高考物理大二輪復習與增分策略 專題一 力與場內物體的平衡-人教版高三全冊物理試題

《高考物理大二輪復習與增分策略 專題一 力與場內物體的平衡-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習與增分策略 專題一 力與場內物體的平衡-人教版高三全冊物理試題（24頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題一 力與場內物體的平衡專題定位本專題解決的是受力分析和共點力平衡問題.高考對本專題內容的考查主要有：對各種性質力特點的理解；共點力作用下平衡條件的應用.考查的主要物理方法和思想有：整體法和隔離法；假設法；合成法；正交分解法；矢量三角形法；相似三角形法；等效思想；分解思想.應考策略深刻理解各種性質力的特點.熟練掌握分析共點力平衡問題的各種方法.1.彈力(1)大小：彈簧在彈性限度內，彈力的大小可由胡克定律Fkx計算；一般情況下物體間相互作用的彈力可由平衡條件或牛頓運動定律來求解.(2)方向：一般垂直于接觸面(或切面)指向形變恢復的方向；繩的拉力沿繩指向繩收縮的方向.2.摩擦力(1)大?。夯瑒幽?/p>

2、擦力FfFN，與接觸面的面積無關；靜摩擦力0FfFfmax，具體值根據牛頓運動定律或平衡條件來求.(2)方向：沿接觸面的切線方向，并且跟物體的相對運動或相對運動趨勢的方向相反.3.電場力(1)大?。篎qE.若為勻強電場，電場力則為恒力；若為非勻強電場，電場力則與電荷所處的位置有關.點電荷間的庫侖力Fk.(2)方向：正電荷所受電場力方向與場強方向一致，負電荷所受電場力方向與場強方向相反.4.安培力(1)大小：FBIL，此式只適用于BI的情況，且L是導線的有效長度，當BI時F0.(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qvB，此式只適用于Bv的情況.當B

3、v時F0.(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Fx0，Fy0.(3)常用推論若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n1)個力的合力大小相等、方向相反.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.處理共點力平衡問題的基本思路：確定平衡狀態(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它們的方向時常用假設法.(2)求解平衡問題時常用二力平

4、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.解題方略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，要注意系統內各個物體的狀態(tài)應該相同.3.當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉移研究對象法”.例1(多選)(2016全國乙卷19)如圖1所示，一光滑的輕滑輪用細繩

5、OO懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統處于靜止狀態(tài).若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則()圖1A.繩OO的張力也在一定范圍內變化B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化D.物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化解析由于物塊a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力FTmag，所以物塊a受到繩的拉力保持不變.由滑輪性質，滑輪兩側繩的拉力相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，

6、所以OO的張力不變，A選項錯誤；對b進行受力分析，如圖所示.由平衡條件得：FTcos FfFcos ，Fsin FNFTsin mbg.其中FT和mbg始終不變，當F大小在一定范圍內變化時，支持力在一定范圍內變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內發(fā)生變化，D選項正確.答案BD預測1如圖2所示，在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B，其中圓球B的表面光滑，半圓球A與左側墻壁之間的動摩擦因數為.兩球心之間連線與水平方向成30的夾角，兩球恰好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓球A和圓球B的質量之比為()圖2A. B. C. D.答案C解析設A的質量為m，B的質量為M，隔離光滑圓球B，對B受力分析如

7、圖所示，可得：FNFcos ，MgFsin 0解得：FN，對兩球組成的整體有：(mM)gFN0代入數據，聯立解得：.預測2(多選)如圖3所示，一個固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ豎直.在PQ和一個斜面體A之間卡著一個表面光滑的重球B.斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著，整個裝置處于靜止狀態(tài).現改變推力F大小，推動斜面體A沿著水平地面向左緩慢運動，使球B沿斜面上升一很小高度.則在球B緩慢上升過程中，下列說法中正確的是()圖3A.斜面體A與球B之間的彈力逐漸減小B.阻擋墻PQ與球B之間的彈力逐漸減小C.水平推力F逐漸增大D.水平地面對斜面體A的彈力逐漸減小答案ABD解析重球

8、B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，如圖所示：當球B沿斜面上升一很小高度時，圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角減小，根據圖象可知，斜面體A與球B之間的彈力FN1逐漸減小，阻擋墻PQ與球B之間的彈力FN2逐漸減小，故A、B正確；把A、B看成一個整體，整體受到重力、地面的支持力、水平推力F以及PQ對B的壓力，設圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角為，根據平衡條件可知：水平方向FFN2cos ，豎直方向FN(mAmB)gFN2sin ，由于FN2逐漸減小，減小，則FN減小，F不一定減小，故C錯誤，D正確.解題方略動態(tài)平衡問題分析的常用方法(1)解析法：一般把力進行正交分解，兩個方向上列平衡方程，

