2022届高考物理二轮(福建专用)教学案-专题一第1课时　力与物体的平衡.docx

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1、专题一力与物体的运动第1课时力与物体的平衡专题复习定位解决问题本专题主要解决各种性质力的分析及平衡条件的应用。涉及的力主要有重力、弹力、摩擦力、电场力和磁场力等。高考重点受力分析；整体法与隔离法的应用；静态平衡问题；动态平衡问题；电学中的平衡问题。题型难度以选择题为主，有时候在计算题中的某一问或者单独以计算题的形式命题，题目难度一般为中档。1.弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律Fkx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解。(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。2.摩擦力(1)大小：滑动摩擦力f

2、N，与接触面的面积无关；静摩擦力的增大有一个限度，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求解。(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。3.电场力(1)大小：FqE。若电场为匀强电场，电场力为恒力；若电场为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关。真空中静止的两点电荷间相互作用的库仑力Fk。(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。4.安培力(1)大小：FBIL，此式只适用于BI的情况，且L是导线的有效长度，当BI时，F0。(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面。5.洛伦兹力(1)大小：FqvB，此

3、式只适用于Bv的情况。当Bv时，F0。(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功。6.共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。(2)平衡条件：F合0或Fx0，Fy0。(3)常用推论若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n1)个力的合力大小相等、方向相反。若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。1.解题基本思路确定平衡状态(加速度为零)巧选研究对象(整体法或隔离法)受力分析建立平衡方程求解或作讨论。2.常用技巧方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。(2)求解平衡问题

4、时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。3.电学中的平衡(1)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析电场力、安培力或洛伦兹力。(2)如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动；如果是匀速圆周运动，则电场力与重力的合力为0。高考题型1受力分析整体法与隔离法的应用1.基本思路在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析。2.两点注意(1)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。(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三

5、定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”。【例1】(多选)(2021宁夏吴忠市4月二模)如图1所示，质量为M的三角形斜劈Q置于水平地面上，质量为m的木块P放在Q的斜面上，现用大小分别为F1、F2(F1F2)、方向相反的水平力分别推P和Q，它们均静止不动，g为重力加速度，则下列说法正确的是()图1A.P可能受到沿斜面向下的摩擦力B.Q可能受五个力C.Q可能受六个力D.Q对P的支持力一定小于mg答案ABC解析选取P为研究对象，P物体所受重力沿斜面方向分力Gx和F1沿斜面方向分力F1x比较，若F1xGx，则P受到沿斜面向下的摩擦力，A正确；Q受重力、地面摩擦力和弹力、推力F2、P作用的弹力，若

6、F1xGx，P、Q间无摩擦力，Q受五个力；若P、Q间有摩擦力，Q可能受六个力，则B、C正确；若P、Q间无摩擦力，P受三个力，由平衡条件分析，Q对P的支持力大于mg，选项D错误。【拓展训练1】(2021福建宁德市第一次质检)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图2所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力f。下列受力分析示意图可能正确的是()图2答案A解析由题意可知飞机所受重力G竖直向下，空气阻力f与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿

7、喷口的反方向，对比图中选项A符合题意。故选A。【拓展训练2】(2021山东省开学摸底)如图3所示，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则()图3A.C对A的支持力大小为mgB.C对B的摩擦力大小为mgC.B对A的支持力大小为mgD.地面对C的摩擦力大小为mg答案C解析对A物体受力分析如图所示，由几何关系可知，C对A的支持力FCA、B对A的支持力FBA与A的重力的反向延长线的夹角都是30，由平衡条件可知FBAFCA，故C正确，A错误；以A、B整体为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力

8、平衡，所以C对B的摩擦力大小为f(GAGB)sin 30，故B错误；以A、B、C整体为对象，水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误。高考题型2静态平衡问题1.基本思路：根据物体所处的状态(静止或者匀速直线运动)受力分析，结合平衡条件列式求解。2.主要方法：力的合成法和正交分解法。【例2】(20211月辽宁普通高校招生适应性测试，7)如图4所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为，则、应满足()图4A.tan B.2tan C.3tan tan() D

