3、2)方向：用左手定則判斷，安培力垂直于B、I決定的平面.
5.洛倫茲力
(1)大?。篎＝qvB，此式只適用于B⊥v的情況.當(dāng)B∥v時F＝0.
(2)方向：用左手定則判斷，洛倫茲力垂直于B、v決定的平面，洛倫茲力不做功.
6.共點力的平衡
(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運動.
(2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0.
(3)常用推論
①若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力大小相等、方向相反.
②若三個共點力的合力為零，則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形.
1.處理共點力平衡問題的基本思路：確定平衡狀態(tài)(加
4、速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論.
2.常用的方法
(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設(shè)法.
(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等.
3.帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準(zhǔn)確分析場力——電場力、安培力或洛倫茲力.
4.如果帶電粒子在重力場、電場和磁場三者組成的復(fù)合場中做直線運動，則一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v.
解題方略
1.在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析.
2.采用整體法進(jìn)行受力分析時，要注意系統(tǒng)內(nèi)
5、各個物體的狀態(tài)應(yīng)該相同.
3.當(dāng)直接分析一個物體的受力不方便時，可轉(zhuǎn)移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)移研究對象法”.
例1 (多選)(2016·全國乙卷·19)如圖1所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則( )
圖1
A.繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化
B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化
C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化
D.
6、物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化
解析 由于物塊a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力FT′＝mag，所以物塊a受到繩的拉力保持不變.由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以O(shè)O′的張力不變，A選項錯誤；對b進(jìn)行受力分析，如圖所示.由平衡條件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，F(xiàn)sin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項正確.
答案 BD
預(yù)
7、測1 如圖2所示，在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B，其中圓球B的表面光滑，半圓球A與左側(cè)墻壁之間的動摩擦因數(shù)為.兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓球A和圓球B的質(zhì)量之比為( )
圖2
A. B. C. D.
答案 C
解析 設(shè)A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，
隔離光滑圓球B，對B受力分析如圖所示，
可得：FN＝Fcos θ，Mg－Fsin θ＝0
解得：FN＝，
對兩球組成的整體有：(m＋M)g－μFN＝0
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：＝.
預(yù)測2 (多選)如圖3所示，一個固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ
8、豎直.在PQ和一個斜面體A之間卡著一個表面光滑的重球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，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)改變推力F大小，推動斜面體A沿著水平地面向左緩慢運動，使球B沿斜面上升一很小高度.則在球B緩慢上升過程中，下列說法中正確的是( )
圖3
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.水平地面對斜面體A的彈力逐漸減小
答案 ABD
解析 重球B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，如圖所示：當(dāng)球B沿斜面上升一很小高度時，圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角減小，根據(jù)圖象可知，斜面體A與球B之間
9、的彈力FN1逐漸減小，阻擋墻PQ與球B之間的彈力FN2逐漸減小，故A、B正確；把A、B看成一個整體，整體受到重力、地面的支持力、水平推力F以及PQ對B的壓力，設(shè)圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可知：水平方向F＝FN2cos θ，豎直方向FN＝(mA＋mB)g＋FN2sin θ，由于FN2逐漸減小，θ減小，則FN減小，F(xiàn)不一定減小，故C錯誤，D正確.
解題方略
動態(tài)平衡問題分析的常用方法
(1)解析法：一般把力進(jìn)行正交分解，兩個方向上列平衡方程，寫出所要分析的力與變化角度的關(guān)系，然后判斷各力的變化趨勢.
(2)圖解法：能用圖解法分析動態(tài)變化的問題有三個顯
10、著特征：①物體一般受三個力作用；②其中有一個大小、方向都不變的力；③還有一個方向不變的力.
例2 如圖4所示，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài).則下列說法正確的是( )
圖4
A.a、b兩物體的受力個數(shù)一定相同
B.a、b兩物體對斜面的壓力相同
C.a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等
D.當(dāng)逐漸增大拉力F時，物體b先開始滑動
解析 對a、b進(jìn)行受力分析，如圖所示：b物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)拉力FT沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定
11、受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故A錯誤；a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：FN＋FTsin θ＝mgcos α解得：FN＝mgcos α－FTsin θ，則a、b兩物體對斜面的壓力相同，故B正確；根據(jù)A的分析可知，b的摩擦力可以為零，而a的摩擦力一定不為零，故C錯誤；對a沿斜面方向有：FT′cos θ＋mgsin α＝Ffa，對b沿斜面方向有：FTcos θ－mgsin α＝Ffb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達(dá)到最大靜摩擦力，先滑動，故D錯誤.
