专题2.1 矢量的运算问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题2.1 矢量的运算问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共26页。试卷主要包含了1 矢量的运算问题，解决动态平衡问题的一般思路等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10137" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc10137 \h 1
\l "_Tc14053" 题型一 受力分析及力与物体的静态平衡 PAGEREF _Tc14053 \h 1
\l "_Tc5859" 题型二 动态平衡问题 PAGEREF _Tc5859 \h 4
\l "_Tc8438" 题型三 电场强度的叠加与计算 PAGEREF _Tc8438 \h 10
\l "_Tc18823" 题型四 磁场的叠加 PAGEREF _Tc18823 \h 12
\l "_Tc27813" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc27813 \h 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\c1(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＝2F1
C．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F1cs 30°＋F2cs 30°＝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M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ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sin θ＝eq \f(ILB,mg)，FT＝ mgcs θ，则sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cs θ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)mg
D．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＝mgcs α、FN＝mgsin α，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＝Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcs α，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Fsin θ1－μ(mg－Fcs θ1)＝ma1，令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝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Fsin θ2＋μ(mg＋Fcs θ2)＝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cs α＝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,sin β)＝eq \f(FN2,sin γ)＝eq \f(G,sin α)，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β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sin γ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)q
C.(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)·cs 45°＝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
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、2B
C.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D
B.A处长为L的一段导线所受安培力大小为eq \f(3\r(2)kIeq \\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 \\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 \\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(mgsin θ,2R) B.eq \f(mgsin θ,R)
C.eq \f(mgcs θ,R) D.eq \f(mgtan θ,R)
【答案】 A
【解析】 小球整体处于平衡状态，有mgsin θ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq \f(mgsin θ,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0.6
C．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mgsin 37°＝μmgcs 37°，解得μ＝tan 37°＝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＝mgsin θ，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,ksin θ)) B.eq \r(\f(kG,sin θ))
C.eq \r(\f(G,ktan θ)) D.eq \r(\f(kG,tan θ))
【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,tan θ)，又f＝kv2，联立以上两式解得v＝eq \r(\f(G,ktan θ))，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,2cs 30°)＝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－Fcs 30°)，斜面体不动，水平方向有Ff＝Fsin 30°，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,sin γ1)＝eq \f(FOM1,sin β1)＝eq \f(FMN1,sin θ1)，由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ＝180°－α，不变，因sin β(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sin θ(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μMg
B．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－Fsin θ，Ff＝Fcs θ，Ff＝μFN，联立可知F＝eq \f(μMg,μsin θ＋cs θ)，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－Fsin θ＝eq \f(Mgcs θ,μsin θ＋cs θ)，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
FNsin θ＝G，FNcs θ＝F，解得FN＝eq \f(G,sin θ)，F＝eq \f(cs θ,sin θ)G＝eq \f(G,tan θ)，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,sin 30°)＝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′>F1
B.滑翔伞对座椅和人的作用力F2′C.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F1sin α＝F2sin β，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F1cs α＋mg＝F2cs β，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)＋2kI0,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′＝eq \f(kI0,\f(\r(2),2)L)＝eq \r(2)eq \f(kI0,L)，其矢量和为Bab′＝eq \r(2)Ba′＝eq \f(2kI0,L)，方向平行于ab向上，d点的磁感应强度B＝B0＋Bab′＝eq \f(\r(3)＋2kI0,L)，方向平行于ab向上，C正确，D错误.
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)E B.eq \f(3\r(5),16)E C.eq \f(3,16)E D.eq \f(9\r(5),16)E
【答案】 B
【解析】 根据几何知识可得，O点到两个电荷的距离都是eq \f(\r(3),2)L，则O点场强为E＝2keq \f(q,r2)＝eq \f(8kq,3L2)，A点场强EA满足关系式：EA2＝[eq \f(kq,\r(2)L2)]2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kq,L2)))2，解得EA＝eq \f(\r(5)kq,2L2)＝eq \f(3\r(5),16)E，故选B.
15.(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
【答案】 C
【解析】 两点电荷在C点产生的场强方向指向D点，将其场强分解成沿CA方向和沿CB方向，又A点与B点电荷各自产生的场强方向一定在点与它们的连线上，故A在C点产生的场强由C指向A，故QA为负电荷，B在C点产生的场强由C指向B，故QB为负电荷，故A错误；由场强的矢量合成可知，tan 60°＝eq \f(EAC,EBC)＝eq \r(3)，EAC为QA在C点的场强，EBC为QB在C点的场强，EAC＝keq \f(QA,\r(3)BC2)，EBC＝keq \f(QB,BC2)，又EAC＝eq \r(3)EBC，故QA＝3eq \r(3)QB，故B错误；因为BD＝BC，故QB在C点与D点产生的电势相同，而AC>AD，故QA在C点的电势大于在D点的电势，故C点电势高于D点电势，故C正确；由WCD＝qU＝qΔφ>0可知，电场力对正检验电荷做正功，电势能减小，故D错误．
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
【答案】 BD
【解析】 如果O、P处点电荷带电性一致，Q点电场强度必有，沿y轴分量，若O、P处点电荷分别带负电、正电，则Q点电场强度x轴方向必指向x轴负方向，故O处点电荷带正电，P处点电荷带负电，故A错误；由题意Q点电场强度沿x轴正方向可得EOy＝EPy，即keq \f(QO,a2)＝keq \f(QP,2a2)·eq \f(\r(2),2)，解得QP＝2eq \r(2)QO，故B正确；由于沿电场线方向电势降低，P处点电荷带负电且电荷量较大，则P点右侧电场线沿x轴负方向，故从P点沿x轴正方向电势越来越高，故C错误；因P处负点电荷的电荷量大于O处正点电荷的电荷量，则O点沿x轴负方向存在一点M，电场强度为0，由此可知O到M之间电场线指向－x方向，M到负无穷电场线指向＋x方向，则由O点沿x轴负方向电势先降低，从M点之后再升高，故D正确．
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
【答案】 A
【解析】 根据安培定则和左手定则可知a对c的安培力方向由c指向a；根据导线c处于静止状态，且与筒壁间无相互作用力，画出c的受力示意图如图所示
根据平衡状态可知，b对c的作用力指向b，Faccs α＝Fbccs β
根据安培定则和左手定则可知b中通过的电流方向垂直纸面向里，根据几何关系可知ac之间距离为R，bc之间距离为eq \r(3)R，α＝θ，β＝30°，又B＝eq \f(kI,r)，Fac＝keq \f(I1Ic,R)L，Fbc＝keq \f(IbIc,\r(3)R)L，解得Ib＝I1，故选A.
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)F
C．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
【答案】 D
【解析】 根据左手定则可知，导线bc与ac受到的安培力大小相同，方向不同，故A错误；设ac段电阻为R，则bc段电阻也为R，ab段电阻为eq \r(2)R，根据I＝eq \f(U,R)可知，若设流过ac的电流为I，则流过ab的电流为eq \r(2)I，设ac＝bc＝L，则ab＝eq \r(2)L，则ac受到的安培力为F＝BIL，ab受到的安培力大小为F′＝B·eq \r(2)I·eq \r(2)L＝2BIL＝2F，方向垂直于ab向上，
则导线acb受到的安培力大小为
F″＝BI·eq \r(2)L＝eq \r(2)BIL＝eq \r(2)F，方向垂直于ab向上，
则整个线框受到的安培力大小为
F合＝F′＋F″＝(2＋eq \r(2))F>2eq \r(2)F，
故B、C错误，D正确．
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