2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)學(xué)案.doc

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第1講　力與物體的平衡 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.平衡中的“三看”與“三想” (1)看到“緩慢”，想到“物體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)?！? (2)看到“輕繩、輕環(huán)”，想到“繩、環(huán)的質(zhì)量可忽略不計(jì)”。 (3)看到“光滑”，想到“摩擦力為零”。 2.“三點(diǎn)”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(duì)運(yùn)動(dòng)方向或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反，但與物體的運(yùn)動(dòng)方向無(wú)必然的聯(lián)系。 (3)安培力F的方向既與磁感應(yīng)強(qiáng)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(xué)中的平衡問(wèn)題 　運(yùn)動(dòng)物體的平衡問(wèn)題 【典例1】 (2017全國(guó)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(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　) 圖1 A.2－ B. C. D. 解析　當(dāng)F水平時(shí)，根據(jù)平衡條件得F＝μmg；當(dāng)保持F的大小不變，而方向與水平面成60角時(shí)，由平衡條件得Fcos 60＝μ(mg－Fsin 60)，聯(lián)立解得μ＝，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 　物體的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 【典例2】 (2016全國(guó)卷Ⅱ，14)質(zhì)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(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖2所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)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(duì)O點(diǎn)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(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項(xiàng)A正確。 答案　A 　整體法、隔離法在平衡中的應(yīng)用 【典例3】 如圖3所示，A、B、C三個(gè)完全相同的下水道水泥管道靜止疊放在水平地面上，假設(shè)每個(gè)管道的質(zhì)量為m，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A.A對(duì)B的彈力大小為mg B.地面對(duì)B、C均沒(méi)有摩擦力作用 C.地面對(duì)B的支持力大小為mg D.地面對(duì)B的摩擦力大小為mg 解析　選擇A、B、C為研究對(duì)象，可得其截面圖如圖甲所示，對(duì)A受力分析如圖乙所示，由題意知，F(xiàn)BA＝FCA，2FBAcos 30＝mg，則A對(duì)B的彈力FAB＝FBA＝mg，選項(xiàng)A正確；對(duì)B受力分析如圖丙所示，由于A對(duì)B有斜向左下的彈力，則地面對(duì)B有摩擦力作用，同理，地面對(duì)C也有摩擦力作用，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。 答案　AD 1.處理平衡問(wèn)題的基本思路 2.在三個(gè)力作用下物體的平衡問(wèn)題中，常用合成法分析；在多個(gè)力作用下物體的平衡問(wèn)題中，常用正交分解法分析。 3.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路：把“動(dòng)”化為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”。動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)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(nèi)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(shí)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(nèi)，則此時(shí)(　　) 圖4 A.小球受3個(gè)力作用 B.環(huán)受到小球的壓力大小為Gsin θ C.彈簧處于伸長(zhǎng)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(duì)小球沒(méi)有支持力作用，小球只受兩個(gè)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(gè)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(zhì)量分別為M和m的兩物體，由跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩連接，不計(jì)滑輪的大小、質(zhì)量及一切摩擦。現(xiàn)兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) 圖5 A.兩物體的質(zhì)量M和m不相等 B.兩豎直桿對(duì)滑輪的作用力大小相等 C.O1A段桿對(duì)滑輪的作用力大小是O2B段桿對(duì)滑輪作用力大小的倍 D.O1A段桿對(duì)滑輪的作用力大小是O2B段桿對(duì)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(zhì)量相等，即M＝m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)力的平衡可知，桿對(duì)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(guān)系可知，A滑輪兩邊繩子的夾角為60，則O1A段桿對(duì)滑輪的作用力大小為F1＝2mgcos 30＝mg，同理可知，O2B段桿對(duì)滑輪的作用力大小為F2＝mg，因此選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤，C正確。 答案　C 3.(多選)如圖6所示，一個(gè)固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ豎直。在PQ和一個(gè)斜面體A之間卡著一個(gè)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(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)改變推力F的大小，推動(dòng)斜面體A沿著水平地面向左緩慢運(yùn)動(dòng)，使球B沿斜面上升一很小高度。在球B緩慢上升過(guò)程中，下列說(shuō)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(duì)斜面體A的彈力逐漸減小 解析　對(duì)球B受力分析，如圖甲所示。 