用下

5、物體的平衡問題中，常用合成法分析；在多個力作用下物體的平衡問題中，常用正交分解法分析。 3.解決動態(tài)平衡問題的一般思路：把“動”化為“靜”，“靜”中求“動”。動態(tài)平衡問題的常用方法： (1)圖解法　(2)解析法　(3)相似三角形法 (4)正弦定理法等 1.如圖4所示，豎直平面內的光滑半圓環(huán)固定在水平面上，重力為G的小球套在環(huán)上，輕彈簧上端P與小球相連，下端Q固定在水平面上。若小球在圖示位置靜止時彈簧恰好豎直，半徑OP與水平面夾角為θ。彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧處于彈性限度內，則此時(　　) 圖4 A.小球受3個力作用 B.環(huán)受到小球的壓力大小為Gsin θ C.彈簧處于伸

6、長狀態(tài) D.彈簧的形變量為 解析　由于彈簧恰好豎直，小球受到的重力與受到的彈簧彈力恰好平衡，環(huán)對小球沒有支持力作用，小球只受兩個力的作用，即kx＝G，得x＝，彈簧處于壓縮狀態(tài)，綜上所述，D正確。 答案　D 2.如圖5所示，A、B兩個定滑輪安裝在豎直的固定桿上，兩滑輪的高度差為d，水平距離為d，質量分別為M和m的兩物體，由跨過定滑輪的細繩連接，不計滑輪的大小、質量及一切摩擦?，F(xiàn)兩物體處于靜止狀態(tài)，則(　　) 圖5 A.兩物體的質量M和m不相等 B.兩豎直桿對滑輪的作用力大小相等 C.O1A段桿對滑輪的作用力大小是O2B段桿對滑輪作用力大小的倍 D.O1A段桿對滑輪的作用力大

7、小是O2B段桿對滑輪作用力大小的2倍 解析　由于滑輪兩邊繩上的張力大小總是相等的，因此兩物體的質量相等，即M＝m，選項A錯誤；根據(jù)力的平衡可知，桿對滑輪的作用力等于滑輪兩邊繩子上的張力的矢量和，由幾何關系可知，A滑輪兩邊繩子的夾角為60°，則O1A段桿對滑輪的作用力大小為F1＝2mgcos 30°＝mg，同理可知，O2B段桿對滑輪的作用力大小為F2＝mg，因此選項B、D錯誤，C正確。 答案　C 3.(多選)如圖6所示，一個固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ豎直。在PQ和一個斜面體A之間卡著一個表面光滑的重球B。斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著，整個裝置處于靜止狀態(tài)

8、?，F(xiàn)改變推力F的大小，推動斜面體A沿著水平地面向左緩慢運動，使球B沿斜面上升一很小高度。在球B緩慢上升過程中，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.斜面體A與球B之間的彈力逐漸減小 B.阻擋墻PQ與球B之間的彈力逐漸減小 C.水平推力F逐漸增大 D.水平地面對斜面體A的彈力逐漸減小 解析　對球B受力分析，如圖甲所示。 當球B上升時，用圖解法分析B球所受各力的變化，其中角θ增大，F(xiàn)AB和FOB均減小，則選項A、B正確；對斜面體進行受力分析，如圖乙所示，因為FAB減小，由牛頓第三定律可知FAB＝FBA，故FBA也減小，則推力F減小，水平地面對斜面體的彈力FN也減小，則選項C錯誤

9、，D正確。 答案　ABD 　電學中的平衡問題 　電場力作用下的物體平衡問題 【典例1】 (多選)如圖7所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過絕緣細繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，定滑輪左側連接物塊b的一段細繩與斜面平行，帶負電的小球N用絕緣細線懸掛于P點。設兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，兩球心始終處于同一水平面上，并且b、c都處于靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.b對c的摩擦力一定減小 B.地面對c的支持力一定變大 C.地面對c的摩擦力方向一定向左 D.地面對c的摩擦力一定變大 解析　兩帶電小球在緩慢漏電過程中，庫侖力F庫＝

