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2015届高考物理二轮专题训练:专题一力与场内物体的平衡


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相似三角形法;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.熟练掌握分析共点

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;一般情况下物体间相 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,具体值根据牛 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 q1q2 的位置有关;点电荷的库仑力 F=k 2 . r (2)方向:正电荷所受电场力方向与场强方向一致,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 的情况,且 L 是导线的有效长度,当 B∥I 时 F=0. (2)方向:用左手定则判断,安培力垂直于 B、I 决定的平面. 5.洛伦兹力 (1)大小:F 洛=qvB,此式只适用于 B⊥v 的情况.当 B∥v 时 F 洛=0.

(2)方向:用左手定则判断,洛伦兹力垂直于 B、v 决定的平面,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)→巧选研究对象(整体法或隔离 法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论. 2.常用的方法 (1)在判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、相似三角形法、图解法 等. 3.带电体的平衡问题仍然满足平衡条件,只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或 洛伦兹力. 4.如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动,则一定是匀速直 线运动,因为 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 之间一定存在摩擦力 B.B 与地面之间一定存在摩擦力 C.B 对 A 的支持力一定等于 mg D.地面对 B 的支持力大小一定等于(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研究对象?B、D 选项考察地面

对 B 的作用力必须选 B 为研究对象吗?怎样选研究对象更简单?

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 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,可转移研究对象,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“转移研究对象法”. 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.适当调节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( ) 1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行

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 组成的整体为研究对象,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 (2014· 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,某次维修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,则维修后( )

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?木板所受合力根据什么判断

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,根据平衡条件,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,然后判断各力的变化趋势. 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.相似三角形法:物体一般受三个力作用而平衡,系统内一定总存在一个与矢量三角形相 似的结构三角形,这种情况下采用相似三角形法解决问题简单快捷. 如图 4 甲,手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度.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

(2014· 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 kq A.小球 A 与 B 之间库仑力的大小为 2 d q B.当 = d q C.当 = d q D.当 = d 审题突破
2

mgsin θ 时,细线上的拉力为 0 k mgtan θ 时,细线上的拉力为 0 k mg 时,斜面对小球 A 的支持力为 0 ktan θ 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? q2 解析 根据库仑定律,A、B 球间的库仑力 F 库=k 2,选项 A 正确;小球 A 受竖直向下的重 d kq2 力 mg,水平向左的库仑力 F 库= 2 ,由平衡条件知,当斜面对小球的支持力 FN 的大小等于 d 重力与库仑力的合力大小时,细线上的拉 kq2 d2 q 力等于零,如图所示,则 =tan θ,所以 = mg d mgtan θ ,选项 C 正确, k

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, 仍然是力学问题. 力学中用到

的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中. 2.当涉及多个研究对象时,一般采用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,往往采用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,则下列判断正确的是( )

图6 A.小物体在 M、P、N 点静止时一定都是受 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 两点时一定受四个力的作用,而在 M 处不一定, 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) E 回路电流:I= (2 分) R+R P′Q′杆静止,对杆 P′Q′受力分析,有: mgtan θ=BIL(2 分) 2mgRtan θ 联立解得:v= (2 分) B 2L 2 根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) qU 粒子在电场中运动,电场力:F=qE= (2 分) d 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: qU =qBv0(2 分) d mgRtan θ 联立解得:v0= 2 (2 分) B Ld 答案 (1)向右运动 2mgRtan θ mgRtan θ (2) 2 2 2 BL B Ld

点睛之笔 此题为力电综合问题, 考查了力学知识的平衡问题和电磁感应知识. 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) (2014· 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,并一直匀速滑到导轨底端.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. mgRsin θ 答案 (1)tan θ (2) B 2L 2 m3g2R2sin2θ (3)2mgdsin θ- 2B4L4 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 E 感应电流:I= R 安培力:F 安=BIL 受力平衡的条件是:F 安=mgsin θ mgRsin θ 解得导体棒匀速运动的速度 v= . B 2L 2 (3)摩擦生热:QT=μmgdcos θ 1 根据能量守恒定律知:3mgdsin θ=Q+QT+ mv2 2 m3g2R2sin2 θ 解得电阻产生的焦耳热 Q=2mgdsin θ- . 2B4L4

