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专题30 整体法与隔离法的应用
整体法与隔离法在平衡问题中的应用（8-11 题）.......................................................................7
整体法与隔离法在牛顿定律中的应用（12-16 题）...................................................................10
整体法与隔离法在电磁场连接体类问题中的应用（17-19 题）..............................................14
1.
（2023•全国）如图，在置于水平地面的楔状物体P 的斜面上有一小物块Q，Q 受水平
外力F 的作用。已知P 和Q 始终保持静止，则（ ）
A．增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q 的质量，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F 的大小，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
【解答】解：AB、P 和Q 始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F 的大小，P
与地面间摩擦力的大小一定增加，故A 错误，B 正确；
CD、由于不确定F 沿斜面向上分量与Q 的重力沿斜面向下分量的关系，故P 与Q 间摩擦力的大
小变化不能确定。若F 沿斜面向上分量大于Q 的重力沿斜面向下分量，此时增加Q 的质量，则
P 与Q 间摩擦力先沿斜面向下减小，减小到零后再反向增大。若F 沿斜面向上分量小于Q 的重
力沿斜面向下分量，增加外力F 的大小，则P 与Q 间摩擦力先沿斜面向上减小，减小到零后再
反向增大。故CD 错误。
1
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故选：B。
2.
（2022•海南）我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，
其中石块1、6 固定，2、5 质量相同为m，3、4 质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则m：m′
为（ ）
A．√3
2
B．√3
C．1
D．2
【解答】解：34 两个石块整体对应的圆心角为60 度，则2 对34 整体的作用力与5 对34 整体的
作用力大小相等，两力夹角为120 度，可知F23＝2m'g。
同理2345 四块石块整体对应的圆心角为120 度，则1 对2345 整体的作用力与6 对2345 整体的作
用力大小相等，两力夹角为60 度，可知√3F12＝（2m'+2m）g。
对2 受力分析如图
水平方向F12cos60°＝F23cos30°
联立解得：m：m′＝2
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
3.
（2021•湖南）质量为M 的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，
A 为半圆的最低点，B 为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m 的
小滑块。用推力F 推动小滑块由A 点向B 点缓慢移动，力F 的方向始终沿圆弧的切线方向，在
此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
2
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A．推力F 先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【解答】解：AB、如图所示，设F 与竖直方向夹角为α，根据受力平衡知：mgcosα＝F，mgsinα
＝N，从A 到B 过程中，α 从π
2
逐渐减小到0，可知F 逐渐增大，N 逐渐减小，故AB 错误；
C、将两物体看成整体，整体受水平向左的作用力为F′＝Fsinα＝mgcosαsinα= 1
2 mgsin2α，因为
0≤2α≤π，根据函数单调性可知sin2α 先增大后减小，则F′先增大后减小，可知墙面对凹槽的压力
先增大后减小，故C 正确；
D、对凹槽进行受力分析可知，水平地面对凹槽的支持力N1＝Mg+N′sinα，根据牛顿第三定律N′
＝N，则地面对凹槽的作用力为N1＝Mg+Nsinα，由以上分析知，α 逐渐减小，N 逐渐减小，可
知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，故D 错误。
故选：C。
4.
（2023•北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量
均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F 作用下，两物块一起向右做匀加速直
3
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线运动。则F 的最大值为（ ）
A．1N
B．2N
C．4N
D．5N
【解答】解：设每个物块的质量为m，设细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿
第二定律有F＝（m+m）a
对左侧物块，由牛顿第二定律有T＝ma
又有：T≤2N
联立各式解得：F≤4N
即F 的最大值为4N
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
5.
