共点力平衡模型--2024年高考物理热点含答案.pdf

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1、1共点力平衡模型1.命题情境源自生产生活中的与共点力平衡相关的情境，对生活生产中与共点力平衡有关的问题平衡问题，要能从情境中抽象出物理模型，正确画受力分析图，正确利用平行四边形定则、三角形定则、三角函数、正弦定理等数学知识解决问题。2.命题中单个物体、多个物体的平衡问题，经常运用整体法和隔离法，正交分解法，动态分析法。3.命题较高的考查了运算能力和数形结合能力。1、有关斜面的平衡问题1.重力场中的平衡问题有关斜面的平衡问题1.重力场中的平衡问题一般平行于斜面和垂直于斜面对物体所受力进行正交分解。2 2.电场、磁场、重力场中的斜面平衡问题电场、磁场、重力场中的斜面平衡问题一般平行于斜面和垂直于斜

2、面对物体所受力进行正交分解。注意分析静电力时要注意带电体所带电量的正负，通电导体在磁场中所受安培力的方向要通过左手定则判断，有时要将立体图转换成平面图。二、平衡中的连接体模型1.轻杆连接体问题、平衡中的连接体模型1.轻杆连接体问题【问题】如图，求m1：m2大小方法一、正弦定理法方法二、力乘力臂法方法三、重心法方法一、正弦定理法方法二、力乘力臂法方法三、重心法对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，对m1：m1gsin1=Fsin对m2：m2gsin2=Fsin以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平

3、衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有 m1Rsin1=m2Rsin2，m1：m2=sin：sin共点力平衡模型-2024年高考物理热点2根据等腰三角形有：1=2联立解得m1gsin=m2gsinm1：m2=sin：sin即m1gRsin=m2gRsin。m1：m2=sin：sin2 2 轻环穿杆问题轻环穿杆问题轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tan=轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向(建议用时：建议用时：3030分钟分钟)一、单选题一、单选题1如图所示，A、B两

4、个小球(均可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，O为圆心当圆心O与A球的连线与竖直方向的夹角为30时，系统处于平衡状态，此时B球恰好位于半圆形碗的水平直径的右端，下列判断正确的是()A.A、B两球的质量之比为2：1B.A、B两球对碗的压力大小之比为1：2C.轻杆的弹力与A受到的重力大小之比为1：1D.轻杆的弹力与B受到的重力大小之比为1：12(2023安徽淮北统考一模)如图所示，A、B两小球带等量异种电荷，电荷量为q，A球被一根绝缘轻绳系于O点，B球固定在绝缘轻杆上，两球稳定时位于同一高度，轻绳与竖直方向夹角为60。已知两球质量均为m，重力加速度为g，静电力常量为k。则下列说

5、法正确的是()3A.A、B两球距离k3mgB.OA绳拉力大小为3mgC.B球对轻杆的作用力大小为2mgD.若B球电荷量变为原来的2倍，稳定后，A、B间库仑力大小变为原来的2倍3(2024陕西宝鸡统考一模)如图所示，三根长为L的直导线垂直纸面放置，它们所在位置的连线构成等边三角形，A、B连线处于竖直方向，电流方向向里，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，C位于水平面上且处于静止状态，则C受到的静摩擦力是()A.32B0IL，水平向左B.32B0IL，水平向右C.3B0IL，水平向左D.3B0IL，水平向右二、多选题二、多选题4如图所示，V型光滑挡板AOB之间放置有

6、一质量均匀的球体，初始时系统处于静止状态，现将整个装置以O点为轴顺时针缓慢转动(AOB保持不变)，在AO由水平转动90到竖直的过程中，下列说法正确的是()A.挡板AO的弹力逐渐增大B.挡板AO的弹力先增大后减小C.挡板BO的弹力逐渐增大D.挡板BO的弹力先增大后减小5如图所示，倾斜直杆OM可以在竖直面内绕O点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用手拉住绳的另一端B。初始时倾斜直杆OM固定在图中位置，BC水平，现用外力将OM杆缓慢旋转到竖直，并保持ACB大小和轻环在杆上的位置不变，在OM转动过程中()4A.轻环所受细线的拉力逐渐增大B.直杆所受轻环压力逐渐减小

