3、F＝0.
(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?。篎洛＝qvB，此式只適用于B⊥v的情況．當B∥v時F洛＝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．處理平衡問題的基本思路：確定平衡狀
4、態(tài)(加速度為零)→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方向時常用假設法．
(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合場中做直線運動，則一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v.
考向1 共點力作用下的靜態(tài)平衡問題
例1 如圖1所示，質(zhì)量為m的木塊A放在水平面上的質(zhì)量為M的斜面B上，現(xiàn)用大小相等、方向相反的兩個
5、水平推力F分別作用在A、B上，A、B均保持靜止不動．則( )
圖1
A．A與B之間一定存在摩擦力
B．B與地面之間一定存在摩擦力
C．B對A的支持力一定等于mg
D．地面對B的支持力大小一定等于(m＋M)g
審題突破 A、C選項考察物體A、B之間的受力應選誰為研究對象？B、D選項考察地面對B的作用力必須選B為研究對象嗎？怎樣選研究對象更簡單？
解析 對A，若重力、推力、支持力的合力為零時，A、B間沒有摩擦力，A錯誤；B對A的支持力無法求出，所以C錯誤；把A、B視為一個整體，水平方向兩推力恰好平衡，故B與地面間沒有摩擦力，所以B錯誤；地面對B的支持力等于(m＋M)g，故D正確
6、．
答案 D
以題說法 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行分析．
2．采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個物體的狀態(tài)應該相同．
3．當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”．
輕質(zhì)彈簧A的兩端分別連在質(zhì)量均為m的小球上，兩球均可視為質(zhì)點．另有兩根與A完全相同的輕質(zhì)彈簧B、C，且B、C的一端分別與兩個小球相連，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牽住，如圖2所示．適當調(diào)節(jié)手的高度與用力的方向，保持B彈簧軸線跟豎直方向夾角為37°不變(已知sin 3
7、7°＝0.6，cos 37°＝0.8)，當彈簧C的拉力最小時，B、C兩彈簧的形變量之比為( )
圖2
A．1∶1 B．3∶5
C．4∶3 D．5∶4
答案 C
解析 以兩球和彈簧A組成的整體為研究對象，受力分析如圖所示，由合成法知當C彈簧與B彈簧垂直時，彈簧C施加的拉力最小，由幾何關系知FTB∶FTC＝4∶3.
考向2 共點力作用下的動態(tài)平衡問題
例2 (xx·山東·14)如圖3所示，用兩根等長輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點，制成一簡易秋千，某次維修時將兩輕繩各剪去一小段，但仍保持等長且懸掛點不變．木板靜止時，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力
8、的大小，則維修后( )
圖3
A．F1不變，F(xiàn)2變大
B．F1不變，F(xiàn)2變小
C．F1變大，F(xiàn)2變大
D．F1變小，F(xiàn)2變小
審題突破 兩輕繩各剪去一小段，兩繩之間的夾角如何變化？木板所受合力根據(jù)什么判斷大小是否變化？
解析 木板靜止時，木板受重力G以及兩根輕繩的拉力F2，根據(jù)平衡條件，木板受到的合力F1＝0，保持不變．兩根輕繩的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不變，當兩輕繩剪去一段后，兩根輕繩的拉力F2與豎直方向的夾角變大，因其合力不變，故F2變大．選項A正確，選項B、C、D錯誤．
答案 A
以題說法 動態(tài)平衡問題分析的三個常用方法．
