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，θ1eq \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′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