【物理】2020届二轮复习专题一　力与运动第1课时力与物体的平衡学案

【物理】2020届二轮复习专题一　力与运动第1课时力与物体的平衡学案

复习备考建议 ‎1．受力分析与物体的平衡着重考查连接体的平衡、整体法与隔离法的应用、物体的动态平衡问题、绳、杆、面弹力的大小与方向、胡克定律及摩擦力的大小等．复习时要熟练掌握受力分析方法、共点力平衡的处理方法，尤其是动态平衡的几种解题方法．‎ ‎2．匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，计算题多以板—块模型、多过程问题为主，结合v－t图象，难度较大，单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查，难度不大．‎ ‎3．平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动的受力特点)及能量变化是考查重点．平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒考察的问题也需要重视．‎ ‎4．万有引力与航天基本上每年必有一题，开普勒定律、行星和卫星的运行规律、变轨、能量问题、双星问题、万有引力与重力关系等，复习时要全面深入，掌握各类问题的实质．‎ 第1课时　力与物体的平衡 考点　受力分析与物体的静态平衡 ‎1．受力分析顺序 ‎(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．‎ ‎(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．‎ ‎2．整体法与隔离法 研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合运用，一般先整体后隔离．‎ ‎(1)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．‎ ‎(2)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”．‎ ‎3．两种常用方法 ‎(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法，由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．‎ ‎(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法，把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．‎ 例1　(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体物块A，现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的最远距离是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 图1‎ A. B．2r C. D. 答案　C 解析　由题意知，B的质量为2m，对A、B整体，地面对A的支持力为：FN＝3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，分别对A、B受力分析，如图所示；‎ 根据平衡条件得：FNAB＝，FNBAcos θ＝μFN，‎ 又FNAB＝FNBA 解得：tan θ＝，则A球球心距墙角的最远距离为：x＝2rcos θ＋r＝r，故C正确，A、B、D错误．‎ 变式训练 ‎1．(2019·全国卷Ⅱ·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　)‎ A．150 kg B．100 kg C．200 kg D．200 kg 答案　A 解析　设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A项正确．‎ ‎2．(2019·浙江浙南名校联盟期末)如图2所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角θ＝37°的斜面体B的斜面上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面体仍相对地面静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图2‎ A．地面对斜面体B的弹力不变 B．地面对斜面体B的摩擦力增加8 N C．物体A受到斜面体B的摩擦力增加8 N D．物体A对斜面体B的作用力增加10 N 答案　A 解析　对A、B整体受力分析可知，地面对斜面体B的弹力不变，地面对B的摩擦力增加了10 N；对物体A受力分析，加F前，B对A的摩擦力Ff＝mgsin θ＝24 N，加F后Ff′＋F·cos θ＝mgsin θ，得Ff′＝16 N，故减少8 N；加F前，A对B的作用力大小为40 N，加F后，A对B的作用力大小为＝10 N，A对B的作用力增加，但不是10 N．‎ 考点　动态平衡问题 ‎1．图解法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法．由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值．‎ 例：挡板P由竖直位置绕O点逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化．(如图3)‎ 图3‎ ‎2．相似三角形法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作“力的矢量三角形”‎ 与空间的某个“几何三角形”总相似时用此法(如图4)．‎ 图4‎ ‎3．解析法 如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化．还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．‎ 例2　(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图5，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中(　　)‎ 图5‎ A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案　BD 解析　对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力FT是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNgk1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2之间的大小关系正确的是(　　)‎ 图7‎ A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2‎ C．