7、C.绳BC的张力逐渐增大D.绳BC的张力先增大后减小6如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端通过光滑的定滑轮与物体丙相连，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为和。若=55，则()A.B.DFEF。下列说法正确的是()A.图甲中A、B两个小球一定带异种电荷B.图甲中三个小球一定带等量电荷C.图乙中三个小球一定带同种电荷D.图乙中三个小球带电荷量的大小为QDQFQE7三、解答题三、解答题7半径为 R内壁光滑的半球形碗固定放置在水平地面上，O是球心，碗的边缘A、B 两点的连线是碗的水平直径，一质量为m的均匀硬

8、杆放置在B、C两点间处于静止状态，硬杆很细，B、C两点也是硬杆的两端点，硬杆的受力分析如图所示，已知C点对硬杆的弹力与硬杆的夹角为，且A、B、C三点处在竖直的半圆面上，重力加速度为g，求：(1)硬杆的长度；(2)B点对硬杆的弹力大小以及C点对硬杆的弹力大小。8相距为20cm的平行金属导轨倾斜放置(见图)，导轨所在平面与水平面的夹角为=37，现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间动摩擦系数为=0.5，整个装置处于磁感应强度B=2T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，(g取10m/s2，sin37=0.6,

9、cos37=0.8)求：(1)ab棒所受安培力方向；(2)ab棒中通入的电流强度为多少时恰能沿斜面下滑。9(2023吉林统考二模)用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点。已知两小球A、B质量均为m，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为，如图所示。若已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：(1)小球所带的电荷量；(2)在空间中施加一匀强电场，同时撤去B球，仍使A球保持不动，求所加电场强度E的最小值。1共点力平衡模型1.命题情境源自生产生活中的与共点力平衡相关的情境，对生活生产中与共点力平衡有关的问题平衡问题，要能从情境中抽象出物理模型，正确画受力分析图，正确利用平

10、行四边形定则、三角形定则、三角函数、正弦定理等数学知识解决问题。2.命题中单个物体、多个物体的平衡问题，经常运用整体法和隔离法，正交分解法，动态分析法。3.命题较高的考查了运算能力和数形结合能力。1、有关斜面的平衡问题有关斜面的平衡问题1.1.重力场中的平衡问题重力场中的平衡问题一般平行于斜面和垂直于斜面对物体所受力进行正交分解。2 2.电场、磁场、重力场中的斜面平衡问题电场、磁场、重力场中的斜面平衡问题一般平行于斜面和垂直于斜面对物体所受力进行正交分解。注意分析静电力时要注意带电体所带电量的正负，通电导体在磁场中所受安培力的方向要通过左手定则判断，有时要将立体图转换成平面图。二、平衡中的连接

11、体模型、平衡中的连接体模型1.1.轻杆连接体问题轻杆连接体问题【问题】如图，求m1：m2大小方法一、正弦定理法方法一、正弦定理法方法二、力乘力臂法方法二、力乘力臂法方法三、重心法方法三、重心法对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，对m1：m1gsin1=Fsin对m2：m2gsin2=Fsin以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有 m1Rsin1=m2Rs

12、in2，m1：m2=sin：sin2根据等腰三角形有：1=2联立解得m1gsin=m2gsinm1：m2=sin：sin即m1gRsin=m2gRsin。m1：m2=sin：sin2 2 轻环穿杆问题轻环穿杆问题轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tan=轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向(建议用时：建议用时：3030分钟分钟)一、单选题一、单选题1如图所示，A、B两个小球(均可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，O为圆心当圆心O与A球的连线与竖直方向的夹角为30时，系统处于平衡状态，此时B球恰好位于半圆形碗的水平直径的右端，下列判断正确的是()A.A

13、、B两球的质量之比为2：1B.A、B两球对碗的压力大小之比为1：2C.轻杆的弹力与A受到的重力大小之比为1：1D.轻杆的弹力与B受到的重力大小之比为1：1【答案】C【解析】以A、B两个小球进行受力分析如图所示3ACD：根据共点力的平衡条件可得T1=mAg、mBg=T2sin300=2T2，同一轻杆两端的弹力相等，即T1=T2，则A、B两球的质量之比为1：2，轻杆的弹力与A受到的重力大小之比为1：1，轻杆的弹力与B受到的重力大小之比为1：2故AD两项错误，C项正确B：对A分析可得碗对A的支持力F1=3T1，对B分析可知碗对B的支持力F2=3T2，据牛顿第三定律，A、B两球对碗的压力大小之比为1：