(限时:30 分钟) 题组 1 共点力作用下的静态平衡 1.(2014· 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= 3∶1∶2 B.x1∶x2∶x3=2∶1∶ 3 C.x1∶x2∶x3=1∶2∶ 3 D.x1∶x2∶x3= 3∶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. 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 1 A. mg 2 mgD C. 2 D2-d2 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= mg F2= , 2cos θ D d ? ?2-? ?2 2 2 D2-d2 = , D D 2 mgD B. d 2mg D2-d2 D. D

而 cos θ=

mgD 则 F1=F2= ,选项 C 正确. 2 D2-d2 4.在如图所示的 A、B、C、D 四幅图中,滑轮本身的重力忽略不计,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,则以下判断中正确的是( )

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 φ ,由夹角关系可得 FD>FA=FB>FC,选项 2

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° ,则下列判断正确的是( )

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 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 整体为研究对象受力分析, 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° = 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, 最后把重物卸载到某一 个位置.则关于轻绳上的拉力大小变化情况,下列说法正确的是( ) 3 m g, 2 B 3 m g 2 B

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 一定增大,则由 A 中分析可知,FT 一定增大;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 对斜面的压力将减少 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;根据 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 的摩擦力一定减小 B.b 对 c 的摩擦力方向可能平行斜面向上 C.地面对 c 的摩擦力方向一定向右 D.地面对 c 的摩擦力一定减小 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 的摩擦力沿斜面向上, 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. 1 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 4 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向下的力 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 逐渐增大,F2 逐渐增大,F3 逐渐增大 B.F1 逐渐减小,F2 保持不变,F3 逐渐减小 C.F1 保持不变,F2 逐渐增大,F3 先增大后减小 D.F1 逐渐减小,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.

根据平衡条件,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,装置仍然处于静止状态,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 C.FA 增大,FC 减小 答案 A 解析 O 点受 FA、FB、FC 三个力平衡,如图.当按题示情况变化时, 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, 显然都是减小了. 题组 3 带电体在电场内的平衡问题 11.(2014· 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( ) B.FA、FC 都增大 D.FA 减小,FC 增大

图 10 A.M 与 N 的距离大于 L B.P、M 和 N 在同一直线上

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 不在同一直线上,对 M 受力分析可知 M 不可能处于静止状态,所以 Qq 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 2 = L Q· 2q k ,解得 x=( 2-1)L,所以选项 A 错误,D 正确;在正点电荷产生的电场中,离场 ?L+x?2 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 两球一直在相同的水平面上)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 组成的整体为研究对象受力分析,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.





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 mg A. 2q C. 2kq a2 mg B. 4q 2 2kq D. 2 a

答案 D 解析 设 P 处的带电小球电量为 Q,根据库仑定律可知,则 P 点小球受到各个顶点电荷的 kqQ 库仑力大小为 F= 2 ;根据几何关系可知,正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为 45° ;再 a 由力的分解法则,可有:4× kqQ 2 × =mg;若将 P 处小球的电荷量减半,则四个顶点的电 a2 2 2kqQ 2kqQ ;当外加匀强电场后,再次平衡,则有: 2 a2 a

荷对 P 的小球的库仑力合力为: F′=

Q 2 2kq + E=mg;解得:E= 2 ,故 D 正确,A、B、C 错误. 2 a 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 平面向上的 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 BL?v1+v2? A.回路中的电流强度为 2R B.ab 杆所受摩擦力为 mgsin θ B2L2v1 C.cd 杆所受摩擦力为 μ(mgsin θ+ ) 2R B2L2v1 D.μ 与 v1 大小的关系为 μ(mgsin θ+ )=mgcos θ 2R

答案 CD E BLv1 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 2R 2R B2L2v1 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 2R B2L2v1 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 2R 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 B2L2v1 B2L2v1 θ+ ), 故 C 正确. 根据 cd 杆受力平衡得: mgsin(90° -θ)=Ff′=μ(mgsin θ+ ), 2R 2R B2L2v1 则得 μ 与 v1 大小的关系为 μ(mgsin θ+ )=mgcos θ,故 D 正确. 2R


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