F1F1，故A、D错误，B、C正确．‎ 考点　电场力作用下的平衡问题 ‎1．电场力 ‎(1)大小：F＝qE.若为匀强电场，电场力为恒力；若为非匀强电场，电场力大小与电荷所处的位置有关．点电荷间的库仑力F＝k.‎ ‎(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向相同，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．‎ ‎2．两个遵循 ‎(1)遵循平衡条件：与纯力学问题的分析方法相同，只是多了电场力，把电学问题力学化可按以下流程分析：‎ ‎(2)遵循电磁学规律：①要注意准确判断电场力方向．‎ ‎②要注意电场力大小的特点：点电荷间的库仑力大小与距离的平方成反比，电荷间相互作用力遵循牛顿第三定律．‎ 例3　(2019·浙江新高考研究联盟第二次联考)如图8所示，两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为5d的光滑水平面上，另有一个带电小球A，悬浮于空中不动，此时A离Q1‎ 的距离为4d，离Q2的距离为3d.现将带电小球A置于水平面上某一位置，发现A刚好静止，则此时小球A到Q1、Q2的距离之比为(　　)‎ 图8‎ A.∶2 B．2∶ C．3∶4 D．4∶3‎ 答案　B 解析　小球A悬浮于空中时，Q1对其库仑力F1＝k，Q2对其库仑力F2＝k，受力分析如图所示，由几何关系知θ＝37°，由平衡条件知F1＝mgsin 37°，F2＝mgcos 37°，得＝.将A置于水平面上静止，则k＝k，得＝，故选B.‎ 变式训练 ‎5．(2019·浙江温州市联考)密立根油滴实验原理如图9所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接，板间电压为U，形成竖直向下、场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．悬浮油滴带正电 B．悬浮油滴的电荷量为 C．增大场强，悬浮油滴将向上运动 D．油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍 答案　C 解析　因油滴静止，故所受电场力向上，油滴带负电，故A错误；板间距离为d，则mg＝qE＝q，得电荷量q＝，故B错误；增大场强，电场力将大于重力，油滴将向上运动，故C正确；带电体电荷量均为元电荷的整数倍，故D错误．‎ ‎6．(2019·浙江嘉丽3月联考)如图10所示，水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC，其中∠ACB＝θ.质量为m、带电荷量为q的小圆环a套在竖直边AB上，AB面与圆环间的动摩擦因数为μ，质量为M、带电荷量为＋Q的小滑块b位于斜边AC上，a、b静止在同一高度上且相距L.圆环、滑块均视为质点，AC面光滑，则(　　)‎ 图10‎ A．圆环a带正电 B．圆环a受到的摩擦力一定为μk C．小滑块b受到的库仑力为 D．斜面对小滑块b的支持力为 答案　D 解析　a、b静止在同一高度上，对b，受到重力Mg、斜面的支持力FN及a对b的库仑引力F，从而处于平衡状态，由于b带正电，因此圆环a带负电，故A错误；F＝k＝Mgtan θ，FN＝，故C错误，D正确；圆环a处于静止状态，受到的是静摩擦力，其大小为Ff＝mg，故B错误．‎ 考点　磁场力作用下的平衡问题 ‎1．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．‎ ‎2．洛伦兹力 ‎(1)大小：F＝qvB，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F＝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．‎ ‎3．立体平面化 该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，难点是该模型具有立体性，解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系．‎ ‎4．带电体的平衡 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，‎ 则通常是匀速直线运动．‎ 例4　(2019·陕西榆林市模拟)挂在天平底部的矩形线圈abcd(质量不计)的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图11所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是(g取10 m/s2)(　　)‎ 图11‎ A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 T C．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T 答案　C 解析　当线圈中通入题图所示电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＝mg－nBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F′＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＋2×10－2×10 N＝mg＋nBIL，联立解得：B＝1 T，F＝0.1 N，故A、B、D错误，C正确．‎ 变式训练 ‎7．(2019·浙江台州3月一模)如图12所示，在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m的通电导体棒．将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中，由于安培力的作用，当两条丝线与竖直方向均成30°角时，导体棒处于平衡状态，重力加速度为g.则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是(　　)‎ 图12‎ A．导体棒所在处的磁感应强度处处相等 B．导体棒受到的安培力大小一定是mg C．每条丝线对导体棒的拉力大小一定是mg D．导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定等于mg 答案　D ‎8．(多选)长方形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其方向如图13所示，一个质量为m且带电荷量为q的小球以初速度v0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)‎ 图13‎ A．小球带正电 B．电场强度E＝ C．小球做匀速直线运动 D．磁感应强度B＝ 答案　CD 解析　小球在复合场内受到自身重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力和重力都是恒力，若速度变化则洛伦兹力变化，合力变化，小球必不能沿直线下降，所以合力等于0，小球做匀速直线运动，选项C正确．