9、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：物體一般受三個力作用；其中有一個大小、方向都不變的力；還有一個方向不變的力.例2如圖4所示，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止狀態(tài).則下列說法正確的是()圖4A.a、b兩物體的受力個數一定相同B.a、b兩物體對斜面的壓力相同C.a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等D.當逐漸增大拉力F時，物體b先開始滑動解析對a、b進行受力分析，如圖所示：b物體處于靜止狀態(tài)，當拉力FT沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的

10、分量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故A錯誤；a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：FNFTsin mgcos 解得：FNmgcos FTsin ，則a、b兩物體對斜面的壓力相同，故B正確；根據A的分析可知，b的摩擦力可以為零，而a的摩擦力一定不為零，故C錯誤；對a沿斜面方向有：FTcos mgsin Ffa，對b沿斜面方向有：FTcos mgsin Ffb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達到最大靜摩擦力，先滑動，故D錯誤.答案B預測3(多選)如圖5所示，質量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為的斜面體上，斜面體置于

11、同一水平面上，且處于平衡，則下列說法中正確的是()圖5A.甲圖中斜面體對球O彈力最大B.丙圖中斜面體對球O彈力最小C.乙圖中擋板MN對球O彈力最小D.丙圖中擋板MN對球O彈力最小答案AD解析將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作在同一幅圖上，如圖，根據平衡條件得知，丁圖中斜面體對小球的彈力為零，擋板對小球的彈力等于其重力G.斜面體對小球的彈力和擋板對小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，即得到三種情況下此合力相等，根據平行四邊定則得知，丙圖中擋板MN對球O彈力FN擋最小，甲圖中斜面體對球O彈力FN斜最大.故B、C錯誤，A、D正確.預測4(2016全國丙卷17)如圖6所示，兩個輕環(huán)a和b套在

12、位于豎直面內的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質量為m的小球.在a和b之間的細線上懸掛一小物塊.平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計所有摩擦.小物塊的質量為()圖6A. B.m C.m D.2m答案C解析如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點為c，由于abR，則aOb為等邊三角形，同一條細線上的拉力相等，Tmg，合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關系知，acb120，故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等，即每條線上的拉力TGmg，所以小物塊質量為m，故C對.例3如圖7所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同.傾角為、質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質量為m的

13、物體P放在粗糙的斜面體上.當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()圖7A.P、Q所帶電荷量為 B.P對斜面體的壓力為0C.斜面體受到地面的摩擦力為0D.斜面體對地面的壓力為(Mm)g解析以P為研究對象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得：Fmgtan FN根據庫侖定律得：Fk聯立解得：qr由牛頓第三定律得P對斜面體的壓力為：FNFN，故A、B錯誤.以斜面體和P整體為研究對象，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為：FfF，地面對斜面體的支持力為：FN1(Mm)g，根

14、據牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F，斜面體對地面的壓力為：FN1FN1(Mm)g.故C錯誤，D正確.答案D預測5如圖8所示，在一個傾角為的斜面上，有一個質量為m，帶負電的小球P(可視為點電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個方向運動時，有可能保持勻速直線運動狀態(tài)()圖8A.v1方向 B.v2方向 C.v3方向 D.v4方向答案C解析若小球的速度沿v1方向，滑動摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v1垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內所受

15、的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤；若小球的速度沿v2方向，滑動摩擦力與v2的方向相反，即沿圖中v4方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v2垂直向上，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的速度沿v3方向，滑動摩擦力與v3的方向相反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運動，故C正確；若小球的速度沿v4方向，滑動摩擦力與v4的方向相反，即沿

16、圖中v2方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v4垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內的合外力不可能為零，小球不可能做勻速直線運動，故D錯誤.預測6(2016全國乙卷24)如圖9所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均

17、為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：圖9(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運動速度的大小.答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運動.設導線的張力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsin FN1FTFFN12mgcos 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2m

18、gcos 聯立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯立得：v(sin 3cos )解題方略1.平衡問題的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞而尚未被破壞的狀態(tài)，可理解成“恰好出現”或“恰好不出現”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述，解臨界問題的基本方法是假設推理法.2.臨界問題往往是和極值問題聯系在一起的.解決此類問題重在形成清晰的物理圖景，分析清楚物理過程，從而找出臨界條件或達到極值的條件.要特別注意可能出現的多種情況.例4質量為M的木楔傾角為，在水平面上保持靜止，質量為m的木塊剛好

