【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第1讲-力与物体的平衡

第1讲力与物体的平衡1．(2011·江苏卷，1)如图1－1－1所示，石拱桥的正中心有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g.若接触面间的摩擦力忽视不计，则石块侧面所受弹力的大小为()图1－1－1A.eq\f(mg,2sinα) B.eq\f(mg,2cosα)C.eq\f(1,2)mgtanα D.eq\f(1,2)mgcotα解析对石块受力分析如图，建立如图所示坐标系，由平衡条件得：2Fsinα＝mg，解得F＝eq\f(mg,2sinα).答案A2.(2022·山东卷，14)如图1－1－2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()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变小图1－1－2解析木板静止，所受合力为零，将两轻绳各剪去一小段，木板再次静止，所受合力仍为零，所以F1不变，两绳之间的夹角变大，木板重力沿绳方向的分力变大，故F2变大，正确选项为A.答案A3．(2022·广东卷，14)如图1－1－3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()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图1－1－3解析M处所受支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，A正确；N处所受支持力与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故B错误，摩擦力与接触面平行，故C、D错误．答案A主要题型：选择题学问热点(1)单独命题①受力分析②力的合成与分解③共点力平衡(2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题物理方法(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(图解法)(6)等效思想等．命题趋势江苏省近三年高考对本专题内容都没有单独命题．猜测2021年高考对本专题内容单独命题的几率很大，且将以力的合成与分解和共点力的平衡的综合应用为主，题型以选择题的形式消灭．热点一受力分析、物体的平衡图1－1－41．(2022·扬州市高三第一学期期末检测)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图1－1－4所示，则杆对环的摩擦力大小为()A．mgsinθB．mgcosθC．mgtanθD．mgsinθcosθ解析设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mgsinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有Fcosθ－f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为f＝mgsinθcosθ.答案D图1－1－52．(2022·淮安市高三考前信息卷)如图1－1－5所示，斜面的倾角为30°，物块A、B通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，A、B重力分别为10N、6N，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为()A．1NB．5NC．6ND．11N解析对物体A由共点力平衡条件有FT－GAsin30°＝0，由牛顿第三定律可知，弹簧测力计的读数为FT＝5N．选项B正确．答案B图1－1－63．(多选)(2022·山东滨州模拟)完全相同的两物体P、Q，质量均为m，叠放在一起置于水平面上，如图1－1－6所示．现用两根等长的细线系在两物体上，两细线与水平方向均成θ角，在细线的结点处施加一水平拉力F，两物体始终保持静止状态，则下列说法正确的是(重力加速度为g)() A．物体P受到细线的拉力大小为Fcosθ B．两物体间的摩擦力大小为eq\f(F,2) C．物体Q对地面的压力大小为2mg D．地面对Q的摩擦力为F解析隔离三绳的结点O受力分析如图甲，由平衡条件得FT＝eq\f(F,2cosθ)，A项错；隔离物体P受力如图乙，由平衡条件得Ff1＝FTcosθ＝eq\f(F,2)，B项正确；选PQ及两绳整体为争辩对象，受力如图丙，由平衡条件和牛顿第三定律得：Q对地面的压力FN′＝FN＝2mg，C项正确；Ff＝F，D项正确．答案BCD4.质量为1kg的小球套在与水平面成37°角的固定硬杆上，现用与杆和重力同平面且垂直于杆向上的力F拉小球，如图1－1－7所示，当力F＝20N时小球处于静止状态，设小球与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.则()图1－1－7 A．小球与杆间的动摩擦因数不小于0.5 B．小球与杆间的动摩擦因数肯定等于eq\f(3,4) C．当力F增大时，小球受到的摩擦力增大 D．当力F减小时，小球受到的摩擦力肯定减小解析小球受四个力作用如图所示，由平衡条件可得Ff－mgsin37°＝0，F－FN－mgcos37°＝0，解得Ff＝6N，FN＝12N．由Ff＝μFN得μ＝eq\f(Ff,FN)＝0.5，故小球与杆间动摩擦因数必需满足μ≥0.5，A对、B错；当力F增大时，杆对小球的弹力增大，最大静摩擦力增大，因此小球仍静止在杆上，Ff－mgsin37°＝0仍成立，摩擦力为6N不变，C错；当力F减小时，小球可能沿杆下滑，也可能仍静止，因此摩擦力可能减小，也可能不变，D错．答案A1．争辩对象的选取方法：(1)整体法(2)隔离法2．受力分析的挨次一般依据“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析物体的受力状况．