當(dāng)球B上升時(shí)，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(xiàng)A、B正確；對(duì)斜面體進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，因?yàn)镕AB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(duì)斜面體的彈力FN也減小，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　ABD 　電學(xué)中的平衡問(wèn)題 　電場(chǎng)力作用下的物體平衡問(wèn)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(guò)絕緣細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，定滑輪左側(cè)連接物塊b的一段細(xì)繩與斜面平行，帶負(fù)電的小球N用絕緣細(xì)線懸掛于P點(diǎn)。設(shè)兩帶電小球在緩慢漏電的過(guò)程中，兩球心始終處于同一水平面上，并且b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖7 A.b對(duì)c的摩擦力一定減小 B.地面對(duì)c的支持力一定變大 C.地面對(duì)c的摩擦力方向一定向左 D.地面對(duì)c的摩擦力一定變大 解析　兩帶電小球在緩慢漏電過(guò)程中，庫(kù)侖力F庫(kù)＝減小。對(duì)小球M，由平衡條件知，繩子拉力大小FT＝減??；對(duì)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(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)b、c整體，地面對(duì)c的支持力FN＝(mb＋mc)g－FTsin θ隨FT減小而變大，地面對(duì)c的摩擦力Ff2＝FTcos θ減小，方向一定向左，選項(xiàng)B、C正確，D錯(cuò)誤。 答案　BC 　復(fù)合場(chǎng)中的物體平衡問(wèn)題 【典例2】 (2017全國(guó)卷Ⅰ，16)如圖8，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)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(gè)帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋qvB，mcg＋qvB＝qE，所以mb>ma>mc，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 　電磁感應(yīng)中的導(dǎo)體棒平衡問(wèn)題 【典例3】 (2016全國(guó)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(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)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?。? (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 解析　(1)由ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是大小相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)兩導(dǎo)線上拉力的大小為FT，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為FN2。對(duì)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(duì)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(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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)　(2)(sin θ－3μcos θ) 電學(xué)中的平衡問(wèn)題是指在電場(chǎng)力、安培力、洛倫茲力參與下的平衡問(wèn)題。處理方法與純力學(xué)問(wèn)題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進(jìn)行遷移應(yīng)用即可。 1.興趣課堂上，某同學(xué)將完全相同的甲、乙兩個(gè)條形磁鐵水平放在粗糙的水平木板上(N極正對(duì))，如圖10所示，緩慢抬高木板的右端至傾角為θ，在這一過(guò)程中兩磁鐵均保持靜止?fàn)顟B(tài)。請(qǐng)對(duì)該同學(xué)提出的說(shuō)法進(jìn)行分析，其中正確的是(　　) 圖10 A.甲受到的摩擦力的方向(相對(duì)木板)可能發(fā)生變化 B.乙受到的摩擦力的方向(相對(duì)木板)可能發(fā)生變化 C.繼續(xù)增大傾角，甲、乙將會(huì)同時(shí)發(fā)生滑動(dòng) D.若減小甲、乙間距，重復(fù)上述過(guò)程，增大傾角時(shí)乙會(huì)先發(fā)生向上滑動(dòng) 解析　因兩條形磁鐵的N極正對(duì)，相互排斥，在θ較小時(shí)，乙有沿木板向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，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(duì)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(duì)木板)變化的情況，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；增大傾角θ或減小甲、乙間距時(shí)，最易發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的為甲，故選項(xiàng)C、D均錯(cuò)誤。 答案　B 2.(2018大連模擬)如圖11所示，上下不等寬的平行導(dǎo)軌，EF和GH部分導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，PQ和MN部分的導(dǎo)軌間距為3L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為30，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。金屬桿ab和cd的質(zhì)量均為m，都可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，且與導(dǎo)軌接觸良好，現(xiàn)對(duì)金屬桿ab施加一個(gè)沿導(dǎo)軌平面向上的作用力F，使其沿斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd處于靜止?fàn)顟B(tài)，則F的大小為(　　) 圖11 A.mg B.mg C.mg D.mg 解析　設(shè)ab桿向上做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電流大小為I，受到安培力大小為F安＝BIL，對(duì)于cd，由平衡條件得BI3L＝mgsin 30，對(duì)于ab桿，由平衡條件得F＝mgsin 30＋BIL，綜上可得：F＝mg，故選項(xiàng)A正確。 答案　A 3.如圖12所示，三根長(zhǎng)度均為0.3 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線，其中兩根的一端分別固定在天花板上的P、Q點(diǎn)，另一端分別拴有質(zhì)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＝310－6 C，B球帶負(fù)電，與A球帶電荷量相同。A、B之間用第三根絕緣細(xì)線連接起來(lái)。在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且A、B間細(xì)線恰好伸直。