答案 B
預(yù)測3 (多選)如圖5所示，質(zhì)量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為θ的斜面體上，斜面體置于同一水平面
12、上，且處于平衡，則下列說法中正確的是( )
圖5
A.甲圖中斜面體對球O彈力最大
B.丙圖中斜面體對球O彈力最小
C.乙圖中擋板MN對球O彈力最小
D.丙圖中擋板MN對球O彈力最小
答案 AD
解析 將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作在同一幅圖上，如圖，根據(jù)平衡條件得知，丁圖中斜面體對小球的彈力為零，擋板對小球的彈力等于其重力G.斜面體對小球的彈力和擋板對小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，即得到三種情況下此合力相等，根據(jù)平行四邊定則得知，丙圖中擋板MN對球O彈力FN擋最小，甲圖中斜面體對球O彈力FN斜最大.故B、C錯誤，A、D正確.
預(yù)測4 (2016
13、·全國丙卷·17)如圖6所示，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球.在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊.平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計所有摩擦.小物塊的質(zhì)量為( )
圖6
A. B.m C.m D.2m
答案 C
解析 如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點為c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，∠acb＝120°，故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等，即每條線上的拉力T＝G＝mg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對.
14、
例3 如圖7所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同.傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上.當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是( )
圖7
A.P、Q所帶電荷量為
B.P對斜面體的壓力為0
C.斜面體受到地面的摩擦力為0
D.斜面體對地面的壓力為(M＋m)g
解析 以P為研究對象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得：
F＝mgtan θ FN＝
根據(jù)庫侖定律得：F＝k
聯(lián)立解得：q＝r
15、
由牛頓第三定律得P對斜面體的壓力為：FN′＝FN＝，故A、B錯誤.
以斜面體和P整體為研究對象，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為：Ff＝F，
地面對斜面體的支持力為：FN1＝(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F，斜面體對地面的壓力為：FN1′＝FN1＝(M＋m)g.故C錯誤，D正確.
答案 D
預(yù)測5 如圖8所示，在一個傾角為θ的斜面上，有一個質(zhì)量為m，帶負(fù)電的小球P(可視為點電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個方向運動時，有可能保持勻速直線運動狀態(tài)( )
圖8
A.v1方向 B
16、.v2方向 C.v3方向 D.v4方向
答案 C
解析 若小球的速度沿v1方向，滑動摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤；若小球的速度沿v2方向，滑動摩擦力與v2的方向相反，即沿圖中v4方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v2垂直向上，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的速度沿v3方向，滑動摩擦力與v3的方向相
17、反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運動，故C正確；若小球的速度沿v4方向，滑動摩擦力與v4的方向相反，即沿圖中v2方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v4垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力不可能為零，小球不可能做勻速直線運動，故D錯誤.
預(yù)測6 (2016·全國乙卷·24)如圖9所示，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)長度均為L，質(zhì)量分
18、別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過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.右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(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)金屬棒運動速度的大小.
答案 (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)
解析 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直
19、線運動.設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對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cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得
甲 乙
2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F ①
FN1＝2mgcos θ ②
對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得
mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT ③
FN2＝mgcos θ ④
聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤
(2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v，ab
20、棒上的感應(yīng)電動勢為E＝BLv ⑥
回路中電流I＝ ⑦
安培力F＝BIL ⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ)
解題方略
1.平衡問題的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞而尚未被破壞的狀態(tài)，可理解成“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述，解臨界問題的基本方法是假設(shè)推理法.
2.臨界問題往往是和極值問題聯(lián)系在一起的.解決此類問題重在形成清晰的物理圖景，分析清楚物理過程，從而找出臨界條件或達(dá)到極值的條件.要特別注意可能出現(xiàn)的多種情況.
例4 質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜
21、止，質(zhì)量為m的木塊剛好可以在木楔上表面上勻速下滑.現(xiàn)在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖10所示，求：
圖10
(1)當(dāng)α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)拉力F最小時，木楔對水平面的摩擦力的大小.