3．处理平衡问题的基本思路热点二物体的动态平衡问题5．(2022·广东佛山一模)如图1－1－8所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，假如把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化状况是()A．F1先增大后减小，F2始终减小B．F1先减小后增大，F2始终减小C．F1和F2都始终减小D．F1和F2都始终增大图1－1－8解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢移动，所以小球处于动态平衡状态，在移动过程中，此三力(重力G、斜面的支持力F2′、挡板的弹力F1′)组合成一矢量三角形的变化状况如图乙所示(重力大小方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球弹力先减小后增大，再由牛顿第三定律知B对．答案B6．(2022·浙江省宁波市二模)如图1－1－9所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间的连接点，图乙中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂着钩码，两装置均处于静止状态，现将图甲中的B滑轮和图乙中的端点B沿虚线方向稍稍上移一些，则下列关于θ角的变化状况，说法正确的是()A．图甲、图乙中θ角均变大B．图甲、图乙中θ角均不变C．图甲中θ角变大、图乙中θ角不变化D．图甲中θ角不变、图乙中θ角变大图1－1－9解析题图甲中B滑轮沿虚线稍稍上移一些，O点两侧细线中拉力大小不变，这两个拉力的合力不变，从而导致题图甲中θ角不变．题图乙中的端点B沿虚线稍稍上移一些，由于A、B之间的细线长度不变，题图乙中θ角不变化．所以选项B正确．答案B7．(2022·贵州六校联盟联考)光滑竖直墙壁和粗糙水平地面上分别静止着A、B两个可认为是质点的小球，两小球质量、电荷量均相同，现缓慢地把小球B稍向右移(两小球电荷量不变)，系统仍处于静止状态，则下列说法正确的是()A．B球受地面的摩擦力方向向左，大小增大B．两小球之间的库仑力是排斥力，大小减小C．B小球可能只受三个力作用D．小球A对墙壁的弹力减小图1－1－10解析A、B受力如图所示：B右移后，A再次平衡，受到的FNA和F都增大，对整体分析：Ff＝FNA，FNB＝mAg＋mBg，A正确，B、D错误；B小球一共受四个力作用，C项错误．答案A求解动态平衡问题的思想和方法1．基本思想：化“动”为“静”，“静”中求“动”2．基本方法：(1)解析法：对争辩对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变量与自变量的一般函数式，然后依据自变量的变化确定因变量的变化．(2)图解法热点三电学中的平衡问题8．(2022·江西南昌调研)水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图1－1－11所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为()图1－1－11A．BILsinθB．BILcosθC．μ(mg－BILsinθ)D．μ(mg＋BILcosθ)解析金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcosθ－Ff＝0，Ff＝BILcosθ，选项B正确，选项A、C、D错误．答案B9．(2022·南宁二模)长为L的通电导体放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图1－1－12所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面对上，则电流为I2时导体仍处于平衡状态，电流比值eq\f(I1,I2)应为 ()图1－1－12 A．cosθB.eq\f(1,cosθ)C．sinθD.eq\f(1,sinθ)解析当B竖直向上时，对导体受力分析如图所示，由平衡条件得：BI1L＝mgtanθ①当B垂直斜面对上时，对导体受力分析如图所示，由平衡条件得：BI2L＝mgsinθ②联立①②得：eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,cosθ)，故选项B正确．答案B10．(多选)(2022·浙江卷，19)如图1－1－13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1－1－13A．小球A与B之间库仑力的大小为eq\f(kq2,d2)B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))时，斜面对小球A的支持力为0解析由F＝eq\f(kq1q2,r2)得：F库＝eq\f(kq2,d2)，选项A正确．对A球受力分析如图所示要使FT＝0需满足mgtanθ＝eq\f(kq2,d2)，选项B错，C正确；要使A球平衡，弹力FN肯定不为零，选项D错误．答案AC11.(多选)如图1－1－14所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面对下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．则()图1－1－14A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前，物块c削减的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c削减的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是eq\f(mgsinθ,BL)解析由于a、c匀速运动，b处于静止，整体法可得mcg＝2mgsinθ，mc＝2msinθ，A项正确；b棒放上导轨前，依据机械能守恒，物块c削减的重力势能等于a、c增加的动能和a增加的重力势能之和，B项错误；金属棒b放上导轨后，物块c削减的重力势能等于回路消耗的电能和a增加的重力势能之和，C项错误；金属棒b放上导轨后，对b应有，mgsinθ＝BIL，因此a中的电流为I＝eq\f(mgsinθ,BL)，D项正确．