14、1故B项错误故选C。2(2023安徽淮北统考一模)如图所示，A、B两小球带等量异种电荷，电荷量为q，A球被一根绝缘轻绳系于O点，B球固定在绝缘轻杆上，两球稳定时位于同一高度，轻绳与竖直方向夹角为60。已知两球质量均为m，重力加速度为g，静电力常量为k。则下列说法正确的是()A.A、B两球距离k3mgB.OA绳拉力大小为3mgC.B球对轻杆的作用力大小为2mgD.若B球电荷量变为原来的2倍，稳定后，A、B间库仑力大小变为原来的2倍【答案】C【解析】AB对A球分析，受重力mg、绳的拉力T和库仑力F，由平衡条件得Tsin60=F=kq2r2Tcos60=mg解得F=3mg，T=2mg，r=kq23m

15、g故AB错误；C对B球分析，受重力mg、库仑力F和轻杆的作用力N，由平衡条件得N=F2+mg2=3mg2+mg2=2mg4根据牛顿第三定律可知B球对轻杆的作用力大小为2mg，故C正确；D若B球电荷量变为原来的2倍，稳定后，A球会绕O点转动使得轻绳与竖直方向夹角变大，A、B间距离变小，A、B间库仑力大小会大于原来的2倍，故D错误。故选C。3(2024陕西宝鸡统考一模)如图所示，三根长为L的直导线垂直纸面放置，它们所在位置的连线构成等边三角形，A、B连线处于竖直方向，电流方向向里，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，C位于水平面上且处于静止状态，则C受到的静摩擦力是

16、()A.32B0IL，水平向左B.32B0IL，水平向右C.3B0IL，水平向左D.3B0IL，水平向右【答案】D【解析】如图所示电流A、B在C处产生的磁感应强度的大小分别均为B0，根据平行四边形定则，结合几何关系，可知电流在处合磁感应强度方向竖直向下，大小为BC=2B0cos30=3B0由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F=3B0IL由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为3BIL，方向水平向右。故选D。二、多选题二、多选题4如图所示，V型光滑挡板AOB之间放置有一质量均匀的球体，初始时系统处于静止状态，现将整个装置以O点为轴顺时针缓慢转动(AOB保持不变)，

17、在AO由水平转动90到竖直的过程中，下列说法正确的是()A.挡板AO的弹力逐渐增大B.挡板AO的弹力先增大后减小5C.挡板BO的弹力逐渐增大D.挡板BO的弹力先增大后减小【答案】BC【解析】AB.支架转动过程中，对小球受力分析及各个力的夹角如图由拉密定理mgsin=NAsin=NBsin因为整个装置以O点为轴顺时针缓慢转动(AOB保持不变)，故mgsin保持不变。在AO由水平转动90到竖直的过程中，从锐角增大到钝角，sin先增大后减小，故挡板AO的弹力先增大后减小，B正确，A错误；CD.从180减小到90，sin一直增大，故挡板BO的弹力一直增大，D错误，C正确。故选BC。5如图所示，倾斜直杆

18、OM可以在竖直面内绕O点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用手拉住绳的另一端B。初始时倾斜直杆OM固定在图中位置，BC水平，现用外力将OM杆缓慢旋转到竖直，并保持ACB大小和轻环在杆上的位置不变，在OM转动过程中()A.轻环所受细线的拉力逐渐增大B.直杆所受轻环压力逐渐减小C.绳BC的张力逐渐增大D.绳BC的张力先增大后减小【答案】BC【详解】以C点为研究对象，受力分析如图6由平衡条件和正弦定理有Tsin3=TACsin2=TBCsin1=k因为T=G且3始终不变，所以比值k不变。AB当OM转动过程中，1由锐角增大到90，22由90减小到某个锐角，所以si