解析 (1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑，mgsin θ＝μmgcos θ，則μ＝tan θ，用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，F(xiàn)cos α＝mgsin θ＋Ff，F(xiàn)N＋Fsin α＝mgcos θ，F(xiàn)f＝μFN.
聯(lián)立以上各式解得，F(xiàn)＝.
當(dāng)α＝θ時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝mgsin 2θ.
(2)對木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由
22、平衡條件得，F(xiàn)f′＝Fcos(θ＋α)，當(dāng)拉力F最小時，F(xiàn)f′＝Fmin·cos 2θ＝mgsin 4θ.
答案 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
預(yù)測7 (多選)如圖11所示，兩個小球a、b質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量可能是( )
圖11
A. B. C. D.
答案 ACD
解析 當(dāng)F與細(xì)線Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)的最小值為：Fmin＝2mgsin θ＝2×mg＝mg.
根據(jù)胡克定律：Fmin＝kxmin，所以：
23、xmin＝
則A、C、D可能，B不可能.
預(yù)測8 如圖12所示，小球被輕質(zhì)細(xì)繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上，設(shè)小球質(zhì)量為m，斜面傾角α＝30°，細(xì)繩與豎直方向夾角θ＝30°，斜面體的質(zhì)量M＝3m，置于粗糙水平地面上.求：
圖12
(1)當(dāng)斜面體靜止時，細(xì)繩對小球拉力的大小；
(2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向；
(3)若地面對斜面體的最大靜摩擦力等于地面對斜面體支持力的k倍，為了使整個系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，k值必須滿足什么條件？
答案 見解析
解析 (1)以小球為研究對象受力分析如圖甲所示
甲
由共點力的平衡條件，可得
在x軸方向有：FTsin θ＝FN1s
24、in α
在y軸方向有：FN1cos α＋FTcos θ＝mg
解得FT＝mg
(2)以小球和斜面體整體為研究對象受力分析如圖乙所示
乙
由共點力平衡條件，在x軸方向可得
Ff＝FT·sin θ＝mg 方向水平向左
(3)對照第(2)題小球和斜面體整體受力分析圖，由共點力平衡條件，在y軸方向可得
FN2＋FT·cos θ＝(M＋m)g
又由題意可知
Ffmax＝k·FN2≥Ff
又M＝3m
聯(lián)立解得：k≥.
專題強化練
1.(多選)如圖1所示，粗糙水平面上有一長木板，一個人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài).三者的質(zhì)量均為m，下列說法正確的
25、是( )
圖1
A.箱子受到的摩擦力方向向右
B.人受到的摩擦力方向向右
C.箱子對木板的摩擦力方向向右
D.若水平面光滑，人用同樣大小的力F推箱子，能使長木板在水平面上滑動
答案 BC
解析 人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和向右的推力作用，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，故A錯誤；人用力F向右推箱子，對箱子的作用力向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，箱子對人的作用力的方向向左，人若要平衡，則受到的木板的摩擦力的方向向右，故B正確；箱子受到的摩擦力方向向左，根據(jù)牛頓第三定律可知箱子對木板的摩擦力方向向右，故C正確；對三者的整體受力分
26、析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使長木板在水平面上滑動，故D錯誤.
2.岳陽某些農(nóng)村一大家人過春節(jié)時常用簡易灶做菜，如圖2甲所示，將一個球形鐵鍋用三個輕小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均成30°，已知鍋與菜的總質(zhì)量為9 kg，不計鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( )
圖2
A.灶臺對每個石塊的作用力均豎直向上
B.灶臺受到每個石塊的壓力為90 N
C.每個石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 N
D.灶臺對每個石塊的摩擦力為10 N
答案 C
3.節(jié)日期間，
27、張燈結(jié)彩，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)一種裝飾燈，兩個裝飾燈用輕質(zhì)細(xì)線懸掛在一個“T”型木質(zhì)支架兩端，模型簡化如圖3所示，支架的質(zhì)量為M，每個裝飾燈的質(zhì)量為m，在水平恒定風(fēng)力的作用下，兩燈偏離豎直方向，穩(wěn)定時兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，支架所受的水平風(fēng)力忽略不計，則地面對支架的水平作用力大小為( )
圖3
A.2mgtan θ B.2mgsin θ C.mgtan θ D.mgsin θ
答案 A
解析 對裝飾燈進(jìn)行受力分析，設(shè)風(fēng)對裝飾燈的作用力為F1，細(xì)線對裝飾燈的拉力為F2.根據(jù)共點力平衡得：F2cos θ＝mg，F(xiàn)2sin θ＝F1，解得F1＝mgtan θ，對兩個裝飾燈和支架整體受
28、力分析，根據(jù)平衡條件可知，水平方向有：地面對支架的水平作用力大小F＝2F1＝2mgtan θ，A正確.