答案AD处理电学中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．分析方法是：高考命题热点1.力与共点力的平衡(1)物体的受力分析肯定要全面，本着先重力，后弹力、摩擦力以及其他外力的挨次进行分析，依据各种力的产生条件，分析清楚各个接触面处的接触状况．(2)弹力、摩擦力等力大小的计算要依据物体所处的状态列式求解，肯定不要“想当然”下结论．(3)找准解决问题的突破口．图1－1－15【典例】(2022·海南卷，5)(3分)如图1－1－15，一不行伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.则钩码的质量为() A.eq\f(\r(2),2)M B.eq\f(\r(3),2)M C.eq\r(2)M D.eq\r(3)M审题流程第一步：抓关键点→猎取信息其次步：找突破口→构建思路解析选物体M为争辩对象．由平衡条件得：FT－Mg＝0①假设平衡后轻环位置为P，平衡后，物体上升L，说明此时POO′恰好构成一个边长为L的正三角形，绳中张力处处相等，选钩码m为争辩对象，受力分析如图所示，由平衡条件得：2FTcos30°－mg＝0②联立①②得：m＝eq\r(3)M所以选项D正确．答案D(多选)(2022·烟台二模)(6分)如图1－1－16所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化状况是()A．F1变大B．F1变小C．F2不变D．F2变大图1－1－16解析在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2＝m2g，故F2不变，选项C正确，D错误；a、b球整体受力如图乙所示，由平衡条件得F1cosθ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉动过程中，L1与竖直方向的夹角θ变大，cosθ变小，故F1变大，选项A正确，B错误．答案AC一、单项选择题1．(2022·南通市、扬州市、泰州市、连云港市、淮安市三模)图1－1－17如图1－1－17所示，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线．则()A．空气对风筝的作用力方向水平向右B．地面对人的摩擦力方向水平向左C．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力D．风筝处于稳定状态时，拉直的细线可能垂直于风筝面解析空气对风筝的作用力应当是垂直于风筝面，方向为斜向右上方，选项A错误；把人和风筝看作一个整体，系统受到竖直向下的重力、地面对系统向上的支持力、垂直风筝面斜向上的弹力，要使系统静止，人必需受到地面对他的水平向左的摩擦力，选项B正确；风力对整个系统有向上的分力，因此地面对人的支持力要小于人和风筝的总重力，选项C错误；以风筝为争辩对象，风筝受重力、绳的拉力、垂直风筝面斜向上的弹力，三力的合力为零，所以风筝所受的拉力与风力不在一条直线上，即细线不会垂直于风筝面，选项D错误．答案B2．如图1－1－18甲所示，斜拉桥的塔柱两侧有很多钢索，它们的一端都系在塔柱上．对于每一对钢索，它们的上端可以看成系在一起，即两根钢索对塔柱的拉力F1、F2作用在同一点，它们合起来对塔柱的作用效果应当让塔柱好像受到一个竖直向下的力F一样，如图乙所示．这样，塔柱便能稳固地伫立在桥墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至倒下．假如斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布如图丙所示，要保持塔柱受的合力竖直向下，那么钢索AC、AB的拉力FAC、FAB应满足()图1－1－18A．FAC∶FAB＝1∶1B．FAC∶FAB＝sinβ∶sinαC．FAC∶FAB＝cosβ∶cosαD．FAC∶FAB＝sinα∶sinβ解析将AB、AC上的力分解，在水平方向上的合力应为零，有：FACsinα－FABsinβ＝0，则FAC∶FAB＝sinβ∶sinα，B正确．答案B3．[2022·苏、锡、常、镇四市调研(二)]图1－1－19用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为()A．FB．mgC.eq\r(F2＋mg2)D.eq\r(F2＋Mg＋mg2)解析对吸铁石和白纸整体，在垂直于黑板平面内受磁引力、黑板表面的支持力，在平行于黑板平面内受竖直向下的重力(M＋m)g，水平拉力F和黑板表面的摩擦力f作用，由于纸未被拉动，所以摩擦力为静摩擦力，依据共点力平衡条件可知，摩擦力f与(M＋m)g和F的合力等值反向，因此有f＝eq\r(F2＋Mg＋mg2)，故选项D正确．答案D4．(2022·吉林省长春市调研测试)如图1－1－20甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑．如图乙所示，则F大小应为()图1－1－20A.eq\r(3)mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(\r(3),6)mgD.eq\f(\r(3),4)mg解析小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，可知小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ＝tan30°.