10、減小。對小球M，由平衡條件知，繩子拉力大小FT＝減??；對物塊b，摩擦力Ff1＝mbgsin θ－FT，方向向上或Ff1＝FT－mbgsin θ，方向向下，故其可能增大，也可能減小，選項A錯誤；對b、c整體，地面對c的支持力FN＝(mb＋mc)g－FTsin θ隨FT減小而變大，地面對c的摩擦力Ff2＝FTcos θ減小，方向一定向左，選項B、C正確，D錯誤。 答案　BC 　復合場中的物體平衡問題 【典例2】 (2017·全國卷Ⅰ，16)如圖8，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、m

11、b、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) 圖8 A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 解析　由題意知，三個帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋qvB，mcg＋qvB＝qE，所以mb>ma>mc，故選項B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 　電磁感應中的導體棒平衡問題 【典例3】 (2016·全國卷Ⅰ，24)如圖9，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為

12、2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求 圖9 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小； (2)金屬棒運動速度的大小。 解析　(1)由ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是大小相等，cd也做勻速直線運動。設兩導線上拉力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安

13、培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2。對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由物體的平衡條件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F① FN1＝2mgcos θ② 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由物體的平衡條件得 mgsin θ＋μFN2＝FT③ FN2＝mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤ (2)設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為 E＝BLv⑥ 回路中電流I＝⑦ 安培力F＝BIL⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ) 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ

14、)　(2)(sin θ－3μcos θ) 電學中的平衡問題是指在電場力、安培力、洛倫茲力參與下的平衡問題。處理方法與純力學問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應用即可。 1.興趣課堂上，某同學將完全相同的甲、乙兩個條形磁鐵水平放在粗糙的水平木板上(N極正對)，如圖10所示，緩慢抬高木板的右端至傾角為θ，在這一過程中兩磁鐵均保持靜止狀態(tài)。請對該同學提出的說法進行分析，其中正確的是(　　) 圖10 A.甲受到的摩擦力的方向(相對木板)可能發(fā)生變化 B.乙受到的摩擦力的方向(相對木板)可能發(fā)生變化 C.繼續(xù)增大傾角，甲、乙將會同時發(fā)生滑動 D.若減小甲、乙間距，重復

15、上述過程，增大傾角時乙會先發(fā)生向上滑動 解析　因兩條形磁鐵的N極正對，相互排斥，在θ較小時，乙有沿木板向上運動的趨勢，且隨著θ的增大，乙所受的摩擦力大小沿木板向下逐漸減小，可能出現(xiàn)反向增大的情況；對甲而言，隨著θ的增大，甲所受摩擦力大小增大，且不可能出現(xiàn)摩擦力方向(相對木板)變化的情況，故選項A錯誤，B正確；增大傾角θ或減小甲、乙間距時，最易發(fā)生相對滑動的為甲，故選項C、D均錯誤。 答案　B 2.(2018·大連模擬)如圖11所示，上下不等寬的平行導軌，EF和GH部分導軌間的距離為L，PQ和MN部分的導軌間距為3L，導軌平面與水平面的夾角為30°，整個裝置處在垂直于導軌平面的勻強磁場中。

16、金屬桿ab和cd的質量均為m，都可在導軌上無摩擦地滑動，且與導軌接觸良好，現(xiàn)對金屬桿ab施加一個沿導軌平面向上的作用力F，使其沿斜面勻速向上運動，同時cd處于靜止狀態(tài)，則F的大小為(　　) 圖11 A.mg B.mg C.mg D.mg 解析　設ab桿向上做切割磁感線運動時，產(chǎn)生感應電流大小為I，受到安培力大小為F安＝BIL，對于cd，由平衡條件得BI·3L＝mgsin 30°，對于ab桿，由平衡條件得F＝mgsin 30°＋BIL，綜上可得：F＝mg，故選項A正確。 答案　A 3.如圖12所示，三根長度均為0.3 m的不可伸長的絕緣細線，其中兩根的一端分別固定在天花板