1．解析法：一般把力進行正交
9、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著特征：一、物體一般受三個力作用；二、其中有一個大小、方向都不變的力；三、還有一個方向不變的力．
3．相似三角形法：物體一般受三個力作用而平衡，系統(tǒng)內(nèi)一定總存在一個與矢量三角形相似的結(jié)構(gòu)三角形，這種情況下采用相似三角形法解決問題簡單快捷．
如圖4甲，手提電腦散熱底座一般設置有四個卡位用來調(diào)節(jié)角度．某同學將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位4緩慢地調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦始終靜止在底座上，則( )
圖4
A．電腦受到的支持力變
10、大
B．電腦受到的摩擦力變小
C．散熱底座對電腦的作用力變大
D．散熱底座對電腦的作用力不變
答案 D
解析 對筆記本電腦受力分析如圖所示，有：FN＝mgcos θ、Ff＝mgsin θ.由原卡位1調(diào)至卡位4，θ減小，靜摩擦力Ff減小、支持力FN增加；散熱底座對電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力，與重力平衡，始終是不變的，故D正確．
考向3 帶電體在電場內(nèi)的平衡問題
例3 (xx·浙江·19)如圖5所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A
11、的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則( )
圖5
A．小球A與B之間庫侖力的大小為
B．當＝ 時，細線上的拉力為0
C．當＝ 時，細線上的拉力為0
D．當＝ 時，斜面對小球A的支持力為0
審題突破 小球A受哪幾個力的作用？若細線上的拉力為0呢？通過對小球受力分析，斜面對小球A的支持力能為0嗎？
解析 根據(jù)庫侖定律，A、B球間的庫侖力F庫＝k，選項A正確；小球A受豎直向下的重力mg，水平向左的庫侖力F庫＝，由平衡條件知，當斜面對小球的支持力FN的大小等于重力與庫侖力的合
12、力大小時，細線上的拉
力等于零，如圖所示，則＝tan θ，所以＝ ，選項C正確，選項B錯誤；斜面對小球的支持力FN始終不會等于零，選項D錯誤．
答案 AC
以題說法 1.電場和重力場內(nèi)的平衡問題，仍然是力學問題．力學中用到的圖解法和正交分解法仍然可以用在電場和重力場中．
2．當涉及多個研究對象時，一般采用整體法和隔離法結(jié)合的方法求解．當物體受到的力多于三個時，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程．
如圖6所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面內(nèi)部O點(與斜面無任何連接)固定一個正點電荷，一帶負電可視為質(zhì)點的小物體可以分別靜止在M、P、N點，
13、P為MN的中點，OM＝ON，OM∥AB，則下列判斷正確的是( )
圖6
A．小物體在M、P、N點靜止時一定都是受4個力
B．小物體靜止在P點時受到的摩擦力最大
C．小物體靜止在P點時受到的支持力最大
D．小物體靜止在M、N點時受到的支持力相等
答案 CD
解析 對小物體分別在三處靜止時進行受力分析，如圖：結(jié)合平衡條件小物體在P、N兩點時一定受四個力的作用，而在M處不一定，故A錯誤；小物體靜止在P點時，摩擦力Ff＝mgsin 30°，設小物體靜止在M、N點時，庫侖力為F′，則小物體靜止在N點時Ff′＝mgsin 30°＋F′cos 30°，小物體靜止在M點時Ff″＝mgsin
14、 30°－F′cos 30°，可見小物體靜止在N點時所受摩擦力最大，故B錯誤；小物體靜止在P點時，設庫侖力為F，受到的支持力FN＝mgcos 30°＋F，小物體靜止在M、N點時：FN′＝mgcos 30°＋F′sin 30°，由庫侖定律知F＞F′，故FN＞FN′，即小物體靜止在P點時受到的支持力最大，靜止在M、N點時受到的支持力相等，故C、D正確.