9、.3tan 2tan()答案C解析以大球和小球为整体受力分析如图甲，根据平衡条件得Tcos 3mgTsin N1解得N13mgtan 再以小球为研究对象，进行受力分析如图乙所示根据平衡条件得N2sin()N1N2cos()mg解得N1mgtan()联立得3tan tan()选项C正确。【拓展训练3】(20211月广东学业水平选择考适应性测试，3)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图5所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是()图5A.两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大B.两侧筷子对玻璃

10、珠的合力比重力小C.左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大D.右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大答案C解析对玻璃珠受力分析如图所示，受到重力G、左侧筷子对玻璃珠的弹力F1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F2，玻璃珠在这三个力的作用下处于平衡状态。根据力的平衡条件可知，两侧筷子对玻璃珠的作用力的合力与重力等大反向，故A、B错误；根据共点力的平衡条件可知，竖直方向有F1sin G，水平方向有F2F1cos ，联立得F1，F2，由于为锐角，则一定有F1G，而F2不一定大于G，故C正确，D错误。【拓展训练4】2021湖南株洲市统一检测(一)如图6为汽车内常备的两种类型的“千斤顶”，甲是“菱”形，乙

11、是“Y”形，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重均为G，螺旋杆保持水平，AB与BC之间的夹角都为，不计杆件自重，则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为()图6A.11 B.12 C.21 D.23答案A解析将“菱”形千斤顶C点受到的压力G分解为沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，由2F1sin G得F1，对“菱”形千斤顶B点受力分析如图a所示，由平衡条件得F2F1cos ，联立解得F，根据题意，对“Y”形千斤顶B点受力分析如图b所示，由平衡条件得F；则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为11。故选项A正确。高考题型3动态平衡问题1.

12、解析法常用于可以较简捷列出平衡方程的情况或者正交分解的情况。(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡方程。(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。2.图解法(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化情况。(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。说明：此法一般应用于物体受3个共点力或者可以等效为3个共点力的情况，并且常用于定性分析。【例3】20

13、21湖北七市(州)教科研协作体联考如图7所示，一圆环套在固定的倾斜光滑杆上，轻绳绕过光滑定滑轮与圆环相连，整个装置处于同一竖直平面内，现用力F缓慢拉动轻绳，圆环对杆的弹力大小为N，在圆环从A沿杆向上运动的过程中，下列说法正确的是()图7A.F一直增大，N先减小后增大B.F一直增大，N一直减小C.F先减小后增大，N一直增大D.F先减小后增大，N先减小后增大答案B解析对圆环受力分析如图所示，圆环受到三个力的作用，三力平衡，由于重力大小方向不变，支持力方向不变，随拉力的方向改变时，三个力的动态分析图如图所示，由图可知，拉力与竖直方向夹角越来越小，则F一直增大，N一直减小，所以B正确，A、C、D错误。

14、【拓展训练5】(2021湖南省普通高中学业水平选择性考试，5)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8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()图8A.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N始终垂直，即始终为90，在小滑块由A点向B点缓慢移动的

15、过程中，减小，增大，由平衡条件得Fmgcos 、Nmgsin ，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力N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N1Fsin mgsin 2，水平地面对凹槽的支持力N2MgmgFcos ，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，由逐渐减小到零，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【拓展训练6】(2021辽宁葫芦岛市高考一模)如图9所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B

16、点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是()图9A.F一直增大 B.F一直减小C.F先减小后增大 D.F先不变后增大答案D解析当轻绳另一端在C点时，设轻绳左右两侧间的夹角为2，以滑轮为研究对象，受力分析图如图所示，根据平衡条件得2Fcos mg，得到轻绳的拉力F，轻绳的另一端从墙壁上的B点沿墙壁缓慢移到C点的过程中，有l1sin l2sin l，则不变，而后由C点缓慢移到D点的过程中，l变大，变大；则轻绳另一端从B点沿墙壁缓慢移到D点，先不变后增大，cos 先不变后减小，轻绳的拉力F先不变

17、后增大，D项正确，A、B、C错误。高考题型4电磁学中的平衡问题1.基本思路要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。2.几点注意(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。【例4】(2021湖北省高考模拟)如图10所示，A、B两带电小球，带电荷量大小分别为QA、QB，质量分别为m1和m2。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于