4.(多選)如圖4所示，一木塊受到一水平力F作用靜止于斜面上，此力F的方向與斜面平行，如果將力F撤除，下列對木塊的描述正確的是( )
圖4
A.木塊將沿斜面下滑 B.木塊受到的摩擦力變小
C.木塊立即獲得加速度 D.木塊所受的摩擦力方向改變
答案 BD
解析 未撤去F前，將木塊的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個分力，在斜面方向的分力大小為mgsin θ，方向沿斜面向下，作出木塊在斜面平面內(nèi)的受力情況如圖：
由平衡條件得：摩擦力：Ff＝，F(xiàn)f的方向與F和mgsi
29、n θ的合力方向相反，所以木塊受到的最大靜摩擦力：Ffm≥，撤去F后，木塊對斜面的壓力沒有變化，所以最大靜摩擦力也沒有變化，此時mgsin θ
30、
B.球B對柱狀物體A的壓力增大
C.地面對柱狀物體A的摩擦力不變
D.地面對柱狀物體A的支持力不變
答案 D
解析 球B受重力、A的支持力F1和墻壁的壓力F2.如圖甲所示：
則根據(jù)平衡可知，F(xiàn)1＝G1＝，F(xiàn)2＝G2＝Gtan θ，將A向右移動少許，A對球B的作用力F1與豎直方向的夾角θ將減小，所以cos θ增大，tan θ減小，即墻壁對球B的作用力將減小，A對球B的支持力減小.根據(jù)牛頓第三定律可知，球B對墻壁的壓力將減小，球B對A的壓力亦減小，選項A、B錯誤；對A受力分析，如圖乙所示，受地面摩擦力Ff＝FBsin θ，B對A的壓力FB減小且FB與豎直方向的夾角θ減小，故A受地
31、面的摩擦力Ff減小，再根據(jù)牛頓第三定律，地面受A的摩擦力減小，選項C錯誤；對A、B整體受力分析可知，地面對A的支持力等于A、B的重力之和不變.
6.(2016·全國甲卷·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緩慢拉動繩的中點O，如圖6所示.用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中( )
圖6
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
答案 A
解析 對O點受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項A正確.
7
32、.(多選)如圖7所示，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi).用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止.現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡.重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是( )
圖7
A.墻面對A的彈力變小 B.斜面對B的彈力不變
C.推力F變大 D.兩球之間的距離變大
答案 ABD
解析 利用整體法可知，斜面對B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和，斜面傾角不變，斜面對B球支持力不變，故斜面對B的彈力不變，B選項正確；庫侖力與豎直方向的夾角變小，而豎直分量不變，故庫
33、侖力變小，A、B間的距離變大，故D正確；因庫侖力水平分量減小，故A正確，C錯誤.