1．應用平衡條件解決電學平衡問題
例4 (18分)如圖7(BE左邊為側(cè)視圖，右邊為俯視圖)所示，電阻不計的光滑導軌ABC、DEF平行放置，間距為L，BC、EF水平，AB、DE與水平面成θ角．PQ、P′Q′是相同的兩金屬桿，它們與導軌垂直，質(zhì)
15、量均為m、電阻均為R.平行板電容器的兩金屬板M、N的板面沿豎直放置，相距為d，并通過導線與導軌ABC、DEF連接．整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中．要使桿P′Q′靜止不動，求：
圖7
(1)桿PQ應沿什么方向運動？速度多大？
(2)從O點入射的帶電粒子恰好沿圖中虛線通過平行板電容器，則入射粒子的速度v0多大？
思維導圖
解析 (1)設桿PQ運動速度為v，桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：
E＝BLv(2分)
回路電流：I＝(2分)
P′Q′桿靜止，對桿P′Q′受力分析，有：
mgtan θ＝BIL(2分)
聯(lián)立解得：v＝(2分)
根據(jù)左
16、手定則與右手定則可知，PQ應向右運動．(2分)
(2)兩平行板間的電壓：U＝IR(2分)
粒子在電場中運動，電場力：F＝qE＝(2分)
粒子沿直線通過平行板電容器，這時粒子所受的電場力和洛倫茲力相互平衡：
＝qBv0(2分)
聯(lián)立解得：v0＝(2分)
答案 (1)向右運動 (2)
點睛之筆 此題為力電綜合問題，考查了力學知識的平衡問題和電磁感應知識．解答本題的思路是先通過P′Q′靜止不動、受力平衡分析PQ的運動方向．PQ運動對P′Q′和電容器供電，帶電粒子在電場、磁場中做勻速直線運動受力平衡．
(限時：15分鐘，滿分：15分)
(xx·江蘇·13)如圖8所示，在勻強磁場
17、中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質(zhì)量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g.求：
圖8
(1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)導體棒勻速運動的速度大小v；
(3)整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.
答案 (1)tan θ (2)
(3)2mgdsin θ－
解析 (1)在絕緣涂層上
18、
導體棒受力平衡mgsin θ＝μmgcos θ
解得導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ.
(2)在光滑導軌上
感應電動勢：E＝BLv
感應電流：I＝
安培力：F安＝BIL
受力平衡的條件是：F安＝mgsin θ
解得導體棒勻速運動的速度v＝.
(3)摩擦生熱：QT＝μmgdcos θ
根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2
解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2mgdsin θ－.
(限時：30分鐘)
題組1 共點力作用下的靜態(tài)平衡
1．(xx·廣東·14)如圖1所示，水平地面上堆放著原木，關于原木P在支撐點M、N處受力的方向，下列說法正確的是(
19、)
圖1
A．M處受到的支持力豎直向上
B．N處受到的支持力豎直向上
C．M處受到的靜摩擦力沿MN方向
D．N處受到的靜摩擦力沿水平方向
答案 A
解析 M處支持力方向與支持面(地面)垂直，即豎直向上，選項A正確；N處支持力方向與支持面(原木接觸面)垂直，即垂直MN向上，故選項B錯誤；摩擦力與接觸面平行，故選項C、D錯誤．
2．如圖2所示，三個相同的輕質(zhì)彈簧連接在O點，彈簧1的另一端固定在天花板上，且與豎直方向的夾角為30°，彈簧2水平且右端固定在豎直墻壁上，彈簧3的另一端懸掛質(zhì)量為m的物體且處于靜止狀態(tài)，此時彈簧1、2、3的形變量分別為x1、x2、x3，則( )
20、圖2
A．x1∶x2∶x3＝∶1∶2
B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶
C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶
D．x1∶x2∶x3＝∶2∶1
答案 B
解析 對物體受力分析可知：kx3＝mg，對彈簧的結(jié)點受力分析可知：
kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，聯(lián)立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶.
3．體育器材室里，籃球擺放在如圖3所示的球架上．已知球架的寬度為d，每個籃球的質(zhì)量為m、直徑為D，不計球與球架之間的摩擦，則每個籃球?qū)σ粋?cè)球架的壓力大小為( )
圖3
A.mg B.
