资源描述
专题定位 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理方法和思想有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相像三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想．
应考策略 深刻理解各种性质力的特点．娴熟把握分析共点力平衡问题的各种方法．
1．弹力
(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算；一般状况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解．
(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向．
2．摩擦力
(1)大小：滑动摩擦力Ff＝μFN，与接触面的面积无关；静摩擦力0<Ff≤Ffmax，具体值依据牛顿运动定律或平衡条件来求．
(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反．
3．电场力
(1)大小：F＝qE.若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关；点电荷的库仑力F＝k.
(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向全都，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．
4．安培力
(1)大小：F＝BIL，此式只适用于B⊥I的状况，且L是导线的有效长度，当B∥I时F＝0.
(2)方向：用左手定则推断，安培力垂直于B、I打算的平面．
5．洛伦兹力
(1)大小：F洛＝qvB，此式只适用于B⊥v的状况．当B∥v时F洛＝0.
(2)方向：用左手定则推断，洛伦兹力垂直于B、v打算的平面，洛伦兹力不做功．
6．共点力的平衡
(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．
(2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0.
(3)常用推论：①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．
1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选争辩对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作争辩．
2．常用的方法
(1)在推断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．
(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相像三角形法、图解法等．
3．带电体的平衡问题照旧满足平衡条件，只是要留意精确 分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．
4．假如带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则确定是匀速直线运动，由于F洛⊥v.
考向1 共点力作用下的静态平衡问题
例1 如图1所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面B上，现用大小相等、方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则( )
图1
A．A与B之间确定存在摩擦力
B．B与地面之间确定存在摩擦力
C．B对A的支持力确定等于mg
D．地面对B的支持力大小确定等于(m＋M)g
审题突破 A、C选项考察物体A、B之间的受力应选谁为争辩对象？B、D选项考察地面对B的作用力必需选B为争辩对象吗？怎样选争辩对象更简洁？
解析 对A，若重力、推力、支持力的合力为零时，A、B间没有摩擦力，A错误；B对A的支持力无法求出，所以C错误；把A、B视为一个整体，水平方向两推力恰好平衡，故B与地面间没有摩擦力，所以B错误；地面对B的支持力等于(m＋M)g，故D正确．
答案 D
以题说法 1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般接受整体法与隔离法进行分析．
2．接受整体法进行受力分析时，要留意系统内各个物体的状态应当相同．
3．当直接分析一个物体的受力不便利时，可转移争辩对象，先分析另一个物体的受力，再依据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移争辩对象法”．
轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图2所示．适当调整手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为( )
图2
A．1∶1 B．3∶5
C．4∶3 D．5∶4
答案 C
解析 以两球和弹簧A组成的整体为争辩对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知FTB∶FTC＝4∶3.
考向2 共点力作用下的动态平衡问题
例2 (2022·山东·14)如图3所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次修理时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则修理后( )
图3
A．F1不变，F2变大
B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大
D．F1变小，F2变小
审题突破 两轻绳各剪去一小段，两绳之间的夹角如何变化？木板所受合力依据什么推断大小是否变化？
解析 木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力F2，依据平衡条件，木板受到的合力F1＝0，保持不变．两根轻绳的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力F2与竖直方向的夹角变大，因其合力不变，故F2变大．选项A正确，选项B、C、D错误．
答案 A
以题说法 动态平衡问题分析的三个常用方法．
1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后推断各力的变化趋势．
2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：一、物体一般受三个力作用；二、其中有一个大小、方向都不变的力；三、还有一个方向不变的力．
3．相像三角形法：物体一般受三个力作用而平衡，系统内确定总存在一个与矢量三角形相像的结构三角形，这种状况下接受相像三角形法解决问题简洁快捷．
如图4甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调整角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙)，电脑始终静止在底座上，则( )
图4
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变小
C．散热底座对电脑的作用力变大
D．散热底座对电脑的作用力不变
答案 D
解析 对笔记本电脑受力分析如图所示，有：FN＝mgcos θ、Ff＝mgsin θ.由原卡位1调至卡位4，θ减小，静摩擦力Ff减小、支持力FN增加；散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故D正确．
考向3 带电体在电场内的平衡问题
例3 (2022·浙江·19)如图5所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
图5
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝ 时，细线上的拉力为0
C．当＝ 时，细线上的拉力为0
D．当＝ 时，斜面对小球A的支持力为0
审题突破 小球A受哪几个力的作用？若细线上的拉力为0呢？通过对小球受力分析，斜面对小球A的支持力能为0吗？
解析 依据库仑定律，A、B球间的库仑力F库＝k，选项A正确；小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库＝，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉
力等于零，如图所示，则＝tan θ，所以＝ ，选项C正确，选项B错误；斜面对小球的支持力FN始终不会等于零，选项D错误．
答案 AC
以题说法 1.电场和重力场内的平衡问题，照旧是力学问题．力学中用到的图解法和正交分解法照旧可以用在电场和重力场中．
2．当涉及多个争辩对象时，一般接受整体法和隔离法结合的方法求解．当物体受到的力多于三个时，往往接受正交分解法列出分方向的平衡方程．
如图6所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OM＝ON，OM∥AB，则下列推断正确的是( )
图6
A．小物体在M、P、N点静止时确定都是受4个力
B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大
C．小物体静止在P点时受到的支持力最大
D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等
答案 CD
解析 对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图：结合平衡条件小物体在P、N两点时确定受四个力的作用，而在M处不愿定，故A错误；小物体静止在P点时，摩擦力Ff＝mgsin 30°，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F′，则小物体静止在N点时Ff′＝mgsin 30°＋F′cos 30°，小物体静止在M点时Ff″＝mgsin 30°－F′cos 30°，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力FN＝mgcos 30°＋F，小物体静止在M、N点时：FN′＝mgcos 30°＋F′sin 30°，由库仑定律知F＞F′，故FN＞FN′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C、D正确.
