高考物理二轮复习专题一第1讲物体的平衡与直线运动课件.ppt

1、第第1 1讲讲 物体的平衡与直线运动物体的平衡与直线运动总纲目录总纲目录考点一 物体的平衡问题考点二 匀变速直线运动问题考点四 动力学中的综合问题素养提升 数学思想方法在物理解题中的应用考点三 牛顿运动定律的应用考点一物体的平衡问题1.(2019课标,16,6分)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N,则物块的质量最大为(A)A.150 kgB.100 kgC.200 kgD.200 kg3333答案答案 A本题考查了对平衡条件的理解与应用,检验了理解能力、推理能

2、力,体现了模型建构、科学推理等核心素养。物块沿斜面向上匀速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mg sin 30-mg cos 30=0,其中=,g=10 m/s2,当F=1 500 N时,物块的质量最大,为m=150 kg,故A正确。332.(多选)(2019课标,19,6分)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。已知M始终保持静止,则在此过程中(BD)A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的

3、摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案答案 BD本题考查了受力分析、共点力平衡中的动态平衡内容、理解能力和推理能力的应用,体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。用水平拉力向左缓慢拉动N,如图所示,水平拉力F逐渐增大,细绳的拉力T逐渐增大,则细绳对M的拉力逐渐增大,故A错误,B正确。当物块M的质量满足mMg sin mNg时,初始时M受到的摩擦力方向沿斜面向上,这时随着对物块N的缓慢拉动,细绳的拉力T逐渐增大,物块M所受的摩擦力先向上逐渐减小,然后可能再向下逐渐增大,故C错误,D正确。3.(多选)(2017课标,21,6分)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某

4、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()。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(AD)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2答案答案 AD本题考查动态平衡。重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态,三力的合力恒为0。如图所示,由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形,由于且不变,则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动,由图可以看出,在OM被拉到水平的过程中,绳MN中拉

5、力一直增大且恰好达到最大值,绳OM中拉力先增大后减小,故A、D正确,B、C错误。21.多力或多体平衡的解题技法多力或多体平衡的解题技法(1)物体受三力平衡时,通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解。如果物体受到三个以上力平衡,通常采用正交分解法求解。(2)对于多个物体的平衡问题,要正确选取研究对象,整体法和隔离法交替使用。2.解答动态平衡问题的三种方法:“解析法”“图解法”“相似三角形法”。1.(2019河南南阳模拟)如图所示,半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上,光滑的小球P在水平外力的作用下处于静止状态,P与圆心O的连线与水平面的夹角为,将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90,

6、框架与小球始终保持静止状态。在此过程中,下列说法正确的是(B)A.框架对小球的支持力先减小后增大B.拉力F的最小值为mg cos C.地面对框架的摩擦力先减小后增大D.框架对地面的压力先增大后减小考向一单个物体的平衡考向一单个物体的平衡答案答案 B以小球为研究对象,分析受力情况,作出受力示意图,如图所示。根据几何关系可知,力F顺时针转动至竖直向上之前,框架对小球的支持力N逐渐减小,F先减小后增大,当F的方向沿圆的切线方向向上时,F最小,此时F=mg cos,故A错误,B正确;以框架与小球组成的整体为研究对象,整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用,由图可知,F在顺时针方向转动的

7、过程中,F沿水平方向的分力逐渐减小,所以地面对框架的摩擦力始终在减小,故C错误;F沿竖直方向的分力逐渐增大,所以地面对框架的支持力始终在减小,故D错误。2.(2019湖南十四校第二次联考)如图所示,AC是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点,另一端B悬挂一重为G的物体,且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C,用力F拉绳,开始时BAC90,现使BAC缓慢变小,直到杆AB接近竖直杆AC。此过程中 (A)A.轻杆AB对B端的弹力大小不变B.轻杆AB对B端的弹力先减小后增大C.力F逐渐增大D.力F先逐渐减小后逐渐增大答案答案 A以B点为研究对象,分析受力情况,B端受绳的拉力T(