18、同一水平线上，OBA37，OAB53，C是AB连线上一点且在O点的正下方，C点的电场强度为零，A、B两带电小球均可视为点电荷，sin 530.8，则下列说法正确的是()图10A.A、B两球的质量之比为916B.A、B两球的带电荷量之比为81256C.同时剪断连接两小球A、B的细线，A小球一定先落地D.若在O点放一带电荷量适当的负电荷，能在两球不动的情况下使两细线的拉力同时为零答案B解析设两小球间库仑力大小为F，对A球受力分析有，Fm1gtan 37，对B球，受力分析有Fm2gtan 53，联立两式可知，A错误；两个点电荷A、B在C点的合电场强度为零，则kk，得，B正确；同时剪断连接两小球A、B

19、的细线，在竖直方向两小球A、B均做自由落体运动，两小球是同时落地，C错误；若OA细线拉力为零，O点放置电荷Q1，则kcos 53F，若OB细线拉力为零，O点放置电荷Q2，则kcos 37F，可得，D错误。【拓展训练7】(20211月湖南普通高校招生适应性考试，5)如图11，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，其它条件不变

20、，力传感器的示数为F2。该匀强磁场的磁感应强度大小为()图11A. B.C. D.答案C解析线框在磁场中的有效长度为L，当电流方向为题图所示方向时，由平衡条件得F1BILmg改变电流方向后，安培力方向竖直向下，有F2mgBIL联立得B，C正确。【拓展训练8】(2021广东惠州市第三次调研)如图12甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为m，边长为L，金属框的总电阻为R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布)，下半部分在磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力

21、为F，从t0时刻起，测得经过t05 s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为g，不计空气阻力。求：图12(1)05 s内，金属框产生的感应电流方向以及磁感应强度B0的大小；(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小。答案(1)沿逆时针方向(2)解析(1)由楞次定律可知，05 s时间内金属框中感应电流方向沿逆时针方向；由法拉第电磁感应定律E感应电流大小为I5 s时受到的安培力为F安B0IL丝线刚好被拉断，根据平衡条件有FF安mg联立解得B0。(2)由题意可知，5 s后磁感应强度为

22、B0不变。金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有B0I1Lmg金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为E1B0Lv由闭合电路欧姆定律可得I1联立解得v。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021海南省第一次模拟)如图1，F1F21 N，分别作用于A、B两个重叠物体上，且A、B均保持静止，则A与B之间、B与地面间的摩擦力分别为()图1A.1 N，0 B.2 N，0C.1 N，1 N D.2 N，1 N答案A解析对A、B整体分析，由于整体处于静止状态，合力为零，地面与B间的摩擦力为0；对A分析，B对A的摩擦力fBAF11 N。故A正确，B、C、D错误。2.(2021福建泉州市4月质量监测)智能机

23、器制造是我国实施强国战略行动的一个重要方向。如图2所示，一机械臂铁夹夹住一个钢球水平向右匀速移动，铁夹与球之间的接触面均保持竖直，在移动球的过程中，下列说法正确的是()图2A.球受三个力作用B.球受到的合外力水平向右C.铁夹对球的作用力竖直向上D.若增大铁夹对球的压力，球受到的摩擦力将增大答案C解析球受重力、两边铁夹对球的弹力和摩擦力，共五个力作用，选项A错误；球匀速运动，则受到的合外力为零，选项B错误；球的重力与铁夹对球的作用力平衡，等大反向，则铁夹对球的作用力竖直向上，选项C正确；球受到的静摩擦力与球的重力平衡，增大铁夹对球的压力，球受到的摩擦力不变，选项D错误。3.(2021广东省普通高

24、中学业水平选择性考试，3)唐代耒耜经记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，如图3所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是 ()图3A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力答案B解析耕索对曲辕犁的拉力在水平方向上的分力为Fsin ，耕索对直辕犁的拉力在水平方向上的分力为Fsin ，由于，则Fsin Fsin ，A错误；耕索对曲辕犁的拉力在竖直方向上的分力为F

