的弹力FN2逐渐减小，故A、B正确；把A、B看成一个整体，整体受到重力、地面的支持力、水平推力F以及PQ对B的压力，设圆弧阻挡墙对B的压力方向与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可知：水平方向F＝FN2cos θ，竖直方向FN＝(mA＋mB)g＋FN2sin θ，由于FN2逐渐减小，θ减小，则FN减小，F不一定减小，故C错误，D正确.
例2 解析 对a、b进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当拉力FT沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：FN＋FTsin θ＝mgcos α解得：FN＝mgcos α－FTsin θ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；对a沿斜面方向有：FT′cos θ＋mgsin α＝Ffa，对b沿斜面方向有：FTcos θ－mgsin α＝Ffb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误.
答案 B
预测3 答案 AD
解析 将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作在同一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面体对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G.斜面体对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力FN挡最小，甲图中斜面体对球O弹力FN斜最大.故B、C错误，A、D正确.
预测4 答案 C
解析 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对.
- 11 -
例3 解析 以P为研究对象，受到重力mg、斜面体的支持力FN和库仑力F，由平衡条件得： mgq2
F＝mgtan θ FN＝ 根据库仑定律得：F＝k2 联立解得：q＝rcos θrmg
由牛顿第三定律得P对斜面体的压力为：FN′＝FN＝，故A、B错误.
cos θ以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为：Ff＝F，
地面对斜面体的支持力为：FN1＝(M＋m)g，根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为：FN1′＝FN1＝(M＋m)g.故C错误，D正确. 答案 D 预测5 答案 C
解析 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D错误.
mgR预测6 答案 (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)22 BL
解析 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
mgtan θ k
甲 乙
2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F FN1＝2mgcos θ
① ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT FN2＝mgcos θ ④ 联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)
③ ⑤
- 12 -
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv 安培力F＝BIL
E
⑥ 回路中电流I＝
R
⑦
mgR
⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ)22
BL
例4 解析 (1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsin θ＝μmgcos θ，则μ＝tan θ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，Fcos α＝mgsin θ＋Ff，FN＋Fsin α＝mgcos θ，Ff＝μFN.
mgsin 2θ联立以上各式解得，F＝. 当α＝θ时，F有最小值，Fmin＝mgsin 2θ.
cos?θ－α?
(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，Ff′＝Fcos(θ＋α)，当拉力F最小时，Ff′＝Fmin·cos 2θ1
＝mgsin 4θ. 2
1
答案 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
2预测7 答案 ACD
解析 当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为：Fmin＝2mgsin θ＝2×根据胡克定律：Fmin＝kxmin，所以：xmin＝
2mg
则A、C、D可能，B不可能. k
2
mg＝2mg. 2
预测8 解析 (1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示
甲
由共点力的平衡条件，可得 在x轴方向有：FTsin θ＝FN1sin α 在y轴方向有：FN1cos α＋FTcos θ＝mg 解得FT＝3mg 3
(2)以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示
乙
由共点力平衡条件，在x轴方向可得 Ff＝FT·sin θ＝
3mg 方向水平向左 6
(3)对照第(2)题小球和斜面体整体受力分析图，由共点力平衡条件，在y轴方向可得
FN2＋FT·cos θ＝(M＋m)g 又由题意可知 Ffmax＝k·FN2≥Ff 又M＝3m 联立解得：k≥
- 13 -
3
. 21
专题强化练
1.答案 BC