8、等于重物重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F,作出受力图如图。由平衡条件可知N和F的合力与T大小相等、方向相反,根据三角形相似可得=,又T=G,因杆的长度不变,故N大小保持不变,BC变短,力F逐渐减小,则A正确,B、C、D错误。NABTACFBC考向二多个物体的平衡考向二多个物体的平衡3.(2019辽宁大连模拟)如图所示,一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B,A悬挂起来,B穿在一根竖直杆上,两物体均静止,细绳与定滑轮间的摩擦不计,已知细绳与竖直杆间的夹角为,物体A、B的质量分别为mA、mB,则(C)A.mAmBB.mAk甲,两车速度不相等;在t1到t2时间内,存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行

9、,如图所示,该时刻两车速度相等,选项A错误,D正确。从0到t1时间内,乙车走过的路程为x1,甲车走过的路程小于x1,选项B错误。从t1到t2时间内,两车走过的路程都为x2-x1,选项C正确。2.(多选)(2018课标,19,6分)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是(BD)A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后,乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大答案答案 BD本题考查对v-t图线的理解、追及和相遇问题。v-t图线与时间轴包围的面积表示车运动的位移,t2

10、时刻两车并排行驶,故t1时刻甲车在后,乙车在前,所以A错,B对。v-t图线上各点切线的斜率表示瞬时加速度,由此可知,C错,D对。3.(2017课标,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求(1)冰球与冰面之间

11、的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。答案答案(1)(2)22010-2v vgs211020()2s vvs解析解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得-mgs0=m-m解得=(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。1221v1220v22010-2v vgs由运动学公式得-=2a1s0v0-v1=a1ts1=a2t2联立式得a2=20v21v12211020()2s vvs1.处理匀变速直线运动的四种方法处理匀变速直线运动的四种方法

12、(1)基本公式法:应用三个基本公式求解。(2)推论法:应用中间时刻速度、中间位置速度、位移差公式等推论求解。(3)比例法:根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解。(4)逆向思维法:匀减速直线运动到速度为零的过程,可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程。2.追及问题的一个条件和两个关系追及问题的一个条件和两个关系(1)一个临界条件:速度相等,它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件,也是分析判断问题的切入点。(2)两个等量关系:时间关系和位移关系,通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口。考向一匀变速直线运动规律的应用考向一匀变速直线运动规律的应用1.(

13、2019河南郑州一模)一只宠物狗和主人做游戏,宠物狗沿直线奔跑,依次经过A、B、C三个木桩,B为A、C的中点,它从木桩A开始以加速度a1匀加速奔跑,到达木桩B时以加速度a2继续匀加速奔跑,若它经过木桩A、B、C时的速度分别为0、vB、vC,且vB=,则加速度a1和a2的大小关系为(A)A.a1a2 D.条件不足,无法确定2Cv答案答案 A两个过程中的位移相同,所以=,即=,故a1m乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。433R甲334 m甲334 m甲-m g fm

14、甲甲甲3234 m甲3234 m乙123.(多选)(2015课标,20,6分)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(BC)A.8 B.10 C.15 D.1823答案答案 BC如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,

15、则有F=mxa,联立两式有y=x。可见,列车车厢总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3,),则N=5n,故可知选项B、C正确。2323531.理顺两类基本问题理顺两类基本问题(1)由因推果已知物体的受力情况,确定物体的运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度,再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。(2)由果溯因已知物体的运动情况,确定物体的受力情况由物体的运动情况,确定物体的加速度及其变化规律,再结合牛顿第二定律确定受力情况。2.解决动力学问题的常用方法解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法。(2)正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,

16、有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。考向一考向一“等时圆等时圆”模型模型1.(2019湖北重点高中联考)如图所示,斜面体ABC的倾角为60,O点在C点的正上方且与A点等高,现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP,M、N、P分别为AC的四等分点。一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上,所需时间依次为tM、tN、tP。则(C)A.tM=tN=tP B.tMtNtPC.tMtPtN D.tM=tPtN答案答案 C以OC为直径,作一个圆与AC边相切于N点,如图所示。由图可知,圆与OM相交于M,与OP相交于P,根据等时圆的性质可知,从O到N、从O到M、从O到P的时间相同,又因为