19、n2逐渐减小，比值k不变，所以轻环所受细线的拉力TAC逐渐减小，直杆所受轻环的压力与细线的拉力TAC相等，则直杆所受轻环压力逐渐减小，故A错误，B正确；CDsin1逐渐增大，比值k不变，绳BC的拉力TBC逐渐增大，故C正确，D错误。故选BC。6如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端通过光滑的定滑轮与物体丙相连，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为和。若=55，则()A.B.结点O受到的三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有Mgsin=mgsin7所以Mm故AD正确，BC错误。故选AD。三、解答题

20、三、解答题7如图所示，半径为r圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因素为，圆柱体A(半径为r)放在圆柱体B、C，三者处于静止状态，质量关系为mA=2mB=2mC=2m，三个圆柱面间的光滑，重力加速度为g。(1)求B对A的支持力FN。(2)要使系统保持静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求的最小值。(3)若=0，从如图所示的位置静止释放，求A刚接触水平面时的速度。【答案】(1)2 33mg；(2)36；(3)433gr【解析】(1)如图，对A受力分析由对称性可知C对A的作用力与B对A的作用力大小相等，设FCA=FBA=FN，则2

21、FNcos30=2mg解得求B对A的支持力FN=2 33mg(2)对B受力分析，如图8水平方向f=FNsin竖直方向N=FNcos+mg由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则fN解得36(3)设A与BC刚分离时，如图AB中心连线与竖直方向的夹角为，则A下落h=3r-2rcos设此时A、B、C的速度分别为vA、vB、vC；则水平方向动量守恒mvB-mvC=0系统机械能守恒2mg3r-2rcos=122mvA2+12mvB2+12mvC2整理得vA2+vB2=2gr3-2cosA、B分离前A、B中心距离不变vAcos=vBsin设A与BC刚分离时，B对A的弹力为0，2mgcos=2mvAsin+vBco

22、s22r整理得cos=33则vA2=4 39grA刚接触水平面时的速度9vA=vA2+2g2rcos=433gr8如图所示，物体A叠放在物体B上，用与水平方向成37斜向右上的力F把A匀速向右拉，发现B处于静止状态。已知物体A的质量为1.1kg，物体B的质量为2kg，A与B间的动摩擦因数为0.5，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)力F的大小；(2)B对A的摩擦力大小和方向；(3)地面对B的合力大小。【答案】(1)5N；(2)4N，方向水平向左；(3)20 2N【解析】(1)对A进行受力分析，受力分析如图，建立坐标系，分别在x方向和y方向列方程，有Fcos37-F

23、fA=0Fsin37+FNA=MAg其中FfA=FNA由丄式解得F=5N(2)由(1)式可得FfA=Fcos37=4NB对A的摩擦力大小为4N，方向水平向左。(3)由于A、B都处于平衡状态，对A、B整体受力分析，地面对B的摩擦力大小FfB为FfB=Fcos37=4N在竖直方向，地面对B的支持力大小为FNB，有Fsin37+FNB=(MA+MB)g解得FNB=28N地面对B的作用力的合力为FB=FNB2+FfB2=282+42N=20 2N10(建议用时：建议用时：3030分钟分钟)一、单选题一、单选题1如图所示，质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的轻质细线连接，物块B放在倾角

24、=37的粗糙斜面体C上，连接物块B的细线与斜面平行，刚开始都处于静止状态。现对A施加一个方向水平向右、大小可变的力F，在F作用下小球A缓慢运动至细绳与竖直方向夹角为=60处，该过程中物块B和斜面体C始终静止不动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，已知sin37=0.6，cos37=0.8。下列说法正确的是()A.该过程中，力F逐渐减小B.物块B和斜面体C之间的摩擦因数一定大于等于0.5C.当=60时，斜面体C受到地面的摩擦力方向向右D.该过程中，物块B和斜面体C之间的摩擦力大小范围为0.2mg f0.8mg【答案】B【解析】A令连接小球A的细绳与竖直方向夹角为，对小球A进行分析，根