解析 人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和向右的推力作用，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；人用力F向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故B正确；箱子受到的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可知箱子对木板的摩擦力方向向右，故C正确；对三者的整体受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使长木板在水平面上滑动，故D错误. 2.答案 C 3.答案 A
解析 对装饰灯进行受力分析，设风对装饰灯的作用力为F1，细线对装饰灯的拉力为F2.根据共点力平衡得：F2cos θ＝mg，F2sin θ＝F1，解得F1＝mgtan θ，对两个装饰灯和支架整体受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：地面对支架的水平作用力大小F＝2F1＝2mgtan θ，A正确. 4.答案 BD
解析 未撤去F前，将木块的重力分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向两个分力，在斜面方向的分力大小为mgsin θ，方向沿斜面向下，作出木块在斜面平面内的受力情况如图：
由平衡条件得：摩擦力：Ff＝F2＋?mgsin θ?2，Ff的方向与F和mgsin θ的合力方向相反，所以木块受到的最大静摩擦力：Ffm≥F2＋?mgsin θ?2，撤去F后，木块对斜面的压力没有变化，所以最大静摩擦力也没有变化，此时mgsin θ 解析 球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2.如图甲所示： 则根据平衡可知，F1＝G1＝ G ，F2＝G2＝Gtan θ，将A向右移动少许，A对球B的作用力F1与竖直方向的夹角θcos θ 将减小，所以cos θ增大，tan θ减小，即墙壁对球B的作用力将减小，A对球B的支持力减小.根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项A、B错误；对A受力分析，如图乙所示，受地面摩擦力Ff＝FBsin θ，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A受地面的摩擦力Ff减小，再根据牛顿 - 14 - 第三定律，地面受A的摩擦力减小，选项C错误；对A、B整体受力分析可知，地面对A的支持力等于A、B的重力之和不变. 6.答案 A 解析 对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确. 7.答案 ABD 解析 利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故A正确，C错误. 8.答案 B 解析 由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a： mgmg则：F2＝ 题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ 所以：F3＝ cos θ2cos θ由以上的分析可得：F1 解析 对滑轮和物体b受力分析，如图甲所示： mbg 有：mbg＝2FTcos θ，解得：FT＝ 将固定点c向右移动少许，则θ变大，故拉力FT增大，故A正确；对斜劈、 2cos θ物体a、物体b整体受力分析， 如图乙所示： mbg 有：FN＝G总－FTcos θ＝G总－，FN与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变， 2 - 15 - mbg 故B错误；Ff＝FTsin θ＝tan θ，将固定点c向右移动少许，则θ变大，故摩擦力增大，故D正确；对物体a受 2力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误. 10.答案 ACD 解析 两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，A球所受的电场力F＝mgtan 37°＝8.0×104×10×0.75 N＝6.0×103 N，选项B错误； － － qAqBqB 2 根据库仑定律得，F＝k2＝k2，解得qB＝ llFl2＝ k6×103×0.122－ C＝46×108 C，选项C正确；A、B99×10 －两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确. 11.答案 AC 解析 设弹簧的伸长量为Δx，则有：mg＝kΔx mg ① 由①式得：Δx＝ k ② mg 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为，故A正确；为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安 k培力必须向下.由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极.故B错误； 设满量程时通过MN的电流为Im，则有：BImab＋mg＝k(bc＋Δx) 联立①③并代入数据得：Im＝2.5 A ③ ④ 故该电流表的量程是2.5 A，故C正确； ⑤ 由①⑤解得：B′＝0.10 T 设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有：2B′Imab＋mg＝k(bc＋Δx) 故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10 T，故D错误. 1 12.答案 2 解析 物体受力分析如图，建立直角坐标系，对力进行正交分解得： y方向：支持力FN＝G－Fy＝G－Fsin θ ① x方向：摩擦力F′＝Fx＝Fcos θ ④ ② μG 又：F′＝μFN ③ 联立①②③得：F＝·G＝ 1cos θ＋μsin θ cos θ＋sin θμ 1Gcos βGcos β令：＝tan β 则：F＝＝ 可知当β＋θ＝90°时，F有最小值. μsin βcos θ＋cos βsin θsin?β＋θ?由题意，当θ＝30°时有最小值，所以β＝60° 1331＝tan 60°＝3，所以μ＝ 将θ＝30°，μ＝代入④可得：F＝G. μ332 - 16 -