17、上的P、Q點，另一端分別拴有質量均為0.12 kg的帶電小球A和B，其中A球帶正電，電荷量q＝3×10－6 C，B球帶負電，與A球帶電荷量相同。A、B之間用第三根絕緣細線連接起來。在水平向左的勻強電場作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且A、B間細線恰好伸直。靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2。 圖12 (1)求此勻強電場的電場強度E的大小； (2)現(xiàn)將P、A之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最終會達到新的平衡位置。求此時細線QB所受的拉力T的大小，并求出A、B間細線與豎直方向的夾角θ。 解析　(1)A、B間細線恰好伸直，說明A、B間細線的拉力為零。對A球由平衡條

18、件得：Eq＝ 代入數(shù)據(jù)解得：E＝3×105 N/C (2)P、A之間的線燒斷后，A、B球的平衡狀態(tài)如圖所示，細繩QB一定豎直，所以對A、B整體可得： T＝2mg＝2.4 N 由幾何關系可知： tan θ＝＝ 所以θ＝37 ° 答案　(1)3×105 N/C　(2)2.4 N　37 ° 　平衡中的臨界與極值問題 　摩擦力作用下的臨界問題 【典例1】 (2013·新課標全國卷，15)如圖13，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上。若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F2＞0)。由此可求出(　　) 圖

19、13 A.物塊的質量 B.斜面的傾角 C.物塊與斜面間的最大靜摩擦力 D.物塊對斜面的正壓力 解題關鍵　①F平行于斜面，對物塊施于斜面的壓力沒有影響。②物塊保持靜止，但是運動趨勢有兩種可能，分別是沿斜面向上和向下。 解析　物塊對斜面的正壓力FN＝mgcos θ，當物塊所受外力F為最大值F1時，具有向上的運動趨勢 由平衡條件可得：F1＝mgsin θ＋fm； 同理，當物塊所受外力F為最小值F2時，具有向下的運動趨勢，則F2＋fm＝mgsin θ。 聯(lián)立解得fm＝，F(xiàn)1＋F2＝2mgsin θ，故只能求出物塊與斜面間的最大靜摩擦力fm，不能求出物塊質量m、斜面的傾角θ和物塊對斜面

20、的正壓力FN，故選項C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 　連接體平衡中的極值問題 【典例2】 如圖14所示，汽車通過鋼繩拉動物體。假設鋼繩的質量可忽略不計，物體的質量為m，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ，汽車的質量為m0，汽車運動中受到的阻力跟它對地面的壓力成正比，比例系數(shù)為k，且k＞μ。要使汽車勻速運動時的牽引力最小，角α應為(　　) 圖14 A.0° B.30° C.45° D.60° 解析　隔離汽車，由平衡條件得水平方向有 F＝k(m0g＋F1sin α)＋F1cos α 隔離物體，由平衡條件得水平方向有 F1cos α＝μ(mg－F1sin α) 解

21、兩式得F＝km0g＋μmg＋F1(k－μ)sin α，式中F1(k－μ)＞0，則sin α＝0，即α＝0 °時，牽引力F最小(臨界點)。故選項A正確。 答案　A 解決臨界極值問題的三種方法 (1)解析法：根據(jù)物體的平衡條件列出平衡方程，在解方程時采用數(shù)學方法求極值。 (2)圖解法：此種方法通常適用于物體只在三個力作用下的平衡問題。 (3)極限法：極限法是一種處理極值問題的有效方法，它是指通過恰當選取某個變化的物理量將問題推向極端(如“極大”“極小”等)，從而把比較隱蔽的臨界現(xiàn)象暴露出來，快速求解。 1.如圖15所示，A、B兩球用輕桿相連，用兩根細線將其懸掛在水平天花板上的O

22、點?，F(xiàn)用外力F作用于小球B上(圖上F未標出)，使系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)，細線OA保持豎直，且A、B兩球在同一水平線上。已知兩球的重力均為G，輕桿和細線OB的夾角為45°，則外力F的最小值為(　　) 圖15 A.G B.2G C.G D.G 解析　對小球A受力分析，根據(jù)平衡條件知輕桿對小球A、B的作用力為零，即小球A受重力和細線OA的拉力，二力平衡。對小球B受力分析，根據(jù)矢量三角形知：當力F與細線BO垂直時力F最小，最小值為F＝Gsin 45°＝G，故選項D正確。 答案　D 2.(2018·池州二模)如圖16所示，在傾角為θ＝37°的斜面上，固定一平行金屬導軌，現(xiàn)在導軌上垂直導