25、据平衡条件有F=mgtan，T=mgcos可知，当角从0逐渐增大到=60过程，绳子拉力T逐渐增大，水平向右的力F逐渐增大，故A错误；B结合上述，当角等于0时，对物块B进行受力分析得，B的重力沿斜面向下的分力大小为2mgsin=1.2mg此时绳子的拉力T1=mg绳子拉力小于B的重力沿斜面向下的分力，则此时物块B受到斜面体C的摩擦力大小为f1=2mgsin-T1=0.2mg方向沿斜面向上，根据上述，连接小球A的细绳与竖直方向夹角为逐渐增大至60时，绳子的拉力为T2=mgcos60=2mg此时物块B受到斜面体C的摩擦力大小为f2=T2-2mgsin=2mg-2mgsin=0.8mg方向沿斜面向下，表

26、明连接小球A的细绳与竖直方向夹角为逐渐增大至60过程中，绳子的拉力T逐渐增大，f先减小后增大，方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，可知fmax f2=0.8mg由于fmax=FN=2mgcos37解得110.5故B正确；C对B、C为整体进行受力分析，整体在绳子斜向右上方拉力作用下，整体有向右运动的趋势，即斜面体C受到地面的摩擦力水平向左，故C错误；D根据上述可知，物块B受到的摩擦力先减小为0，后逐渐增大，所以物块B和斜面C之间的摩擦力范围为0 f0.8mg故D错误。故选B。2(2023湖南株洲统考一模)碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米与碗内侧的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止

27、于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d为()A.R 1+2B.R 1-2C.R11-2D.R11+2【答案】D【解析】设米粒的质量为m，当米粒受到碗的摩擦力达到最大时，米粒距碗口的距离最小，设支持力与与水平方向的夹角为，做出米粒的受力分析如图所示根据平衡条件有mgcos=fm，fm=FN，FN=mgsin联立解得=cossin而根据几何关系有cos=R2-d2R，sin=dR联立解得d=R11+2故选D。3如图，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平，底角分别为30和60，质量为M的小球a和质量为m的小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动，a、b之间用不可伸长的细线连接，当系统处于平衡时，细线

28、与金属框架形成的夹角=53，已知sin53=0.8,cos53=0.6，则小球a、b的质量之比Mm为()12A.3 34B.4 33C.54D.5 34【答案】A【解析】分别对两小球受力分析由图可得Mgsin30=Fcosmgsin60=Fsin解得Mm=3 34故选项A正确，BCD错误。故选A。4如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为()A.33mgB.2 33mgC.3 mgD.2mg【答案】B【解析】以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示13根据题意可知=3

29、0，对小球根据平衡条件可知FN1=mgcos=2 33mg故选B。二、多选题二、多选题5如图在一半径为R的表面光滑的半球形容器的球心O点，用长为R2的绝缘细线悬挂一质量为2m、电荷量为+q1的小球A，在容器内放置一质量为m、电荷量为+q2的小球B，已知B与容器绝缘。两球在如图所示的位置处于平衡状态，此时细线与竖直方向的夹角=30。下列说法正确的是()A.容器对小球B的支持力等于细线对小球A的拉力B.容器对小球B的支持力等于细线对小球A拉力的2倍C.细线对小球A的拉力为小球A重力的32D.两小球间的库仑力为小球A重力的32【答案】AC【解析】AB如图1所示，连接A、B交过球心O的竖直线于P点，分

30、析两小球的受力，并将力经适当平移，构成矢量三角形，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得OP2mg=R2TOPmg=RN所以N=T故A正确，B错误；C把小球A、B看作整体，对整体受力分析如图2所示，正交分解，可得Nsin=TsinNcos+Tcos=3mg解得=30T=322mg14故C正确；D对小球A，设两小球间的库仑力为F，则有F=T2+(2mg)2-2T(2mg)cos30=mg故D错误。故选AC。6水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动。如图所示是小球平衡后的可能位置。图甲中三个小球构成一个钝角三角形，A点是钝角的顶点。图乙中三个小球构成一个锐角三角形，其中三角