19、可以在木楔上表面上勻速下滑.現在用與木楔上表面成角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖10所示，求：圖10(1)當時，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小時，木楔對水平面的摩擦力的大小.解析(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑，mgsin mgcos ，則tan ，用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，Fcos mgsin Ff，FNFsin mgcos ，FfFN.聯立以上各式解得，F.當時，F有最小值，Fminmgsin 2.(2)對木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由平衡條件得，FfFcos()，當拉力F最小時，FfFmincos 2mgsin 4.答案(1)mgsin 2(2)

20、mgsin 4預測7(多選)如圖11所示，兩個小球a、b質量均為m，用細線相連并懸掛于O點，現用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為45，已知彈簧勁度系數為k，則彈簧形變量可能是()圖11A. B. C. D.答案ACD解析當F與細線Oa垂直時，F有最小值，F的最小值為：Fmin2mgsin 2mgmg.根據胡克定律：Fminkxmin，所以：xmin則A、C、D可能，B不可能.預測8如圖12所示，小球被輕質細繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上，設小球質量為m，斜面傾角30，細繩與豎直方向夾角30，斜面體的質量M3m，置于粗糙水平地面上.求：圖12(1

21、)當斜面體靜止時，細繩對小球拉力的大??；(2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向；(3)若地面對斜面體的最大靜摩擦力等于地面對斜面體支持力的k倍，為了使整個系統始終處于靜止狀態(tài)，k值必須滿足什么條件？答案見解析解析(1)以小球為研究對象受力分析如圖甲所示甲由共點力的平衡條件，可得在x軸方向有：FTsin FN1sin 在y軸方向有：FN1cos FTcos mg解得FTmg(2)以小球和斜面體整體為研究對象受力分析如圖乙所示乙由共點力平衡條件，在x軸方向可得FfFTsin mg方向水平向左(3)對照第(2)題小球和斜面體整體受力分析圖，由共點力平衡條件，在y軸方向可得FN2FTcos (Mm)g

22、又由題意可知FfmaxkFN2Ff又M3m聯立解得：k.專題強化練1.(多選)如圖1所示，粗糙水平面上有一長木板，一個人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止狀態(tài).三者的質量均為m，下列說法正確的是()圖1A.箱子受到的摩擦力方向向右B.人受到的摩擦力方向向右C.箱子對木板的摩擦力方向向右D.若水平面光滑，人用同樣大小的力F推箱子，能使長木板在水平面上滑動答案BC解析人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和向右的推力作用，根據平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，故A錯誤；人用力F向右推箱子，對箱子的作用力向右，根據牛頓第三定律可知，箱子對人的作用

23、力的方向向左，人若要平衡，則受到的木板的摩擦力的方向向右，故B正確；箱子受到的摩擦力方向向左，根據牛頓第三定律可知箱子對木板的摩擦力方向向右，故C正確；對三者的整體受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使長木板在水平面上滑動，故D錯誤.2.岳陽某些農村一大家人過春節(jié)時常用簡易灶做菜，如圖2甲所示，將一個球形鐵鍋用三個輕小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均成30，已知鍋與菜的總質量為9 kg，不計鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()圖2A.灶臺對每個石塊的作用力均豎直向上B.灶臺受

24、到每個石塊的壓力為90 NC.每個石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 ND.灶臺對每個石塊的摩擦力為10 N答案C3.節(jié)日期間，張燈結彩，某同學發(fā)現一種裝飾燈，兩個裝飾燈用輕質細線懸掛在一個“T”型木質支架兩端，模型簡化如圖3所示，支架的質量為M，每個裝飾燈的質量為m，在水平恒定風力的作用下，兩燈偏離豎直方向，穩(wěn)定時兩細線與豎直方向的夾角均為，支架所受的水平風力忽略不計，則地面對支架的水平作用力大小為()圖3A.2mgtan B.2mgsin C.mgtan D.mgsin 答案A解析對裝飾燈進行受力分析，設風對裝飾燈的作用力為F1，細線對裝飾燈的拉力為F2.根據共點力平衡得：F2cos mg，F

25、2sin F1，解得F1mgtan ，對兩個裝飾燈和支架整體受力分析，根據平衡條件可知，水平方向有：地面對支架的水平作用力大小F2F12mgtan ，A正確.4.(多選)如圖4所示，一木塊受到一水平力F作用靜止于斜面上，此力F的方向與斜面平行，如果將力F撤除，下列對木塊的描述正確的是()圖4A.木塊將沿斜面下滑B.木塊受到的摩擦力變小C.木塊立即獲得加速度D.木塊所受的摩擦力方向改變答案BD解析未撤去F前，將木塊的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個分力，在斜面方向的分力大小為mgsin ，方向沿斜面向下，作出木塊在斜面平面內的受力情況如圖：由平衡條件得：摩擦力：Ff，Ff的方向與F和mg