17、aOMPP,故从O到P的时间小于从O到M的时间,而大于从O到N的时间,即tMtPtN,故选C。考向二牛顿运动定律与运动图像的综合问题考向二牛顿运动定律与运动图像的综合问题2.(多选)(2019广东汕头一模)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比,即F阻=kv,比例系数k决定于小球的体积,与其他因素无关。让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落,它们的加速度与速度的关系图像如图所示,则(BD)A.小球的质量越大,图像中的a0越大B.小球的质量越大,图像中的vm越大C.小球的质量越大,速率达到vm时经历的时间越短D.小球的质量越大,速率达到vm时下落的距离越长答案答案 BD根据

18、牛顿第二定律得mg-F阻=ma,解得a=g-v,当v=0时,a=a0=g,与小球的质量无关;当a=0时,v=vm=,可知小球的质量m越大,图像中的vm越大,故A错误,B正确。t=,t随着m的增大而增大,即小球的质量越大,速率达到vm时经历的时间越长,故C错误。m越大,vm越大,速率达到vm时经历的时间越长,下落的距离越长,故D正确。kmmgkvamk考向三超重、失重问题考向三超重、失重问题3.(2019陕西榆林模拟)如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36 N,运动过程中所受空

19、气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。(1)求运动过程中所受空气阻力大小;(2)假设由于动力设备故障,悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40 m/s,求无人机悬停时距地面的高度;(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。答案答案(1)4 N(2)100 m(3)s解析解析(1)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律有F-mg-f=ma上升高度h=at2联立解得f=4 N(2)下

20、落过程由牛顿第二定律有mg-f=ma1得a1=8 m/s2落地时的速度为v,则有v2=2a1H联立解得H=100 m5 5312(3)恢复升力后向下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有F-mg+f=ma2得a2=10 m/s2设恢复升力时的速度为vm,飞行器安全着地时速度为0则有+=H得vm=m/s由vm=a1t1得t1=s2m12va2m22va40 535 53考点四动力学中的综合问题1.(2018课标,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下

21、列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()答案答案 A本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。2.(多选)(2015课标,20,6分)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(ACD)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩

22、擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度答案答案 ACD设物块的质量为m、斜面的倾角为、物块与斜面间的动摩擦因数为、物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin+mg cos=ma1,mg sin-mg cos=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1=,a2=。由上述四式可见,无法求出m,可以求出、,故B错,A、C均正确。0t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。01vt11vt3.(2017课标,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5

23、kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。答案答案(1)1 m/s(2)1.9 m解析解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B所受摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,

24、木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1=1mAgf2=1mBgf3=2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得f1=mAaAf2=mBaBf2-f1-f3=ma1设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1v1=a1t1联立式,代入已知数据得v1=1 m/s(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-aB设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方

25、向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t21221t对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为1222t12s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m(也可用如图的速度-时间图线求解)1.分析弹簧类问题时注意把握住弹簧的三个

26、特殊位置分析弹簧类问题时注意把握住弹簧的三个特殊位置:(1)原长位置,该位置弹簧的形变量为零,弹簧的弹力为零;(2)弹簧的弹力与物体的重力大小相等的位置,该位置物体的加速度为零;(3)弹簧最长或最短的位置,该位置弹簧的形变量最大,弹簧的弹力最大。2.当有外力作用在木板上的物块或木板上时,一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解,做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口。考向一传送带模型考向一传送带模型1.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的轻绳水平,

27、t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()答案答案 BC若v1v2,且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力(绳对P的拉力),则可能先向右匀加速运动,加速至v1后随传送带一起向右匀速运动,此过程如题图B所示,故B正确;若v1v2,且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力,此时P一直向右减速,减速到零后反向加速。若v2v1,P受到的滑动摩擦力向左,开始时加速度a1=,当减速至速度为v1时,摩擦力反向,若有FTmg,此后加速度a2=,故C正确,A、D错误。TFmgmT-F mgm考考向二板块模型向二板块模型2.(多选)(2019甘肃天水一模)一长轻质木