31、形边长DEDFEF。下列说法正确的是()A.图甲中A、B两个小球一定带异种电荷B.图甲中三个小球一定带等量电荷C.图乙中三个小球一定带同种电荷D.图乙中三个小球带电荷量的大小为QDQFQE【答案】AC【解析】AB由于圆环光滑，因此圆环对小球的弹力一定沿半径方向指向圆心或背离圆心，因而每个小球受其他两个小球的库仑力的合力必须沿半径方向背离圆心或指向圆心。对题图甲中的 C球受力分析，若A、B两球带同种电荷，则A、B两球对C球产生的库仑力的合力不可能沿半径方向背离圆心或指向圆心，因此A、B两球一定带异种电荷，钝角三角形ABC的角度大小未知，三小球不一定带等量电荷，A正确，B错误；C对E、D、F三小球

32、分别进行受力分析，要保持平衡，三小球必须带同种电荷，C正确；D对D球受力分析如图所示，为计算方便，设DE=xDF=yEF=z则有F1=kQEQDx2F2=kQFQDy2由几何知识可知F1F2所以有QEQF同理对F球受力分析可得QDQE对E球受力分析可得QDQF综上所述有QDQEQFD错误。15故选AC。三、解答题三、解答题7半径为 R内壁光滑的半球形碗固定放置在水平地面上，O是球心，碗的边缘A、B 两点的连线是碗的水平直径，一质量为m的均匀硬杆放置在B、C两点间处于静止状态，硬杆很细，B、C两点也是硬杆的两端点，硬杆的受力分析如图所示，已知C点对硬杆的弹力与硬杆的夹角为，且A、B、C三点处在竖

33、直的半圆面上，重力加速度为g，求：(1)硬杆的长度；(2)B点对硬杆的弹力大小以及C点对硬杆的弹力大小。【答案】(1)2Rcos；(2)FB=mgcos2cos，FC=mgtan【解析】(1)由弹力的定义，C点对硬杆的弹力由C点指向圆心O点，由几何关系可得OB=OC=R，OBC=OCB=则硬杆的长度lBC=2Rcos(2)硬杆处于三力平衡状态，三力平衡构成的矢量三角形如图所示16由弹力的定义可知FB与硬杆垂直，重力 mg与FB的夹角为，FB与FC的夹角为2+，重力 mg与FC的夹角为2-2，由正弦定理可得FCsin=FBsin2-2=mgsin2+综合解得FB=mgcos2cos，FC=mgt

34、an8相距为20cm的平行金属导轨倾斜放置(见图)，导轨所在平面与水平面的夹角为=37，现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间动摩擦系数为=0.5，整个装置处于磁感应强度B=2T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，(g取10m/s2，sin37=0.6,cos37=0.8)求：(1)ab棒所受安培力方向；(2)ab棒中通入的电流强度为多少时恰能沿斜面下滑。【答案】(1)安培力的方向水平向右；(2)1.5A【解析】(1)根据电路图，结合左手定则可知，安培力的方向水平向右。(2)做出导体棒ab的受力分析图如

35、下所示ab棒若要恰能沿斜面下滑，则此刻应满足17mgsin=F安cos+f而f=FN，FN=mgcos+F安sin，F安=BIL联立以上各式可得F安=mgsin-mgcoscos+sin=0.6N解得I=F安BL=1.5A9(2023吉林统考二模)用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点。已知两小球A、B质量均为m，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为，如图所示。若已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：(1)小球所带的电荷量；(2)在空间中施加一匀强电场，同时撤去B球，仍使A球保持不动，求所加电场强度E的最小值。【答案】(1)q=2Lsinmgtank；(2)E

36、min=12Lkmgtan，方向垂直绳子斜向左上方【解析】(1)对小球A受力分析，其受重力、库仑力、绳子的拉力三个力而平衡，其受力分析如图所示可知重力与库仑力的合力大小与绳子拉力大小相等、方向相反、合力为零，则有F库mg=tan而F库=kq2(2Lsin)2联立解得q=2Lsinmgtank(2)在空间中施加一匀强电场，同时撤去B球，仍使A球保持不动，则可知小球受重力、绳子的拉力、电场力这三个力而平衡，做出小球A三力平衡的矢量三角形如图所示18显然，当电场力与绳子的拉力垂直时电场力有最小值，其最小值为F电min=mgsin即Eminq=mgsin解得Emin=12Lkmgtan方向垂直于绳子斜向左上方。