23、軌放置一質量m＝0.4 kg的金屬棒ab，它與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中，導軌接電源E，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，滑動變阻器的阻值符合要求，現(xiàn)閉合開并S，要保持金屬棒ab在導軌上靜止不動，則(　　) 圖16 A.金屬棒所受安培力的方向水平向左 B.金屬棒所受到的摩擦力方向一定沿平行斜面向上 C.金屬棒所受安培力的取值范圍是 N≤F≤8 N D.金屬棒受到的安培力的最大值為16 N 解析　由左手定則可以判斷金屬棒所受安培力的方向水平向右，故選項A錯誤；當金屬棒剛好不向

24、上運動時，金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，設金屬棒受到的安培力大小為F1，其受力分析如圖甲所示，則由平衡條件得FN＝F1sin θ＋mgcos θ，F(xiàn)1cos θ＝mgsin θ＋fmax，fmax＝μFN，聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得F1＝8 N；當金屬棒剛好不向下運動時，設金屬棒受到的安培力大小為F2，其受力分析如圖乙所示，則由平衡條件得FN′＝F2sin θ＋mgcos θ，F(xiàn)2cos θ＋fmax′＝mgsin θ，fmax′＝μFN′，聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得F2＝ N，所以金屬棒受到的安培力的取值范圍為 N≤F≤8 N，故選項C正確，B、D錯誤。 答案　C

25、 數(shù)學方法在物理解題中的應用 高考物理考試大綱中明確要求考生要具備應用數(shù)學方法處理物理問題的能力，即“能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關系式，進行推導和求解，并根據(jù)結果得出物理結論；能運用幾何圖形、函數(shù)圖象進行表達、分析”。 考法1　三角形相似知識的應用 在共點力平衡問題、運動的合成和分解、電磁場的合成和分解以及幾何光學等物理情境中，常會出現(xiàn)力三角形、速度三角形、位移三角形等矢量三角形和結構(長度)三角形相似的情況，準確作圖、仔細觀察、靈活選用相似三角形的邊角關系是解題的關鍵。 【例1】 如圖17所示的起重裝置，A為固定軸，AB為輕桿，B端系兩根輕繩，一根在下面拴一重物，另一根繞

26、過無摩擦定滑輪，在繩端施加拉力，使桿從位置Ⅰ緩緩移到位置Ⅱ的過程中，繞過定滑輪的那根繩的張力F以及輕桿在B端受到的作用力FN的變化情況是(　　) 圖17 A.F減小，F(xiàn)N大小不變，方向由沿桿向外變?yōu)檠貤U向里 B.F減小，F(xiàn)N大小不變，方向始終沿桿向里 C.F不變，F(xiàn)N先變小后變大，方向沿桿向里 D.F不變，F(xiàn)N變小，方向沿桿向里 解析　分析桿的端點B的受力，如圖所示，三角形ABO和由力組成的三角形BCD相似，由幾何關系知＝＝，L1不變，F(xiàn)N大小不變，L2減小，F(xiàn)減小，B正確。 答案　B 【例2】 示波器主要由電子槍中的加速電場，兩水平放置的平行金屬板中的偏轉電場和豎直放

27、置的熒光屏組成，如圖18所示。若已知加速電場的電壓為U1，兩平行金屬板的板長、板間距均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側的距離也為d。若兩板間的偏轉電壓為零，則電子槍發(fā)射的電子從兩平行金屬板的中央穿過，打在熒光屏的中點O；若兩板間的偏轉電壓為U2，則電子會打在熒光屏上的某點，該點與O點的距離為d。已知兩金屬板間只存在豎直方向的勻強電場，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力，電子的質量為m，電荷量為e，求U1與U2的比值。 圖18 解析　電子加速過程，由動能定理可得 eU1＝mv 電子進入偏轉區(qū)做類平拋運動，軌跡如圖所示 沿初速度方向，有 d＝v0t 在垂直初速度方向，有