C. D.
答案 C
解析 籃球受力平衡，設一側(cè)球架的彈力與豎直方
21、向的夾角為θ，如圖，由平衡條件，F(xiàn)1＝F2＝，
而cos θ＝＝，
則F1＝F2＝，選項C正確．
4．在如圖所示的A、B、C、D四幅圖中，滑輪本身的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個質(zhì)量都是m的重物，當滑輪和重物都靜止不動時，圖A、C、D中桿P與豎直方向夾角均為θ，圖B中桿P在豎直方向上，假設A、B、C、D四幅圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是( )
A．FA＝FB＝FC＝FD
B．FD＞FA＝FB＞FC
C．FA＝FC＝FD＞FB
D．FC＞FA＝FB＞FD
答案
22、B
解析 設滑輪兩邊細繩的夾角為φ，對重物，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪受到木桿彈力F等于細繩拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夾角關系可得FD＞FA＝FB＞FC，選項B正確．
5．如圖4所示，質(zhì)量為M的木板C放在水平地面上，固定在C上的豎直輕桿的頂端分別用細繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，當與水平方向成30°角的力F作用在小球B上時，A、B、C剛好相對靜止一起向右勻速運動，且此時繩a、b與豎直方向的夾角分別為30°和60°，則下列判斷正確的是( )
圖4
A．力F的大小為mBg
B．地面對C的支持力等于(M＋mA＋mB)g
C．地面對C
23、的摩擦力大小為mBg
D．mA＝mB
答案 ACD
解析 對小球B受力分析，
水平方向：Fcos 30°＝FTbcos 30°，得：FTb＝F，
豎直方向：Fsin 30°＋FTbsin 30°＝mBg，解得：F＝mBg，
故A正確；
對小球A受力分析，
豎直方向：mAg＋FTbsin 30°＝FTasin 60°
水平方向：FTasin 30°＝FTbsin 60°
聯(lián)立得：mA＝mB，故D正確；
以A、B、C整體為研究對象受力分析，
豎直方向：FN＋Fsin 30°＝(M＋mA＋mB)g
可見FN小于(M＋mA＋mB)g，故B錯誤；
水平方向：Ff＝Fcos 3
24、0°＝mBgcos 30°＝mBg，
故C正確．
題組2 共點力作用下的動態(tài)平衡
6．如圖5所示為建筑工地一個小型起重機起吊重物的示意圖．一根輕繩跨過光滑的動滑輪，輕繩的一端系在位置A處，動滑輪的下端掛上重物，輕繩的另一端掛在起重機的吊鉤C處．起吊重物前，重物處于靜止狀態(tài)．起吊重物過程是這樣的：先讓吊鉤從位置C豎直向上緩慢的移動到位置B，然后再讓吊鉤從位置B水平向右緩慢地移動到D，最后把重物卸載到某一個位置．則關于輕繩上的拉力大小變化情況，下列說法正確的是( )
圖5
A．吊鉤從C向B移動過程中，輕繩上的拉力不變
B．吊鉤從B向D移動過程中，輕繩上的拉力變小
C．吊鉤從C向
25、B移動過程中，輕繩上的拉力變大
D．吊鉤從B向D移動過程中，輕繩上的拉力不變
答案 A
解析 因物體重力不變，故重力與兩繩子的拉力為平衡力，并且滑輪兩端繩子的張力相等；設繩子間的夾角為2θ；在由C到B上移的過程中有：2FTcos θ＝mg；由幾何關系可知，設A到動滑輪的繩長為l，A到滑輪的水平距離為d，則有：lcos θ＝d；因由C到B的過程中A到BC的垂直距離不變，故θ為定值，故輕繩上的拉力不變，故A正確，C錯誤；由B到D的過程中，繩的總長不變，夾角2θ一定增大，則由A中分析可知，F(xiàn)T一定增大；故B、D錯誤．
7．如圖6所示，物體A、B用細繩與彈簧連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為45°
26、的粗糙斜面上，B懸掛著．已知質(zhì)量mA＝3mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°，且A、B仍處于靜止狀態(tài)，那么下列說法中正確的是( )
圖6
A．彈簧的彈力大小將不變
B．物體A對斜面的壓力將減少
C．物體A受到的靜摩擦力將減小
D．彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變
答案 AC
解析 彈簧彈力等于B物體的重力，即彈簧彈力不變，故A項正確；對A物體進行受力分析，列平衡方程可知，C項正確，D項錯誤；根據(jù)FN＝mAgcos θ，當傾角減小時，A物體對斜面壓力變大，故B項錯誤．