1．应用平衡条件解决电学平衡问题
例4 (18分)如图7(BE左边为侧视图，右边为俯视图)所示，电阻不计的光滑导轨ABC、DEF平行放置，间距为L，BC、EF水平，AB、DE与水平面成θ角．PQ、P′Q′是相同的两金属杆，它们与导轨垂直，质量均为m、电阻均为R.平行板电容器的两金属板M、N的板面沿竖直放置，相距为d，并通过导线与导轨ABC、DEF连接．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．要使杆P′Q′静止不动，求：
图7
(1)杆PQ应沿什么方向运动？速度多大？
(2)从O点入射的带电粒子恰好沿图中虚线通过平行板电容器，则入射粒子的速度v0多大？
思维导图
解析 (1)设杆PQ运动速度为v，杆PQ切割磁感线产生的感应电动势：
E＝BLv(2分)
回路电流：I＝(2分)
P′Q′杆静止，对杆P′Q′受力分析，有：
mgtan θ＝BIL(2分)
联立解得：v＝(2分)
依据左手定则与右手定则可知，PQ应向右运动．(2分)
(2)两平行板间的电压：U＝IR(2分)
粒子在电场中运动，电场力：F＝qE＝(2分)
粒子沿直线通过平行板电容器，这时粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡：
＝qBv0(2分)
联立解得：v0＝(2分)
答案 (1)向右运动 (2)
点睛之笔 此题为力电综合问题，考查了力学学问的平衡问题和电磁感应学问．解答本题的思路是先通过P′Q′静止不动、受力平衡分析PQ的运动方向．PQ运动对P′Q′和电容器供电，带电粒子在电场、磁场中做匀速直线运动受力平衡．
(限时：15分钟，满分：15分)
(2022·江苏·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并始终匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
图8
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
答案 (1)tan θ (2)
(3)2mgdsin θ－
解析 (1)在绝缘涂层上
导体棒受力平衡mgsin θ＝μmgcos θ
解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ.
(2)在光滑导轨上
感应电动势：E＝BLv
感应电流：I＝
安培力：F安＝BIL
受力平衡的条件是：F安＝mgsin θ
解得导体棒匀速运动的速度v＝.
(3)摩擦生热：QT＝μmgdcos θ
依据能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2
解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－.
(限时：30分钟)
题组1 共点力作用下的静态平衡
1．(2022·广东·14)如图1所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )
图1
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
答案 A
解析 M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误．
2．如图2所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则( )
图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 对物体受力分析可知：kx3＝mg，对弹簧的结点受力分析可知：
kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶.
3．体育器材室里，篮球摆放在如图3所示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为( )
图3
A.mg B.
C. D.
答案 C
解析 篮球受力平衡，设一侧球架的弹力与竖直方向的夹角为θ，如图，由平衡条件，F1＝F2＝，
而cos θ＝＝，
则F1＝F2＝，选项C正确．
4．在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽视不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下推断中正确的是( )
A．FA＝FB＝FC＝FD
B．FD＞FA＝FB＞FC
C．FA＝FC＝FD＞FB
D．FC＞FA＝FB＞FD
答案 B
解析 设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD＞FA＝FB＞FC，选项B正确．
5．如图4所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列推断正确的是( )
图4
A．力F的大小为mBg
B．地面对C的支持力等于(M＋mA＋mB)g
C．地面对C的摩擦力大小为mBg
D．mA＝mB
答案 ACD
解析 对小球B受力分析，
水平方向：Fcos 30°＝FTbcos 30°，得：FTb＝F，
竖直方向：Fsin 30°＋FTbsin 30°＝mBg，解得：F＝mBg，
故A正确；
对小球A受力分析，
竖直方向：mAg＋FTbsin 30°＝FTasin 60°
水平方向：FTasin 30°＝FTbsin 60°
联立得：mA＝mB，故D正确；
以A、B、C整体为争辩对象受力分析，
竖直方向：FN＋Fsin 30°＝(M＋mA＋mB)g
可见FN小于(M＋mA＋mB)g，故B错误；
水平方向：Ff＝Fcos 30°＝mBgcos 30°＝mBg，
故C正确．
题组2 共点力作用下的动态平衡
6．如图5所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处．起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最终把重物卸载到某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化状况，下列说法正确的是( )
图5
A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变
B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小
C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大
D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变
答案 A
解析 因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力，并且滑轮两端绳子的张力相等；设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2FTcos θ＝mg；由几何关系可知，设A到动滑轮的绳长为l，A到滑轮的水平距离为d，则有：lcos θ＝d；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离不变，故θ为定值，故轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D的过程中，绳的总长不变，夹角2θ确定增大，则由A中分析可知，FT确定增大；故B、D错误．
7．如图6所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，且A、B仍处于静止状态，那么下列说法中正确的是( )
图6
A．弹簧的弹力大小将不变
B．物体A对斜面的压力将削减