28、 y＝at2 其中a＝，E＝ 設電子離開偏轉電場時，它的速度偏向角為θ，則 tan θ＝＝，其中Y＝d 解得＝。 答案?。? 考法2　正(余)弦定理及其應用 三角函數(shù)、正(余)弦定理反映了三角形邊與角之間的定量關系。物理量在合成或分解時會構成矢量三角形，若為直角三角形，可直接用三角函數(shù)或勾股定理分析計算，若為斜三角形，則通常要用到正(余)弦定理分析求解。 【例3】 (多選)(2017·全國卷Ⅰ，21)如圖19，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞)?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α

29、不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) 圖19 A.MN上的張力逐漸增大 B.MN上的張力先增大后減小 C.OM上的張力逐漸增大 D.OM上的張力先增大后減小 解析　OM的張力F1和MN的張力F2的合力F不變，關系如圖所示，＝＝，將重物向右上方緩慢拉起，夾角α不變，β由鈍角逐漸減小到銳角，γ由銳角逐漸增大到直角，則MN上的張力F2逐漸增大，OM上的張力F1先增大后減小，選項A、D正確。 答案　AD 【例4】 (2018·武漢二月調考)如圖20所示，“?”表示電流方向垂直紙面向里，“⊙”表示電流方向垂直紙面向外。兩根通電長直導線a、b平行且水平放置，a、b中的電流強

30、度分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F。當在a、b的上方再放置一根與a、b平行的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小仍為F，圖中abc正好構成一個等邊三角形，此時b受到的磁場力大小為(　　) 圖20 A.F B.F C.2F D.F 解析　先分析導線a的受力，題設a、b平行，電流分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F。再在a、b的上方放置一根與a、b平行的通電長直導線c，a、b、c正好構成一個等邊三角形，a受到的磁場力大小仍為F，根據(jù)平行四邊形定則，可知c對a的磁場力Fca方向由a指向c，大小等于F，如圖所示。 再分析b的受力，a對b的磁場力大小為F，因為r

31、ca＝rcb，a、b電流分別為I和2I，所以c對a的磁場力大小Fca＝F，故c對b的磁場力大小Fcb＝2F，根據(jù)平行四邊形定則和余弦定理，可得b受到的磁場合力大小為Fb合＝＝F，選項D正確。 答案　D 考法3　利用數(shù)學方法求極值 分析求解物理量在某物理過程中的極大值或極小值是很常見的物理問題，這類問題的數(shù)學解法有很多，主要有：三角函數(shù)極值法、二次函數(shù)極值法、不等式極值法、圖象法等。 【例5】 質量為5 kg的木塊與水平面間動摩擦因數(shù)為，一人欲用最小的作用力F使木塊沿地面勻速運動，如圖21所示，則此最小作用力的大小和F與水平面的夾角θ分別為(g＝10 m/s2)(　　) 圖21

32、A.10 N　30° B. N　0 C.25 N　30° D.25 N　60° 解析　如圖所示，木塊受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff和施加的外力F四個力作用。設力F與x軸夾角為θ，由共點力平衡條件得 Fcos θ＝Ff Fsin θ＋FN＝G 且有Ff＝μFN 聯(lián)立以上各式得F＝ 利用和差角公式變形為 F＝(其中tan φ＝) 當sin(θ＋φ)＝1時，F(xiàn)具有極小值 Fmin＝＝ N＝25 N 因為tan φ＝＝ 所以φ＝60° 則F與x軸夾角θ＝90°－60°＝30°，故選項C正確。 答案　C 【例6】 (多選)如圖22所示，A、B兩物體相距s，物

33、體A以vA＝6 m/s 的速度向右勻速運動。而物體B此時的速度vB＝2 m/s，向右做勻加速運動，加速度a＝2 m/s2。欲讓兩物體相遇兩次，則s可能的值為(　　) 圖22 A.1 m B.2 m C.4 m D.6 m 解析　設經(jīng)時間t，物體A、B相遇，位移滿足xA－xB＝s，物體A做勻速直線運動的位移xA＝vAt，物體B做勻加速直線運動的位移xB＝vBt＋at2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得t2－4 t＋s＝0，根據(jù)上述方程，欲讓t有兩解，則Δ＝b2－4ac＝16－4s＞0，即s＜4 m，選項C、D錯誤；將選項A、B代值計算可知，兩解都為正值，選項A、B正確。 答案　AB 課