靜電力常量k＝9109 Nm2/C2。 圖12 (1)求此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (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(huì)達(dá)到新的平衡位置。求此時(shí)細(xì)線QB所受的拉力T的大小，并求出A、B間細(xì)線與豎直方向的夾角θ。 解析　(1)A、B間細(xì)線恰好伸直，說(shuō)明A、B間細(xì)線的拉力為零。對(duì)A球由平衡條件得：Eq＝ 代入數(shù)據(jù)解得：E＝3105 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(xì)繩QB一定豎直，所以對(duì)A、B整體可得： T＝2mg＝2.4 N 由幾何關(guān)系可知： tan θ＝＝ 所以θ＝37 答案　(1)3105 N/C　(2)2.4 N　37 　平衡中的臨界與極值問(wèn)題 　摩擦力作用下的臨界問(wèn)題 【典例1】 (2013新課標(biāo)全國(guó)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(yīng)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13 A.物塊的質(zhì)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(duì)斜面的正壓力 解題關(guān)鍵?、貴平行于斜面，對(duì)物塊施于斜面的壓力沒(méi)有影響。②物塊保持靜止，但是運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)有兩種可能，分別是沿斜面向上和向下。 解析　物塊對(duì)斜面的正壓力FN＝mgcos θ，當(dāng)物塊所受外力F為最大值F1時(shí)，具有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì) 由平衡條件可得：F1＝mgsin θ＋fm； 同理，當(dāng)物塊所受外力F為最小值F2時(shí)，具有向下的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，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(zhì)量m、斜面的傾角θ和物塊對(duì)斜面的正壓力FN，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 答案　C 　連接體平衡中的極值問(wèn)題 【典例2】 如圖14所示，汽車通過(guò)鋼繩拉動(dòng)物體。假設(shè)鋼繩的質(zhì)量可忽略不計(jì)，物體的質(zhì)量為m，物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，汽車的質(zhì)量為m0，汽車運(yùn)動(dòng)中受到的阻力跟它對(duì)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(yùn)動(dòng)時(shí)的牽引力最小，角α應(yīng)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(shí)，牽引力F最小(臨界點(diǎn))。故選項(xiàng)A正確。 答案　A 解決臨界極值問(wèn)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(shí)采用數(shù)學(xué)方法求極值。 (2)圖解法：此種方法通常適用于物體只在三個(gè)力作用下的平衡問(wèn)題。 (3)極限法：極限法是一種處理極值問(wèn)題的有效方法，它是指通過(guò)恰當(dāng)選取某個(gè)變化的物理量將問(wèn)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(lái)，快速求解。 1.如圖15所示，A、B兩球用輕桿相連，用兩根細(xì)線將其懸掛在水平天花板上的O點(diǎn)。現(xiàn)用外力F作用于小球B上(圖上F未標(biāo)出)，使系統(tǒng)保持靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)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(xì)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(duì)小球A受力分析，根據(jù)平衡條件知輕桿對(duì)小球A、B的作用力為零，即小球A受重力和細(xì)線OA的拉力，二力平衡。對(duì)小球B受力分析，根據(jù)矢量三角形知：當(dāng)力F與細(xì)線BO垂直時(shí)力F最小，最小值為F＝Gsin 45＝G，故選項(xiàng)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(dǎo)軌，現(xiàn)在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量m＝0.4 kg的金屬棒ab，它與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5。整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌接電源E，若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，滑動(dòng)變阻器的阻值符合要求，現(xiàn)閉合開(kāi)并S，要保持金屬棒ab在導(dǎo)軌上靜止不動(dòng)，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(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒剛好不向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shè)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(dāng)金屬棒剛好不向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)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(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。 答案　C 數(shù)學(xué)方法在物理解題中的應(yīng)用 高考物理考試大綱中明確要求考生要具備應(yīng)用數(shù)學(xué)方法處理物理問(wèn)題的能力，即“能夠根據(jù)具體問(wèn)題列出物理量之間的關(guān)系式，進(jìn)行推導(dǎo)和求解，并根據(jù)結(jié)果得出物理結(jié)論；能運(yùn)用幾何圖形、函數(shù)圖象進(jìn)行表達(dá)、分析”。 考法1　三角形相似知識(shí)的應(yīng)用 在共點(diǎn)力平衡問(wèn)題、運(yùn)動(dòng)的合成和分解、電磁場(chǎng)的合成和分解以及幾何光學(xué)等物理情境中，常會(huì)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(jié)構(gòu)(長(zhǎng)度)三角形相似的情況，準(zhǔn)確作圖、仔細(xì)觀察、靈活選用相似三角形的邊角關(guān)系是解題的關(guān)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，另一根繞過(guò)無(wú)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(guò)程中，繞過(guò)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(diǎn)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(guān)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(chǎng)，兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和豎直放置的熒光屏組成，如圖18所示。