由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，沿斜面方向列平衡方程，可得Fcos30°＝mgsin30°＋μFN，垂直斜面方向有FN＝Fsin30°＋mgcos30°，联立解得F＝eq\r(3)mg.所以B、C、D选项错误，A选项正确．答案A5．(2022·江苏徐州市模拟)图1－1－21如图1－1－21所示，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车A点由静止开头下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t的关系图中可能正确的是()解析当滑块在光滑的斜面AB上运动时，滑块对小车有斜向右下方、大小不变的压力，因此传感器对小车有向左的弹力，大小不变，方向为正．当滑块在粗糙的平面BC上运动时，滑块对小车有方向向左、大小不变的摩擦力，因此传感器对小车有向右的拉力，大小不变，方向为负，故正确答案为D.答案D6．(2022·山东潍坊市一模)图1－1－22如图1－1－22所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下推断正确的是()A.eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,2)B.eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,4)C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态解析对b球受力分析由平衡条件可知：k1x＝mg①对a球受力分析如图所示，由平衡条件得：k2xcos60°＝k1x＋mg②由①②两式得：eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,4)故选项B正确．撤去F的瞬间，a受的合外力大小为F，方向水平向右，故a球的加速度不为零，b球仍处于平衡状态，故选项C、D错误．答案B7．(2022·武汉调研)图1－1－23将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图1－1－23所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为()A.eq\f(\r(3),3)mgB．mgC.eq\f(\r(3),2)mgD.eq\f(1,2)mg解析将a、b看成一个整体受力分析可知，当力F与Oa垂直时F最小，可知此时F＝2mgsinθ＝mg，选项B正确．答案B8.图1－1－24(2022·镇江三模)在离地相同高度处，质量分别为m1和m2的球1与球2同时由静止开头下落，由于空气阻力的作用，两球在抵达地面前均已达到匀速运动状态．已知空气阻力与球的下落速度v成正比，即f＝－kv(k＞0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v－t关系如图1－1－24所示，则下列叙述正确的是()A．m1＝m2，两球同时抵达地面B．m2＞m1，球2先抵达地面C．m2＜m1，球2先抵达地面D．m2＞m1，球1先抵达地面解析当小球做匀速运动时有mg－kv＝0，v＝eq\f(mg,k)，所以质量大的最终速度大，即m2＞m1，v－t图线与t轴包围的“面积”表示位移，由图可知球2先到达地面，选项B正确．答案B二、多项选择题9.图1－1－25如图1－1－25所示，截面是三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，下面说法正确的是()A．木块a与铁块b间肯定存在摩擦力B．木块a与竖直墙面间肯定存在水平弹力C．木块a与竖直墙面间肯定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小肯定等于铁块与木块的重力之和解析隔离铁块b对其进行受力分析，它受到重力、木块a的支持力和沿接触面对上的静摩擦力作用，假如没有摩擦力，铁块将不能处于平衡状态，故选项A正确；木块a与竖直墙壁之间虽然接触，但它们之间无相互挤压，没有发生形变，所以不会产生弹力，也不会产生摩擦力，选项B、C均错误；对铁块b和木块a整体进行受力分析，依据题意可知，该整体处于平衡状态，所以其所受的总重力(铁块与木块的重力之和)等于作用力F的大小，选项D正确．答案AD10．(2022·广东卷，20)图1－1－26如图1－1－26所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P，带电荷量分别为－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，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()A．M与N的距离大于LB．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外力为零解析由于带电小球M、N处于静止状态，则小球M、N合力为0，即FPM＝FPN，由库仑定律有keq\f(Qq,L2)＝keq\f(2Qq,x2)，则有x＝eq\r(2)L，那么M、N间距离约为0.4L，故A错误；由于小球M、N静止不动，小球P对小球M和对小球N的力应当在一条直线上，故B正确；在小球P产生电场中，M点电势较高，故C错误；由于小球M、N静止不动，则小球M、N和杆组成的系统合外力为0，故D正确．答案BD11.图1－1－27如图1－1－27所示，倾斜导轨宽为L，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属杆ab水平放在导轨上．当回路电流强度为I时，金属杆ab所受安培力为F，斜面的支持力为FN，则()A．安培力方向垂直ab杆沿斜面对上B．安培力方向垂直ab杆水平向右C．FN＝BILcosαD．FN＝eq\f(BIL,sinα)解析画出倾斜导轨和ab杆的二维视图，由左手定则推断出安培力方向水平向右，大小为F＝BIL，由共点力平衡求得FN＝eq\f(BIL,sinα)，选