34、時跟蹤訓練 一、選擇題(1～9題為單項選擇題，10～11題為多項選擇題) 1.(2018·河南聯(lián)考)如圖1所示，滑塊放在水平地面上，左邊受一個彈簧拉力作用，彈簧原長小于h，水平向右的拉力F拉動滑塊，使滑塊向右緩慢移動，并且滑塊始終沒有離開地面，則在上述過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.彈簧彈力在豎直方向的分量不變，滑塊受到的摩擦力不變 B.彈簧彈力在豎直方向的分量不變，滑塊受到的摩擦力變小 C.彈簧彈力在豎直方向的分量增大，滑塊受到的摩擦力變小 D.彈簧彈力在豎直方向的分量增大，滑塊受到的摩擦力不變 解析　設彈簧的原長為l0，勁度系數(shù)為k，彈簧彈力在豎直方向的分量

35、Fy＝k(－l0)sin θ，故Fy＝kh－kl0sin θ，當滑塊向右移動時彈簧與水平方向的夾角減小，可知彈簧彈力的豎直分量在增大，故滑塊與地面間的彈力減小，滑塊與地面間的摩擦力減小，C正確。 答案　C 2.如圖2所示，質量為m的球放在傾角為α的光滑斜面上，在斜面上有一光滑且不計厚度的木板擋住球，使之處于靜止狀態(tài)。今使擋板與斜面的夾角β緩慢增大，在此過程中，斜面對球的支持力N1和擋板對球的壓力N2的變化情況為(　　) 圖2 A.N1、N2都是先減小后增加 B.N1一直減小，N2先增加后減小 C.N1先減小后增加，N2一直減小 D.N1一直減小，N2先減小后增加 解析　對球

36、受力分析，如圖所示。球始終處于平衡狀態(tài)，故三個力的合力始終為零，三力構成矢量三角形。擋板逆時針轉動時，N2方向也逆時針轉動，作出如圖所示的動態(tài)矢量三角形。由圖可見，N1隨β的增大一直減小，N2先減小后增大。選項D正確。 答案　D 3.燈籠，又稱燈彩，是一種古老的中國傳統(tǒng)工藝品。每年的農(nóng)歷正月十五元宵節(jié)前后，人們都掛起紅燈籠，來營造一種喜慶的氛圍。如圖3是某節(jié)日掛出的一只燈籠，輕繩a、b將燈籠懸掛于O點。繩a與水平方向的夾角為θ，繩b水平。燈籠保持靜止，所受重力為G，繩a、b對O點拉力分別為F1、F2，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.F1＝，F(xiàn)2＝ B.F1＝Gsin θ，

37、F2＝Gtan θ C.F1和F2的合力與燈籠對地球的引力是一對平衡力 D.F1和F2的合力與地球對燈籠的引力是一對相互作用力 解析　以結點O為研究對象，受力分析如圖所示，由燈籠受力平衡可知，T＝G，而F1與F2的合力與T等大反向，即F1與F2的合力大小等于燈籠的重力大小。則可知F1＝，F(xiàn)2＝，選項A正確，B錯誤；F1與F2的合力與豎直方向繩的拉力是一對平衡力，選項C錯誤；地球對燈籠的引力與燈籠對地球的引力是一對相互作用力，選項D錯誤。 答案　A 4.如圖4所示，放在水平桌面上的質量為1 kg的物體A通過水平輕繩、彈簧測力計和光滑定滑輪與物體B相連接，兩物體均靜止時彈簧測力計甲和

38、乙的讀數(shù)分別為5 N和2 N，則剪斷物體A左側輕繩瞬間，物體A的加速度和彈簧測力計乙的讀數(shù)分別為(　　) 圖4 A.5 m/s2，0 B.2 m/s2，N C.0，0 D.0，2 N 解析　兩物體均靜止時，物體A在水平方向的受力如圖所示，物體A所受最大靜摩擦力Ffmax≥3 N，剪斷物體A左側輕繩瞬間，F(xiàn)T甲＝0，F(xiàn)T乙＝2 N，由于Ffmax＞FT乙，所以物體A仍能靜止不動，所以物體A的加速度為0；此時物體B也處于靜止狀態(tài)，所以彈簧測力計乙的讀數(shù)不變仍為2 N。綜上分析，選項D正確。 答案　D 5.如圖5所示，在豎直向下的勻強磁場中，絕緣細線下面懸掛一質量為m、長為l