若已知加速電場(chǎng)的電壓為U1，兩平行金屬板的板長(zhǎng)、板間距均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)的距離也為d。若兩板間的偏轉(zhuǎn)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(guò)，打在熒光屏的中點(diǎn)O；若兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，則電子會(huì)打在熒光屏上的某點(diǎn)，該點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為d。已知兩金屬板間只存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)電子在進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)的速度及電子重力，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，求U1與U2的比值。 圖18 解析　電子加速過(guò)程，由動(dòng)能定理可得 eU1＝mv 電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)區(qū)做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示 沿初速度方向，有 d＝v0t 在垂直初速度方向，有 y＝at2 其中a＝，E＝ 設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，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(yīng)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(guān)系。物理量在合成或分解時(shí)會(huì)構(gòu)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(jì)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(guó)卷Ⅰ，21)如圖19，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞)。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過(guò)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(guān)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(xiàng)A、D正確。 答案　AD 【例4】 (2018武漢二月調(diào)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(zhǎng)直導(dǎo)線a、b平行且水平放置，a、b中的電流強(qiáng)度分別為I和2I，此時(shí)a受到的磁場(chǎng)力大小為F。當(dāng)在a、b的上方再放置一根與a、b平行的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線c后，a受到的磁場(chǎng)力大小仍為F，圖中abc正好構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小為(　　) 圖20 A.F B.F C.2F D.F 解析　先分析導(dǎo)線a的受力，題設(shè)a、b平行，電流分別為I和2I，此時(shí)a受到的磁場(chǎng)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(zhǎng)直導(dǎo)線c，a、b、c正好構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，a受到的磁場(chǎng)力大小仍為F，根據(jù)平行四邊形定則，可知c對(duì)a的磁場(chǎng)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(duì)b的磁場(chǎng)力大小為F，因?yàn)閞ca＝rcb，a、b電流分別為I和2I，所以c對(duì)a的磁場(chǎng)力大小Fca＝F，故c對(duì)b的磁場(chǎng)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(chǎng)合力大小為Fb合＝＝F，選項(xiàng)D正確。 答案　D 考法3　利用數(shù)學(xué)方法求極值 分析求解物理量在某物理過(guò)程中的極大值或極小值是很常見(jiàn)的物理問(wèn)題，這類問(wèn)題的數(shù)學(xué)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(zhì)量為5 kg的木塊與水平面間動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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 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(gè)力作用。設(shè)力F與x軸夾角為θ，由共點(diǎn)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(dāng)sin(θ＋φ)＝1時(shí)，F(xiàn)具有極小值 Fmin＝＝ N＝25 N 因?yàn)閠an φ＝＝ 所以φ＝60 則F與x軸夾角θ＝90－60＝30，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 【例6】 (多選)如圖22所示，A、B兩物體相距s，物體A以vA＝6 m/s 的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)。而物體B此時(shí)的速度vB＝2 m/s，向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(shè)經(jīng)時(shí)間t，物體A、B相遇，位移滿足xA－xB＝s，物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移xA＝vAt，物體B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(xiàng)C、D錯(cuò)誤；將選項(xiàng)A、B代值計(jì)算可知，兩解都為正值，選項(xiàng)A、B正確。 答案　AB 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～9題為單項(xiàng)選擇題，10～11題為多項(xiàng)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(gè)彈簧拉力作用，彈簧原長(zhǎng)小于h，水平向右的拉力F拉動(dòng)滑塊，使滑塊向右緩慢移動(dòng)，并且滑塊始終沒(méi)有離開(kāi)地面，則在上述過(guò)程中，下列說(shuō)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(shè)彈簧的原長(zhǎng)為l0，勁度系數(shù)為k，彈簧彈力在豎直方向的分量Fy＝k(－l0)sin θ，故Fy＝kh－kl0sin θ，當(dāng)滑塊向右移動(dòng)時(shí)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(zhì)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(jì)厚度的木板擋住球，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)。