8．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，通過細繩跨過光滑的
27、定滑輪與沙漏a連接，連接b的一段細繩與斜面平行．在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，則( )
圖7
A．b對c的摩擦力一定減小
B．b對c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面對c的摩擦力方向一定向右
D．地面對c的摩擦力一定減小
答案 BD
解析 設a、b的重力分別為Ga、Gb.若Ga＝Gbsin θ，b受到c的摩擦力為零；若Ga≠Gbsin θ，b受到c的摩擦力不為零．若Ga＜Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，故A錯誤，B正確．對b、c整體，水平面對c的摩擦力Ff＝FTcos θ＝Gacos θ，方向水平向左．在a中的沙子緩慢流出的過程中，
28、則摩擦力在減小，故C錯誤，D正確．
9．如圖8所示，斜面上固定有一與斜面垂直的擋板，另有一截面為圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上，半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間，沒有與斜面接觸而處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在從O1處對甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢向下移動．設乙對擋板的壓力大小為F1，甲對斜面的壓力大小為F2，甲對乙的彈力為F3.在此過程中( )
圖8
A．F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大
B．F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸減小
C．F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3先增大后減小
D．F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3先減小后增大
答案 D
解析
29、先對物體乙受力分析，如圖甲所示，由牛頓第三定律可知乙對擋板的壓力F1不斷減小，甲對乙的彈力F3先減小后增大；再對甲與乙整體受力分析，受重力、斜面的支持力、擋板的支持力和已知力F，如圖乙所示．
根據(jù)平衡條件，設斜面傾角為θ，甲的質(zhì)量為M，乙的質(zhì)量為m，正交分解有
x方向：F＋(M＋m)gsin θ－F1′＝0
y方向：F2′－(M＋m)gcos θ＝0
解得：F2′＝(M＋m)gcos θ，保持不變．
結(jié)合牛頓第三定律，物體甲對斜面的壓力F2不變，故D正確，A、B、C錯誤．
10．如圖9所示，三根細線共系于O點，其中OA在豎直方向上，OB水平并跨過定滑輪懸掛一個重物，OC的C點
30、固定在地面上，整個裝置處于靜止狀態(tài)．若OC加長并使C點左移，同時保持O點位置不變，裝置仍然處于靜止狀態(tài)，則細線OA上拉力FA和OC上的拉力FC與原先相比是( )
圖9
A．FA、FC都減小 B．FA、FC都增大
C．FA增大，F(xiàn)C減小 D．FA減小，F(xiàn)C增大
答案 A
解析 O點受FA、FB、FC三個力平衡，如圖．當按題示情況變化時，OB繩的拉力FB不變，OA繩拉力FA的方向不變，OC繩拉力FC的方向與拉力FB方向的夾角減小，保持平衡時FA、FC的變化如虛線所示，顯然都是減小了．
題組3 帶電體在電場內(nèi)的平衡問題
11．(xx·廣東·20)如圖10所示，光滑絕
31、緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P.帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上．P與M相距L、M和N視為點電荷，下列說法正確的是( )
圖10
A．M與N的距離大于L
B．P、M和N在同一直線上
C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同
D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合力為零