39、的導線，導線中有垂直紙面向里的恒定電流I，靜止時細線偏離豎直方向θ角，現(xiàn)將磁場沿逆時針方向緩慢轉動到水平向右，轉動時磁感應強度B的大小不變，在此過程中下列說法正確的是(　　) 圖5 A.導線受到的安培力逐漸變大 B.絕緣細線受到的拉力逐漸變大 C.絕緣細線與豎直方向的夾角θ先增大后減小 D.導線受到的安培力與絕緣細線受到的拉力的合力大小不變，方向隨磁場的方向的改變而改變 解析　導線受到的安培力F安＝BIl大小不變，選項A錯誤；磁場逆時針轉動90°的過程中，F(xiàn)安方向逐漸由水平向左變?yōu)樨Q直向下，由于變化緩慢，所以F安與mg的合力F合與FT大小相等，方向相反，由圖可知，F(xiàn)合大小逐漸增

40、大，θ逐漸減小，所以FT大小逐漸增大，選項B正確，選項C錯誤；F安與FT的合力總是與重力大小相等，方向相反，即豎直向上，選項D錯誤。 答案　B 6.(2018·山東濟寧市二模)智能手機的普及使“低頭族”應運而生。低頭時，頸椎受到的壓力會增大(當人體直立時，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量)?，F(xiàn)將人體頭頸簡化為如圖6所示的模型：重心在頭部的P點，在可繞O轉動的頸椎OP(輕桿)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下處于靜止狀態(tài)。當?shù)皖^時，若頸椎與豎直方向的夾角為45°，PQ與豎直方向的夾角為53°，此時頸椎受到的壓力與直立時頸椎受到壓力的比值為(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)

41、(　　) 圖6 A.4 B.5 C.4 D.5 解析　由題意可明確人的頭受力情況，如圖所示： 由題意知，F(xiàn)′＝G，則由幾何關系可知： ＝＝4。 根據(jù)牛頓第三定律可知C正確。 答案　C 7.在粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止狀態(tài)，截面如圖7所示。設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則(　　) 圖7 A.F1保持不變，F(xiàn)3增大 B.F1增大，F(xiàn)3保持不變 C.F2增大，F(xiàn)3增大 D.F2增大，F(xiàn)3

42、保持不變 解析　未放上C時，以B為研究對象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得，墻對B的作用力F1＝GBtan α。當放上C時，F(xiàn)1增大，A對B的作用力F2′＝，F(xiàn)1緩慢增大，則F2′緩慢增大，即F2也增大。再以整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，則放上C前，地面對A的支持力FN＝GA＋GB，放上C′后變?yōu)镚A＋GB＋GC，即FN增大，地面對A的摩擦力Ff＝F1，且F3為FN與Ff的合力，所以F3緩慢增大，故選項C正確。 答案　C 8.如圖8所示，O點有一個很小的光滑輕質圓環(huán)，一根輕繩AB穿過圓環(huán)，A端固定，B端懸掛一個重物，另一根輕繩一端固定在C點，另一端系在圓環(huán)上，力F作用在圓環(huán)上

43、，圓環(huán)靜止時，繩OC與繩OA水平，F(xiàn)與OA的夾角為45°，現(xiàn)改變力F，圓環(huán)位置不變，且重物處于平衡狀態(tài)，則下列說法中正確的是(　　) 圖8 A.改變F方向時繩AB兩端的拉力將改變 B.當F沿逆時針旋轉時，F(xiàn)先減小，后增大 C.當F沿順時針旋轉時，繩OC的拉力先減小后增大 D.F沿逆時針轉過的角度可以大于90° 解析　改變力F的方向，圓環(huán)位置不變，繩AB兩端的拉力大小始終等于重物的重力，繩AB兩端的拉力保持不變，選項A錯誤；將繩AB兩端的拉力先合成一個力，大小為mg，方向斜向右下方，與水平方向夾角成45°，圓環(huán)受力如圖所示，由圖可知，當F沿順時針旋轉時，F(xiàn)增大，T增大，選項C錯誤