25、cos ，耕索对直辕犁的拉力在竖直方向上的分力为Fcos ，由于Fcos ，B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，作用力与反作用大小相等，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D错误。4.(2021四川德阳市“二诊”)如图4所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O点，另一端跨过光滑且大小可忽略的定滑轮P悬挂物块B，OP段的绳子水平，长度为L。现将一带光滑挂钩的物块A挂到OP段的绳子上，当A、B物块平衡时，物块B上升的高度为L。则A、B的质量之比为()图4A. B.2 C. D.1答案A解析对挂钩处进行受力分析如图所示，对B进行受力分析可得绳子拉力TmBg，对挂钩处有T

26、cos mAg，根据几何关系可知30，联立解得，选项A正确。5.(2021四川成都市第二次诊断)如图5所示，重为G的匀质金属球靠着倾角45的固定斜面静止在水平地面上，a是球的左端点，b、c分别是球与地面和斜面的接触点，F是在a点对球施加的一个水平向右、正对球心的推力。已知a、b、c和球心在同一竖直面内，不计一切摩擦。下列判定正确的是()图5A.若F0.5G，则球对斜面的压力大小也为0.5GB.若F0.5G，则球对地面的压力大小也为0.5GC.F由零缓慢增大到G的过程中，球所受合力将增大D.F由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力将减小答案B解析球的受力情况如图所示，由平衡条件得NN

27、cos 45G，Nsin 45F，联立解得NFG，NGF0.5G，由牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小为G，球对地面的压力大小为0.5G，故A错误，B正确；当球刚好对地面的压力为0时，由平衡条件得FG，则F由零缓慢增大到G的过程中，球一直处于平衡状态，所受合力为零，故C错误；F由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力与F和G的合力等大反向，由于F和G的合力增大，则球所受支持面作用力的合力将增大，故D错误。6.(2021宁夏吴忠市一轮联考)如图6是某建筑工地悬吊装置的示意图，图中OM是用轻钢制作的龙骨，ON为尼龙轻绳。OM可以绕通过M点且垂直于纸面的轴转动，尼龙绳的N端系在一辆天车上

28、，尼龙绳和龙骨的重力及M处的摩擦力都可以忽略不计。若所挂的重物不变，保持OM与竖直墙面的夹角不变而将天车稍微向左开动一点距离，下列说法正确的是()图6A.尼龙绳ON对O点的拉力不变B.尼龙绳ON对O点的拉力增大C.龙骨OM对O点的支持力不变D.龙骨OM对O点的支持力减小答案B解析以O点为研究对象进行受力分析，三个力合力为零，若天车向左移动少许，重力G大小方向不变，龙骨OM对O点支持力方向不变，由图可知尼龙绳对O点的拉力增大，龙骨OM对O点的支持力增大，故B正确，A、C、D错误。7.(2021湘豫名校3月联考)如图7为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三

29、角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角。图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB边处于水平状态，则在转动过程中()图7A.球对AC边的压力一直增大B.球对AC边的压力一直减小C.球对AC边的压力先增大后减小D.球对AC边的压力先减小后增大答案A解析对正三角形内部的小球受力分析，如图所示，由几何关系可得，不变，从0逐渐增大到60，AC边对球的支持力NAC一直增大，根据牛顿第三定律可知，球对AC边的压力一直增大，A正确，B、C、D错误。8.(2021河南六市3月第一次联考)如图8所示，倾角30的斜

30、面体A固定在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量为3m和m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使其缓慢运动到绳与竖直方向成45角的位置。不计绳与滑轮间的摩擦。在此过程中()图8A.小物块b受到绳的拉力先增大再减小B.小物块a受到的摩擦力一直减小C.小物块a受到的摩擦力先增大再减小D.小物块a会沿斜面缓慢上移答案B解析设物块b缓慢运动过程中绳子与竖直方向的夹角为，绳子中的拉力为F拉，则根据几何关系得cos ，解得F拉，随着增大，F拉也逐渐增大；当45，F拉mgmg，即绳子的拉力最终小于物块a的重力沿斜面向下的分力，根据平衡条件有3mgco