答案 BD
解析 假設P、M和N不在同一直線上，對M受力分析可知M不可能處于靜止狀態(tài)，所以選項B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止狀態(tài)，則系統(tǒng)所受合外力為零，故k＝k，解得x＝(－1)L，所以選項A錯誤，D正確；在正點電荷產(chǎn)生的電場中，離場源電荷越近，電勢越高，φ
32、M>φN，所以選項C錯誤．
12．一根套有細環(huán)的粗糙桿水平放置，帶正電的小球A通過絕緣細線系在細環(huán)上，另一帶正電的小球B固定在絕緣支架上，A球處于平衡狀態(tài)，如圖11所示．現(xiàn)將B球稍向右移動，當A小球再次平衡(該過程A、B兩球一直在相同的水平面上)時，細環(huán)仍靜止在原位置，下列說法正確的是( )
圖11
A．細線對帶電小球A的拉力變大
B．細線對細環(huán)的拉力保持不變
C．細環(huán)所受的摩擦力變大
D．粗糙桿對細環(huán)的支持力變大
答案 AC
解析 如圖甲所示，以細環(huán)、細線及小球A組成的整體為研究對象受力分析，整體的重力、桿的支持力、靜摩擦力、水平向右的庫侖斥力，由平衡可知FN＝mAg＋
33、m環(huán)g，F(xiàn)＝Ff，知粗糙桿對細環(huán)的支持力不變，再由小球A的受力分析如圖乙知，當B球稍向右移動時，由庫侖定律知，F(xiàn)增大，F(xiàn)f增大，小球A的重力不變，它們的合力與細線的拉力等大反向，故由力的合成知當F增大時細線的拉力也增大，綜合以上分析知，A、C選項正確．
甲 乙
13．如圖12所示，空間正四棱錐型的底面邊長和側(cè)棱長均為a，水平底面的四個頂點處均固定著電量為＋q的小球，頂點P處有一個質(zhì)量為m的帶電小球，在庫侖力和重力的作用下恰好處于靜止狀態(tài)．若將P處小球的電荷量減半，同時加豎直方向的勻強電場強度E，此時P處小球仍能保持靜止．重力加速度為g，靜電力常
34、量為k，則所加勻強電場強度大小為( )
圖12
A. B.
C. D.
答案 D
解析 設P處的帶電小球電量為Q，根據(jù)庫侖定律可知，則P點小球受到各個頂點電荷的庫侖力大小為F＝；根據(jù)幾何關系可知，正四棱錐型的側(cè)棱與豎直線的夾角為45°；再由力的分解法則，可有：4××＝mg；若將P處小球的電荷量減半，則四個頂點的電荷對P的小球的庫侖力合力為：F′＝；當外加勻強電場后，再次平衡，則有：＋E＝mg；解得：E＝，故D正確，A、B、C錯誤．
14．如圖13所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長的金屬直角導軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面成θ角．兩導軌所在空
35、間存在垂直于CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.兩根質(zhì)量均為m、長度均為L的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，兩金屬細桿的電阻均為R，導軌電阻不計．當ab以速度v1沿導軌向下勻速運動時，cd桿也正好以速度v2向下勻速運動．重力加速度為g.以下說法正確的是( )
圖13
A．回路中的電流強度為
B．a(chǎn)b桿所受摩擦力為mgsin θ
C．cd桿所受摩擦力為μ(mgsin θ＋)
D．μ與v1大小的關系為μ(mgsin θ＋)＝mgcos θ
答案 CD
解析 ab桿產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv1；回路中感應電流為I＝＝，故A錯誤．a(chǎn)b桿勻速下滑，F(xiàn)安＝BIL＝，方向沿軌道向上，則由平衡條件得：ab桿所受的摩擦力大小為Ff＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－，故B錯誤．cd桿所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于導軌向下，則cd桿所受摩擦力：Ff′＝μFN＝μ(mgsin θ＋F安)＝μ(mgsin θ＋)，故C正確．根據(jù)cd桿受力平衡得：mgsin(90°－θ)＝Ff′＝μ(mgsin θ＋)，則得μ與v1大小的關系為μ(mgsin θ＋)＝mgcos θ，故D正確．
高考物理大二輪復習 專題訓練一 力與場內(nèi)物體的平衡