44、；當F沿逆時針旋轉時，F(xiàn)先減小，后增大，選項B正確；若F沿逆時針轉過角度大于90°，則F與T位于等效合力的同側，圓環(huán)不能平衡，選項D錯誤。 答案　B 9.(2018·天津理綜，7)明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖9所示，木楔兩側產(chǎn)生推力FN，則(　　) 圖9 A.若F一定，θ大時FN大 B.若F一定，θ小時FN大 C.若θ一定，F(xiàn)大時FN大 D.若θ一定，F(xiàn)小時F

45、N大 解析　 如圖所示，根據(jù)力F的作用效果，把力F分解為垂直于木楔兩側方向的分力F1、F2，則F1＝F2＝FN＝，由表達式可知，若F一定，θ越小，F(xiàn)N越大，A項錯誤，B項正確；若θ一定，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大，C項正確，D項錯誤。 答案　BC 10.如圖10所示，水平平行光滑金屬導軌上連有阻值為R的定值電阻，電阻不計的金屬桿垂直導軌放置，導軌間距為l，導軌與金屬桿組成的閉合電路面積為S，金屬桿上系一根輕繩，繞過光滑定滑輪與一質量為m的物塊相連，初始時物塊靜止在水平地面上，輕繩拉直但沒有彈力。在導軌區(qū)域加一豎直向上的磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律為B＝kt(k＞0)，重力加速度大小為g，導

46、軌電阻不計，則下列說法正確的是(　　) 圖10 A.金屬桿中的電流從a向b B.t＝時，物塊恰好離開地面 C.物塊離開地面前，定值電阻上產(chǎn)生的總熱量為 D.物塊離開地面前，流過定值電阻的總電荷量為 解析　磁場的磁感應強度方向向上，逐漸增強，由楞次定律可得感應電流的方向是從a向b，選項A正確；磁場的磁感應強度隨時間均勻變化，則＝k，E＝S＝kS，I＝＝，物塊恰好離開地面時有BIl＝mg，其中B＝kt，解得t＝，選項B錯誤；物塊離開地面前QR＝I2Rt＝，選項C錯誤；物塊離開地面前qR＝It＝，選項D正確。 答案　AD 11.如圖11所示，在一豎直平面內，y軸左側有一水平向右的

47、勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側有一豎直方向的勻強電場E2，一電荷量為q(電性未知)、質量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(　　) 圖11 A.微粒一定帶負電 B.電場強度E2一定豎直向上 C.兩電場強度之比＝ D.微粒的初速度為v＝ 解析　微粒從A到P受重力、靜電力和洛倫茲力作用做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及靜電力的性質可確定微粒一定帶正電，選項A錯誤；此時有qE1＝mgtan 37°，微粒從P到C在靜電力、重力作用下做直線運動，必有mg＝qE2，所

48、以E2的方向豎直向上，選項B正確；由以上分析可知＝，選項C錯誤；AP段有mg＝Bqvcos 37°，即v＝，選項D正確。 答案　BD 二、非選擇題 12.如圖12所示，傾角為θ＝37°的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其底端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在垂直兩導軌所在斜面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。質量均為m(質量分布均勻)、電阻均為R的導體桿ab、cd垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸。兩導體桿與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，現(xiàn)桿ab在恒力F作用下沿導軌向上做勻速運動，桿cd能保持靜止狀態(tài)。導軌電阻不計，重力加速度大小為g。求桿ab的速度大小。 圖12 解析　導體桿ab以速度v運動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，則有：E＝Bdv 根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝I(R＋) 導體桿ab有最小速度vmin時，對于導體桿cd則有 B·d＋μmgcos 37°＝mgsin 37° 解得vmin＝ 導體桿ab有最大速度vmax時，對于導體桿cd則有 B·d＝μmgcos 37°＋mgsin 37° 解得vmax＝ 故導體桿ab的速度應滿足條件：≤v≤ 答案　≤v≤