若小球带正电，则电场力斜向下，洛伦兹力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能带正电，选项A错误．小球带负电，受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力，根据力的合成可得qE＝mg，电场强度E＝，选项B错误．洛伦兹力qv0B＝mg，磁感应强度B＝，选项D正确．‎ 专题突破练 ‎ 级保分练 ‎1.(2019·浙江超级全能生2月联考)打印机是现代办公不可或缺的设备，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构如图1所示．设图中刚好有10张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2.下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左 B．第2张纸与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mg C．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0‎ D．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1>μ2‎ 答案　D ‎2.(2019·浙江绍兴市3月选考)如图2所示，攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体力，他尽可能减小身体与岩壁间的正压力，使自己刚好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．攀岩者受到三个力的作用 B．鞋子受到岩壁的静摩擦力，方向竖直向下 C．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力 D．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的 答案　D ‎3．(2019·全国卷Ⅲ·16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图3所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)‎ 图3‎ A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg C．F1＝mg，F2＝mg D．F1＝mg，F2＝mg 答案　D 解析　分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mgcos 30°＝mg，对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝mg，选项D正确，A、B、C错误．‎ ‎4.如图4所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则(　　)‎ 图4‎ A．磁场方向竖直向上 B．磁场方向竖直向下 C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上 D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下 答案　A 解析　当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，受力分析如图所示，金属杆ab受力可以平衡，A正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B错误；磁场方向沿竖直方向，金属杆ab所受安培力的方向不可能平行于导轨，C、D错误．‎ ‎5.(2019·全国卷Ⅰ·15)如图5，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)‎ 图5‎ A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷 C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷 答案　D 解析　对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．‎ ‎6.如图6所示，半圆形金属框架竖直放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P在水平外力F 作用下处于静止状态，P与圆心O 的连线与水平面的夹角为θ，现用力F 拉动小球，使其缓慢上移到框架的最高点，在此过程中金属框架始终保持静止，下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A．框架对小球的支持力先减小后增大 B．水平拉力F 先增大后减小 C．地面对框架的支持力先减小后增大 D．地面对框架的摩擦力一直减小 答案　D 解析　以小球为研究对象，受力分析如图所示：根据动态矢量三角形可知，框架对小球的支持力不断减小，故A错误；水平拉力F 一直减小，故B错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，因水平拉力F一直减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力保持不变，故C错误，D正确．‎ ‎7．(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图7甲所示，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏．该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜．设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小．岩石与山峰间的摩擦很小，‎ 可以忽略不计．若岩石质量一定，θ减小，岩石始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．山峰左壁对岩石的作用力将增大 B．山峰右壁对岩石的作用力不变 C．山峰对岩石的作用力减小 D．岩石受到的合力将增大 答案　A 解析　对岩石受力分析如图所示： ‎ 根据平衡条件可知：FN2cos θ＝FN1，FN2sin θ＝mg，解得：FN1＝，FN2＝，随着θ减小，FN1、FN2都在增大，故A正确，B错误；根据共点力平衡可知，山峰对岩石的作用力始终不变，大小等于岩石的重力，故C错误；由于岩石处于静止状态，所以岩石受到的合力一直为零，故D错误．‎ ‎8．