8.如圖8甲、乙、丙是生活中三種不同的背包方式.為了研究方便，假設(shè)背包者身體均呈豎直，因而可認(rèn)為每條背包帶均在豎直面內(nèi).甲中背包帶對人的肩部的作用力設(shè)為F1；乙中的背包帶與豎直方向的夾角為θ(如圖)，其背包帶對人肩部的作用力設(shè)為F2；丙中的兩根背包帶與豎直方向的夾角均為θ(如圖)，其每根背包帶對人肩部的作用力均為F3.若三種情況所背的包完全相同，不考慮背包跟人體間的摩擦，則關(guān)于F1、F2、F3大小的下列關(guān)系正確的是( )
圖8
A.F1>F2 B.F2>F3 C.F1>F3 D.F3＝F2
答
34、案 B
解析 由圖可知，題圖甲中背包帶沿豎直方向，所以每一根背包帶的作用力都等于0.5mg，則背包帶對肩部的作用力等于兩根背包帶的作用力的和，即等于F1＝mg；
乙圖中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如圖a：
則：F2＝
題圖丙中，背包受到兩邊肩膀的作用力，如圖b所示，則：mg＝2F3cos θ
所以：F3＝
由以上的分析可得：F1
35、a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點，滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).若將固定點c向右移動少許，而a與斜劈始終靜止，則( )
圖9
A.細(xì)線對物體a的拉力增大
B.斜劈對地面的壓力減小
C.斜劈對物體a的摩擦力減小
D.地面對斜劈的摩擦力增大
答案 AD
解析 對滑輪和物體b受力分析，如圖甲所示：
有：mbg＝2FTcos θ，解得：FT＝
將固定點c向右移動少許，則θ變大，故拉力FT增大，故A正確；對斜劈、物體a、物體b整體受力分析，
如圖乙所示：
有：FN＝G總－FTcos θ＝G總－，F(xiàn)N與角度θ無關(guān)，恒定不變；根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力
36、也不變，故B錯誤；Ff＝FTsin θ＝tan θ，將固定點c向右移動少許，則θ變大，故摩擦力增大，故D正確；對物體a受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，由于不知道拉力與重力的下滑分力的大小關(guān)系，故無法判斷摩擦力的方向，故不能判斷靜摩擦力的變化情況，故C錯誤.
10.(多選)(2016·浙江理綜·19)如圖10所示，把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點.用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定.兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m.已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10
37、m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則( )
圖10
A.兩球所帶電荷量相等
B.A球所受的靜電力為1.0×10－2 N
C.B球所帶的電荷量為4×10－8 C
D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0
答案 ACD
解析 兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項A正確；由幾何關(guān)系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為37°，A球所受的電場力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，選項B錯誤；根據(jù)庫侖定律得，F(xiàn)＝k＝k，解得qB＝ ＝ C＝4×10－8 C，選項C正確；A、B兩球帶等量的同種電荷
38、，故在A、B兩球連線中點處的電場強度為0，選項D正確.
11.(多選)如圖11所示為某種電流表的原理示意圖，質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k.在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外.與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab的長度.當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當(dāng)MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流強度.已知k＝2.0 N/m，ab的長度為0.20 m，bc的長度為0.05 m，B＝0.20 T，重力加速度為g( )
圖11
A.
39、當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為
B.若要電流表正常工作，應(yīng)將MN的M端與電源負(fù)極相接
C.該電流表的量程是2.5 A
D.若將量程擴大到2倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)?.40 T
答案 AC
解析 設(shè)彈簧的伸長量為Δx，則有：mg＝kΔx ①
由①式得：Δx＝ ②
故當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長量為，故A正確；為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下.由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應(yīng)接正極.故B錯誤；
設(shè)滿量程時通過MN的電流為Im，則有：
BImab＋mg＝k(bc＋Δx) ③
聯(lián)立①③并代入數(shù)
40、據(jù)得：Im＝2.5 A ④
故該電流表的量程是2.5 A，故C正確；
設(shè)量程擴大后，磁感應(yīng)強度變?yōu)锽′，則有：
2B′Imab＋mg＝k(bc＋Δx) ⑤
由①⑤解得：B′＝0.10 T
故若將量程擴大2倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)?.10 T，故D錯誤.
12.如圖12所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30°時，所需外力最小，由以上條件求外力F的最小值與重力的比值.
圖12
答案
解析 物體受力分析如圖，建立直角坐標(biāo)系，對力進(jìn)行正交分解得：
y方向：支持力FN＝G－Fy＝G－Fsin θ ①
x方向：
摩擦力F′＝Fx＝Fcos θ ②
又：F′＝μFN ③
聯(lián)立①②③得：F＝·G＝ ④
令：＝tan β
則：F＝＝
可知當(dāng)β＋θ＝90°時，F(xiàn)有最小值.
由題意，當(dāng)θ＝30°時有最小值，所以β＝60°
＝tan 60°＝，所以μ＝
將θ＝30°，μ＝代入④可得：F＝G.
高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題一 力與場內(nèi)物體的平衡-人教版高三全冊物理試題