今使擋板與斜面的夾角β緩慢增大，在此過(guò)程中，斜面對(duì)球的支持力N1和擋板對(duì)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(duì)球受力分析，如圖所示。球始終處于平衡狀態(tài)，故三個(gè)力的合力始終為零，三力構(gòu)成矢量三角形。擋板逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，N2方向也逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，作出如圖所示的動(dòng)態(tài)矢量三角形。由圖可見(jiàn)，N1隨β的增大一直減小，N2先減小后增大。選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.燈籠，又稱燈彩，是一種古老的中國(guó)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(lái)營(yíng)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(diǎn)。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(duì)O點(diǎn)拉力分別為F1、F2，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A.F1＝，F(xiàn)2＝ B.F1＝Gsin θ，F(xiàn)2＝Gtan θ C.F1和F2的合力與燈籠對(duì)地球的引力是一對(duì)平衡力 D.F1和F2的合力與地球?qū)艋\的引力是一對(duì)相互作用力 解析　以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；F1與F2的合力與豎直方向繩的拉力是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；地球?qū)艋\的引力與燈籠對(duì)地球的引力是一對(duì)相互作用力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　A 4.如圖4所示，放在水平桌面上的質(zhì)量為1 kg的物體A通過(guò)水平輕繩、彈簧測(cè)力計(jì)和光滑定滑輪與物體B相連接，兩物體均靜止時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)甲和乙的讀數(shù)分別為5 N和2 N，則剪斷物體A左側(cè)輕繩瞬間，物體A的加速度和彈簧測(cè)力計(jì)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(shí)，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(cè)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(dòng)，所以物體A的加速度為0；此時(shí)物體B也處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)不變?nèi)詾? N。綜上分析，選項(xiàng)D正確。 答案　D 5.如圖5所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，絕緣細(xì)線下面懸掛一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)線，導(dǎo)線中有垂直紙面向里的恒定電流I，靜止時(shí)細(xì)線偏離豎直方向θ角，現(xiàn)將磁場(chǎng)沿逆時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小不變，在此過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.導(dǎo)線受到的安培力逐漸變大 B.絕緣細(xì)線受到的拉力逐漸變大 C.絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角θ先增大后減小 D.導(dǎo)線受到的安培力與絕緣細(xì)線受到的拉力的合力大小不變，方向隨磁場(chǎng)的方向的改變而改變 解析　導(dǎo)線受到的安培力F安＝BIl大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90的過(guò)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)合大小逐漸增大，θ逐漸減小，所以FT大小逐漸增大，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)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(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 6.(2018山東濟(jì)寧市二模)智能手機(jī)的普及使“低頭族”應(yīng)運(yùn)而生。低頭時(shí)，頸椎受到的壓力會(huì)增大(當(dāng)人體直立時(shí)，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量)?，F(xiàn)將人體頭頸簡(jiǎn)化為如圖6所示的模型：重心在頭部的P點(diǎn)，在可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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?fàn)顟B(tài)。當(dāng)?shù)皖^時(shí)，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(shí)頸椎受到的壓力與直立時(shí)頸椎受到壓力的比值為(sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)(　　) 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(guān)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(gè)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(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖7所示。設(shè)墻對(duì)B的作用力為F1，B對(duì)A的作用力為F2，地面對(duì)A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個(gè)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保持不變 解析　未放上C時(shí)，以B為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得，墻對(duì)B的作用力F1＝GBtan α。當(dāng)放上C時(shí)，F(xiàn)1增大，A對(duì)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(duì)象，受力分析如圖乙所示，則放上C前，地面對(duì)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(duì)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(xiàng)C正確。 答案　C 8.