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变
答案 AC
解析 弹簧弹力等于B物体的重力，即弹簧弹力不变，故A项正确；对A物体进行受力分析，列平衡方程可知，C项正确，D项错误；依据FN＝mAgcos θ，当倾角减小时，A物体对斜面压力变大，故B项错误．
8．如图7所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )
图7
A．b对c的摩擦力确定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面对上
C．地面对c的摩擦力方向确定向右
D．地面对c的摩擦力确定减小
答案 BD
解析 设a、b的重力分别为Ga、Gb.若Ga＝Gbsin θ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsin θ，b受到c的摩擦力不为零．若Ga＜Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面对上，故A错误，B正确．对b、c整体，水平面对c的摩擦力Ff＝FTcos θ＝Gacos θ，方向水平向左．在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C错误，D正确．
9．如图8所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从O1处对甲施加一平行于斜面对下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3.在此过程中( )
图8
A．F1渐渐增大，F2渐渐增大，F3渐渐增大
B．F1渐渐减小，F2保持不变，F3渐渐减小
C．F1保持不变，F2渐渐增大，F3先增大后减小
D．F1渐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大
答案 D
解析 先对物体乙受力分析，如图甲所示，由牛顿第三定律可知乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3先减小后增大；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图乙所示．
依据平衡条件，设斜面倾角为θ，甲的质量为M，乙的质量为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，保持不变．
结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变，故D正确，A、B、C错误．
10．如图9所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置照旧处于静止状态，则细线OA上拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是( )
图9
A．FA、FC都减小 B．FA、FC都增大
C．FA增大，FC减小 D．FA减小，FC增大
答案 A
解析 O点受FA、FB、FC三个力平衡，如图．当按题示状况变化时，OB绳的拉力FB不变，OA绳拉力FA的方向不变，OC绳拉力FC的方向与拉力FB方向的夹角减小，保持平衡时FA、FC的变化如虚线所示，明显都是减小了．
题组3 带电体在电场内的平衡问题
11．(2022·广东·20)如图10所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( )
图10
A．M与N的距离大于L
B．P、M和N在同始终线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同
D．M、N及细杆组成的系统所受合力为零
答案 BD
解析 假设P、M和N不在同始终线上，对M受力分析可知M不行能处于静止状态，所以选项B正确；M、N和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k＝k，解得x＝(－1)L，所以选项A错误，D正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM>φN，所以选项C错误．
12．一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A球处于平衡状态，如图11所示．现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡(该过程A、B两球始终在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )
图11
A．细线对带电小球A的拉力变大
B．细线对细环的拉力保持不变
C．细环所受的摩擦力变大
D．粗糙杆对细环的支持力变大
答案 AC
解析 如图甲所示，以细环、细线及小球A组成的整体为争辩对象受力分析，整体的重力、杆的支持力、静摩擦力、水平向右的库仑斥力，由平衡可知FN＝mAg＋m环g，F＝Ff，知粗糙杆对细环的支持力不变，再由小球A的受力分析如图乙知，当B球稍向右移动时，由库仑定律知，F增大，Ff增大，小球A的重力不变，它们的合力与细线的拉力等大反向，故由力的合成知当F增大时细线的拉力也增大，综合以上分析知，A、C选项正确．
甲 乙
13．如图12所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为＋q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止．重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为( )
图12
A. B.
C. D.
答案 D
解析 设P处的带电小球电量为Q，依据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F＝；依据几何关系可知，正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有：4××＝mg；若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑力合力为：F′＝；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：＋E＝mg；解得：E＝，故D正确，A、B、C错误．
14．如图13所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面对上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g.以下说法正确的是( )
图13
A．回路中的电流强度为
B．ab杆所受摩擦力为mgsin θ
C．cd杆所受摩擦力为μ(mgsin θ＋)
D．μ与v1大小的关系为μ(mgsin θ＋)＝mgcos θ
答案 CD
解析 ab杆产生的感应电动势E＝BLv1；回路中感应电流为I＝＝，故A错误．ab杆匀速下滑，F安＝BIL＝，方向沿轨道向上，则由平衡条件得：ab杆所受的摩擦力大小为Ff＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－，故B错误．cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力：Ff′＝μFN＝μ(mgsin θ＋F安)＝μ(mgsin θ＋)，故C正确．依据cd杆受力平衡得：mgsin(90°－θ)＝Ff′＝μ(mgsin θ＋)，则得μ与v1大小的关系为μ(mgsin θ＋)＝mgcos θ，故D正确．
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