(2019·安徽蚌埠市质检)如图8所示，A、B、C三根平行通电直导线质量均为m，通入的电流大小相等，其中C中的电流方向与A、B中的电流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则A导线受到B导线的作用力大小和方向为(　　)‎ 图8‎ A.mg，方向由A指向B B.mg，方向由B指向A C.mg，方向由A指向B D.mg，方向由B指向A 答案　A 解析　三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则FBC＝FAC＝FBA，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图：‎ 由平衡条件可得：2FACcos 30°＝mg，‎ 解得：FAC＝mg，则FBA＝mg 同向电流相互吸引，故A导线受到B导线的作用力方向由A指向B.‎ ‎9．(多选) A、C是两个带电小球，质量分别是mA、mC，电荷量大小分别是QA、QC，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O，两球静止时如图9所示，此时细线对两球的拉力分别为FTA、FTC，两球连线AC与O所在竖直线的交点为B，且ABQC B．mA∶mC＝FTA∶FTC C．FTA＝FTC D．mA∶mC＝BC∶AB 答案　BD 解析　设两个小球之间的库仑力为F，利用相似三角形知识可得，A球所受三个力F、FTA、mAg构成的三角形与三角形OBA相似，＝＝；C球所受三个力F、FTC、mCg构成的三角形与三角形OBC相似，＝＝；因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC；mA∶mC＝BC∶AB，则选项B、D正确，C错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，选项A错误．‎ ‎ 级争分练 ‎10.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图10所示，质量为M的斜劈静止在粗糙水平地面上，质量为m的物块正在质量为M的斜面上匀速下滑．现在m上施加一个水平推力F，则在m的速度减小为零之前，下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A．加力F之后，m与M之间的摩擦力变小 B．加力F之后，m与M之间的作用力不变 C．加力F之后，M与地面之间产生静摩擦力 D．加力F前后，M与地面间都没有摩擦力 答案　D 解析　由m匀速下滑得：‎ 垂直斜面方向：FN＝mgcos θ，‎ 滑动摩擦力为：Ff＝μmgcos θ；‎ 在m上加一水平向右的力F，垂直斜面方向：FN′＝mgcos θ＋Fsin θ，‎ 滑动摩擦力为：Ff′＝μFN′＝μ(mgcos θ＋Fsin θ)；‎ 对物块，所受支持力增加了Fsin θ，则摩擦力增加μFsin θ，即支持力与摩擦力成比例地增加，其合力方向还是竖直向上，大小增大，而m与M之间的作用力即为此合力，也是增大的，则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎11.如图11所示，边长为l、质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2.导线框中的电流大小为(　　)‎ 图11‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为l，受到的安培力方向竖直向上，故F1＋BIl＝mg，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为l，受到的安培力方向竖直向下，故F2＝BIl＋mg，联立可得I＝，A正确．‎ ‎12．(多选)如图12所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂在水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6 C的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度g取10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则(　　)‎ 图12‎ A．支架对地面的压力大小为2.0 N B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225 N，F2＝1.0 N D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N 答案　BC 解析　小球A、B间的库仑力为F库＝k＝9.0×109× N＝0.9 N，以B和绝缘支架整体为研究对象，受力分析如图甲所示，地面对支架的支持力为FN＝mg－F库＝1.1 N，由牛顿第三定律知，A错误；以A球为研究对象，受力分析如图乙所示，F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9 N，B正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，由几何关系知A、B间距为r′＝0.6 m，F库′＝k＝0.225 N，以A球为研究对象，受力分析如图丙所示，可知F2′＝1.0 N，F1′－F库′＝1.0 N，F1′＝1.225 N，C正确；将B移到无穷远处，则F库″＝0，可求得F1″＝F2″＝1.0 N，D错误．‎ ‎13.如图13所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是(　　)‎ 图13‎ A．都变大 B．都不变 C．Fb不变，Fa、Fc变大 D．Fa、Fb不变，Fc变大 答案　C 解析　以B为研究对象受力分析，将重力分解，如图甲所示，由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳与竖直方向夹角变大，即Fc逐渐变大，F逐渐变大；‎ ‎　　　‎ 再以A、B整体为研究对象受力分析，如图乙所示．‎ 设b绳与水平方向夹角为α，‎ 则竖直方向有：Fbsin α＝2mg 得：Fb＝，不变；‎ 水平方向：Fa＝Fbcos α＋F，Fbcos α不变，而F逐渐变大，故Fa逐渐变大．‎ ‎14．(2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图14所示，一根轻绳的两端分别固定在两座山的A、B处，A、B两点水平距离BD＝16 m，竖直距离AD＝2 m，A、B间绳长为20 m．重为120 ‎ N的猴子抓住套在绳子上的滑环在AB间滑动，某时刻猴子在最低点C处静止，则此时绳的张力大小为(绳处于拉直状态)(　　)‎ 图14‎ A．75 N B．100 N ‎ C．150 N D．200 N 答案　B 解析　对滑环和猴子整体受力分析如图，设拉力FT与水平方向的夹角为θ，‎ 由几何关系可得：cos θ＝＝，解得θ＝37°，‎ 又由平衡条件得：2FTsin θ＝mg，‎ 解得：FT＝＝ N＝100 N，故A、C、D错误，B正确．‎