28、板置于光滑水平地面上,木板上放有质量分别为mA=1 kg和mB=2 kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示(重力加速度g取10 m/s2)。则(BC)A.若F=1 N,则物块、木板都静止不动B.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1 NC.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为2 ND.若F8 N,则B物块相对于木板滑动答案答案 BC A与木板间的摩擦力最大为fAm=0.2110 N=2 N,B与木板间的摩擦力最大为fBm=0.2210 N=4 N,若F=1 N,小于最大静摩擦力,所以A、B的加速度相同,a=m/s2,故A错误;若

29、F=1.5 N,小于最大静摩擦力,所以A、B的加速度相同,a=m/s2=0.5 m/s2,A所受的摩擦力fA=F-mAa=1 N,故B正确;若F=4 N,假设A、B都相对木板静止,则整体共同的加速度a=m/s2,A所受的摩擦力fA=F-mAa=N2 N,假设不成立,故此时A已滑动,B所受的摩擦力为2 N,C正确;若F=8 N,则A相对木板滑动,此时A给木板的摩擦力为2 N,小于B所受的最大静摩擦力,所以B物块相对木板静止,故D错误。131.53ABFmm4383素养提升数学思想方法在物理解题中的应用高考物理考试大纲中明确要求考生要具备应用数学方法处理物理问题的能力,即“能够根据具体问题列出物理

30、量之间的关系式,进行推导和求解,并根据结果得出物理结论;能运用几何图形、函数图像进行表达、分析”。考法一三角形相似知识的应用考法一三角形相似知识的应用在共点力平衡问题、运动的合成和分解、电磁场的合成和分解等物理情境中,常会出现力三角形、速度三角形、位移三角形等矢量三角形和结构(长度)三角形相似的情况,准确作图、仔细观察、灵活选用相似三角形的边角关系是解题的关键。典例典例1示波器主要由电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成,如图所示。若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距均为d,荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d。若两板间的偏转电压为零,则

31、电子枪发射的电子从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O;若两板间的偏转电压为U2,则电子会打在荧光屏上的某点,该点与O点的距离为d。已知两金属板间只存在竖直方向的匀强电场,不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力,电子的质量为m,电荷量为e,求U1与U2的比值。32 答案答案 解析解析电子加速过程,由动能定理可得eU1=m电子进入偏转区做类平抛运动,轨迹如图所示121220v沿初速度方向,有d=v0t在垂直初速度方向,有y=at2其中a=,E=设电子离开偏转电场时,它的速度偏向角为,则tan=,其中Y=d,所以y=d解得=12eEm2Ud12yd12Ydd321212UU12考法二正考法

32、二正(余余)弦定理及其应用弦定理及其应用三角函数、正(余)弦定理反映了三角形边与角之间的定量关系。物理量在合成或分解时会构成矢量三角形,若为直角三角形,可直接用三角函数或勾股定理分析计算,若为斜三角形,则通常要用到正(余)弦定理分析求解。典例典例2 (2019湖北武汉二月调考)如图所示,“”表示电流方向垂直纸面向里,“”表示电流方向垂直纸面向外。两根通电长直导线a、b平行且水平放置,a、b中的电流分别为I和2I,此时a受到的磁场力大小为F。当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后,a受到的磁场力大小仍为F,图中a、b、c正好构成一个等边三角形,此时b受到的磁场力大小为(D)A.

33、FB.FC.2F D.F337答案答案 D先分析导线a的受力,题设a、b平行,电流分别为I和2I,此时a受到的磁场力大小为F。再在a、b的上方放置一根与a、b平行的通电长直导线c,a、b、c正好构成一个等边三角形,a受到的磁场力大小仍为F,根据平行四边形定则,可知c对a的磁场力Fca方向由a指向c,大小等于F,如图所示。再分析b的受力,a对b的磁场力大小为F,因为rca=rcb,a、b电流分别为I和2I,所以c对a的磁场力大小Fca=F,故c对b的磁场力大小Fcb=2F,根据平行四边形定则和余弦定理,可得b受到的磁场合力大小Fb合=F,选项D正确。22(2)-22cos120FFFF7考法三利用数学方法求极值考法三利用数学方法求极值分析求解物理量在某物理过程中的极大值或极小值是很常见的物理问题,这类问题的数学解法有很多,主要有:三角函数极值法、二次函数极值法、不等式极值法、图像法等。