31、s F拉F静，所以小物块a受到的摩擦力在一直减小，不会沿斜面缓慢上移。故选项B正确，A、C、D错误。9.(2021山东潍坊模拟)如图9所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑动滑轮下吊重物，轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端固定在光滑的滑环N上，轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮，滑环N套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是()图9A.绳a的拉力变大 B.绳b的拉力变大C.杆对滑环的弹力变大 D.绳b的拉力始终比绳a的小答案D解析重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图甲所示。根据正交分解可得2Tacos mg，解得Ta，设轻绳a的总长为l，井口的宽

32、度为d，如图乙所示。则根据几何关系可得l1sin d1，l2sin d2，又l1l2l，d1d2d，联立可得sin ，在缓慢向上的过程中，l和d保持不变，故sin 不变，所以cos 不变，根据Ta，可知Ta不变，故A错误；对N受力分析，如图丙所示，根据正交分解可得NTasin ，TbTacos 联立解得Nmgtan ，Tbmg绳b的拉力保持不变，由A项分析可知，绳a的夹角不变，则tan 不变，杆对滑环的弹力不变，故B、C错误；由于cos 1，根据TbTa cos ，所以TbTa，故D正确。10.(2021重庆市高考模拟预热)如图10所示，长度为3L的不可伸长的绝缘轻绳，穿过中心有孔的两个完全相

33、同的带电小球P和Q，悬挂于天花板上的O点，两球静止时的位置将轻绳分成长度相等的三段，O、P、Q处于等边三角形的三个顶点上，已知两小球的质量均为m，静电力常量为k，重力加速度为g，不计轻绳与球孔之间的摩擦，则小球所带的电荷量为()图10A.L B.LC.L D.L答案C解析对任一小球进行受力分析，受到重力、库仑力和轻绳的拉力，由题意可知，倾斜轻绳与水平方向的夹角为60，轻绳上的拉力大小处处相等，设轻绳拉力大小为F，由平衡条件得，竖直方向上有Fsin 60mg，水平方向上有FFcos 60k，联立解得QL，选项C正确。11. (2021福建龙岩市3月第一次质量检测)如图11所示，两根金属导轨MN、

34、PQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒ab恰好能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运动的时间内，金属棒ab受力情况中()图11A.安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大B.安培力方向始终向下，安培力大小保持不变C.摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大D.摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变答案A解析当加磁场时，感应电动势大小为E，由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以为定值，感应电动势E不变，则安培力大小为F安BI

35、LBL，由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向始终沿斜面向上，故A正确，B错误；未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得fmgsin ，方向沿斜面向上，由于安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿斜面向上，大小逐渐减小；当F安mgsin 时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，故C、D错误。12.(2021广东六校第三次联考)如图12所示，是某同学设计的一种磁动力电梯的原理图，即在竖直平面内有两根很长的平行竖直金属轨道MN和PQ，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场，两导轨下端用导线相

36、连。处于金属轨道间的导体杆ab与轨道垂直，且正下方通过绝缘装置固定电梯轿厢，当磁场向上运动时，电梯可向上运动(设运动过程中ab始终与导轨垂直且接触良好)。已知匀强磁场强度大小为B，电梯载人时电梯轿厢(包括人)及ab杆的总质量为M，两导轨间的距离为L，导体杆电阻为R，其余部分电阻不计。当磁场以v0的速度匀速上升时，电梯轿厢刚好能离开地面。不计空气阻力，ab杆与轨道的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等。重力加速度为g。求：图12(1)此时通过ab杆电流的方向及ab杆受到轨道摩擦力的大小；(2)当电梯匀速上升的速度大小为v1时，磁场向上匀速运动速度v2的大小。答案(1)由b指向aMg(2)v0v1解析(1)由右手定则可得电流方向是从b到a；磁场向上运动，相当于ab杆向下切割磁感线，感应电动势EBLv0电流I电梯轿厢刚好能离开地面，由平衡条件可得F安1Mgf联立得fMg。(2)当磁场向上匀速运动速度v2时，回路中感应电动势的大小E1BL(v2v1)稳定时，回路中电流大小I1F安2BI1LF安2Mgf联立可得v2v0v1。