26、sin 的合力方向相反，所以木塊受到的最大靜摩擦力：Ffm，撤去F后，木塊對斜面的壓力沒有變化，所以最大靜摩擦力也沒有變化，此時mgsin Ffm，故木塊不會沿斜面下滑，選項A、C錯誤；由平衡條件得，撤去F后，摩擦力大小為Ffmgsin F2 B.F2F3 C.F1F3 D.F3F2答案B解析由圖可知，題圖甲中背包帶沿豎直方向，所以每一根背包帶的作用力都等于0.5mg，則背包帶對肩部的作用力等于兩根背包帶的作用力的和，即等于F1mg；乙圖中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如圖a：則：F2題圖丙中，背包受到兩邊肩膀的作用力，如圖b所示，則：mg2F3cos 所以：F3由以上的分析可得：

27、F1F2，F3F2，由于夾角是未知的，所以不能判變大F3與重力mg的大小關系，因此不能判斷出F3與F1的大小關系.所以只有選項B正確.9.(多選)如圖9所示，傾角為的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜劈上，輕質細線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點，滑輪2下懸掛物體b，系統處于靜止狀態(tài).若將固定點c向右移動少許，而a與斜劈始終靜止，則()圖9A.細線對物體a的拉力增大B.斜劈對地面的壓力減小C.斜劈對物體a的摩擦力減小D.地面對斜劈的摩擦力增大答案AD解析對滑輪和物體b受力分析，如圖甲所示：有：mbg2FTcos ，解得：FT將固定點c向右移動少許，則變大，故拉力FT增大，

28、故A正確；對斜劈、物體a、物體b整體受力分析，如圖乙所示：有：FNG總FTcos G總，FN與角度無關，恒定不變；根據牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力也不變，故B錯誤；FfFTsin tan ，將固定點c向右移動少許，則變大，故摩擦力增大，故D正確；對物體a受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，由于不知道拉力與重力的下滑分力的大小關系，故無法判斷摩擦力的方向，故不能判斷靜摩擦力的變化情況，故C錯誤.10.(多選)(2016浙江理綜19)如圖10所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點.用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定

29、.兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m.已測得每個小球質量是8.0104 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g10 m/s2，靜電力常量k9.0109 Nm2/C2，則()圖10A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0102 NC.B球所帶的電荷量為4108 CD.A、B兩球連線中點處的電場強度為0答案ACD解析兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項A正確；由幾何關系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為37，A球所受的電場力Fmgtan 378.0104100.75 N6.0103 N，選項B錯誤；根據庫侖定律得，Fkk，解得qB C4108 C，選項C正

30、確；A、B兩球帶等量的同種電荷，故在A、B兩球連線中點處的電場強度為0，選項D正確.11.(多選)如圖11所示為某種電流表的原理示意圖，質量為m的均質細金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數為k.在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外.與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數，MN的長度大于ab的長度.當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當MN中有電流通過時，指針示數可表示電流強度.已知k2.0 N/m，ab的長度為0.20 m，bc的長度為0.05 m，B0.20 T，重力加速度為g()圖1

31、1A.當電流表示數為零時，彈簧的伸長量為B.若要電流表正常工作，應將MN的M端與電源負極相接C.該電流表的量程是2.5 AD.若將量程擴大到2倍，磁感應強度應變?yōu)?.40 T答案AC解析設彈簧的伸長量為x，則有：mgkx由式得：x故當電流表示數為零時，彈簧伸長量為，故A正確；為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下.由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應接正極.故B錯誤；設滿量程時通過MN的電流為Im，則有：BImabmgk(bcx)聯立并代入數據得：Im2.5 A故該電流表的量程是2.5 A，故C正確；設量程擴大后，磁感應強度變?yōu)锽，則有：2BImabmgk(bcx)由解得：B0.10 T故若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)?.10 T，故D錯誤.12.如圖12所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，發(fā)現當外力F與水平方向夾角為30時，所需外力最小，由以上條件求外力F的最小值與重力的比值.圖12答案解析物體受力分析如圖，建立直角坐標系，對力進行正交分解得：y方向：支持力FNGFyGFsin x方向：摩擦力FFxFcos 又：FFN聯立得：FG令：tan 則：F可知當90時，F有最小值.由題意，當30時有最小值，所以60tan 60，所以將30，代入可得：FG.