如圖8所示，O點(diǎn)有一個(gè)很小的光滑輕質(zhì)圓環(huán)，一根輕繩AB穿過(guò)圓環(huán)，A端固定，B端懸掛一個(gè)重物，另一根輕繩一端固定在C點(diǎn)，另一端系在圓環(huán)上，力F作用在圓環(huán)上，圓環(huán)靜止時(shí)，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(shuō)法中正確的是(　　) 圖8 A.改變F方向時(shí)繩AB兩端的拉力將改變 B.當(dāng)F沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，F(xiàn)先減小，后增大 C.當(dāng)F沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，繩OC的拉力先減小后增大 D.F沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)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(xiàng)A錯(cuò)誤；將繩AB兩端的拉力先合成一個(gè)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(dāng)F沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，F(xiàn)增大，T增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)F沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，F(xiàn)先減小，后增大，選項(xiàng)B正確；若F沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)角度大于90，則F與T位于等效合力的同側(cè)，圓環(huán)不能平衡，選項(xiàng)D錯(cuò)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(cè)，議欲正之，非萬(wàn)緡不可。一游僧見(jiàn)之曰：無(wú)煩也，我能正之?！庇紊刻鞂⒛拘◤乃韮A斜一側(cè)的磚縫間敲進(jìn)去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設(shè)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(cè)產(chǎn)生推力FN，則(　　) 圖9 A.若F一定，θ大時(shí)FN大 B.若F一定，θ小時(shí)FN大 C.若θ一定，F(xiàn)大時(shí)FN大 D.若θ一定，F(xiàn)小時(shí)FN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(cè)方向的分力F1、F2，則F1＝F2＝FN＝，由表達(dá)式可知，若F一定，θ越小，F(xiàn)N越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；若θ一定，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　BC 10.如圖10所示，水平平行光滑金屬導(dǎo)軌上連有阻值為R的定值電阻，電阻不計(jì)的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)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(guò)光滑定滑輪與一質(zhì)量為m的物塊相連，初始時(shí)物塊靜止在水平地面上，輕繩拉直但沒(méi)有彈力。在導(dǎo)軌區(qū)域加一豎直向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為B＝kt(k＞0)，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖10 A.金屬桿中的電流從a向b B.t＝時(shí)，物塊恰好離開(kāi)地面 C.物塊離開(kāi)地面前，定值電阻上產(chǎn)生的總熱量為 D.物塊離開(kāi)地面前，流過(guò)定值電阻的總電荷量為 解析　磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向上，逐漸增強(qiáng)，由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向是從a向b，選項(xiàng)A正確；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，則＝k，E＝S＝kS，I＝＝，物塊恰好離開(kāi)地面時(shí)有BIl＝mg，其中B＝kt，解得t＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊離開(kāi)地面前QR＝I2Rt＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物塊離開(kāi)地面前qR＝It＝，選項(xiàng)D正確。 答案　AD 11.如圖11所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成θ＝37角沿直線經(jīng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，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(fù)電 B.電場(chǎng)強(qiáng)度E2一定豎直向上 C.兩電場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，則微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及靜電力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)有qE1＝mgtan 37，微粒從P到C在靜電力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，選項(xiàng)B正確；由以上分析可知＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；AP段有mg＝Bqvcos 37，即v＝，選項(xiàng)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(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其底端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在垂直兩導(dǎo)軌所在斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量均為m(質(zhì)量分布均勻)、電阻均為R的導(dǎo)體桿ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸。兩導(dǎo)體桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，現(xiàn)桿ab在恒力F作用下沿導(dǎo)軌向上做勻速運(yùn)動(dòng)，桿cd能保持靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。求桿ab的速度大小。 圖12 解析　導(dǎo)體桿ab以速度v運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則有：E＝Bdv 根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝I(R＋) 導(dǎo)體桿ab有最小速度vmin時(shí)，對(duì)于導(dǎo)體桿cd則有 Bd＋μmgcos 37＝mgsin 37 解得vmin＝ 導(dǎo)體桿ab有最大速度vmax時(shí)，對(duì)于導(dǎo)體桿cd則有 Bd＝μmgcos 37＋mgsin 37 解得vmax＝ 故導(dǎo)體桿ab的速度應(yīng)滿足條件：≤v≤ 答案　≤v≤