（多选）（2023•湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的
作用下加速运动。车厢内有质量均为m 的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁
上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与
车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F 向左，且tanθ≤μ，则F 的最大值为2mgtanθ
C．若推力F 向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F 的最大值为4mg（2μ
tanθ
﹣
）
D．若推力F 向右，且tanθ＞2μ，则F 的范围为4mg（tanθ
2μ
﹣
）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、设车厢对A 的弹力为FNA，轻杆对A 的弹力为N，若B 球所受摩擦力为零，对
A、B 整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，
对A 球由牛顿第二定律得FNA
Nsinθ
﹣
＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A 错误；
4
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B、若推力向左，则系统的加速度向左。
假设杆与车厢始终保持相对静止，且A 与左壁弹力为零，
对A 水平方向有Nsinθ＝maA，竖直方向有Ncosθ＝mg，解得：aA＝gtanθ
在此情况下，设厢底对B 的静摩擦力为f，对AB 整体有：f＝2maA＝2mgtanθ
由于μ≥tanθ，所以最大静摩擦力fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假设成立。
所以系统的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F 最大值为Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B 错误；
C、由B 的解答可知，μ＜tanθ≤2μ 时，若A 与左壁弹力为零，B 会相对厢底滑动。故A 与左壁弹
力不能为零，当箱底对B 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，F 达到最大值，则有：
2μmg
F
﹣
NA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A 竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A 水平方向：Nsinθ
F
﹣
NA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ
tanθ
﹣
）故C 正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F 有最大值，
则：2μmg+FNA＝2ma1
对A 竖直方向：Ncosθ＝mg
FNA
Nsinθ
﹣
＝ma1
联立解得a1＝2μg+gtanθ
厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F 有最小值，
则：对AB 整体有FNA
2μmg
﹣
＝2ma2
对A 水平方向有FNA
Nsinθ
﹣
＝ma2
对A 竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ
2μg
﹣
所以4ma2≤F≤4ma1
即4mg（tanθ
2μ
﹣
）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D 正确。
故选：CD。
6.
（2022 秋•越秀区校级月考）三个绝缘小球1、2、3 沿一条直线放置，小球1 固定，
带电量为﹣q（q＞0），小球2、3 质量相同，带电荷量均为q，由长为l 的绝缘细线连结，使
小球2 和1 之间的距离以及2 和3 之间的距离均为l，用K 表示静电力常量，不计重力。从静
止开始同时释放小球2、3，在小球2、3 开始运动瞬间，细线的张力为（ ）
5
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A．2k q
2
l
2
B．11k q
2
8l
2
C．k q
2
l
2
D．3k q
2
4l
2
【解答】解：根据库仑定律可得1、2 之间的库仑力：F2= K q
2
l
2
1、3 之间的库仑力：F3= K q
2
(2l)
2
由于2、3 带同种电荷，所以2、3 之间是排斥力，而1 对2 的吸引力大于1 对3 的吸引力，所以
2 与3 将一起向左做加速运动；设小球的质量为m，则2、3 整体的加速度：
a= F2+ F3
2m
= 5 K q
2
8ml
2
2 与3 之间的排斥力：F23= K q
2
l
2
对3，由牛顿第二定律可得：a= T + F3- F23
m
联立可得：T= 11 K q
2
8l
2
．故ACD 错误，B 正确
故选：B。
7.
（2020•浙江）如图所示，在倾角为α 的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连
接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A 球连接。A、B、C 三小球的质量均为
M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为
k，则（ ）
6
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A．qc= 4
7 q0
B．弹簧伸长量为Mgsinα
k0
C．A 球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q0√
3k
7 Mg
【解答】解：AD、对C 分析，受重力、支持力和AB 的库仑力，则AB 的库仑力之和沿斜面向
上，又B 距离C 近，给C 的库仑力大，则C 球带正电，设小球间距为a，
对C：kq0qC
a
2 -k q0qC
(2a)
2 =Mgsinα
对B：kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =Mgsinα
联立解得：qC= 4
7
q0 代入kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =Mgsinα
解得：a＝q0√
3k
7 Mgsinα
，故A 正确，D 错误；
对ABC 用整体法，ABC 受力平衡，即ABC 受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量Δx
= 3 Mgsinα
k0
，故B 错。
对BC 用整体法，BC 受力平衡，即BC 受到库仑力等于重力分力，即得A 受到的库仑力为
2Mgsinα，故C 错。
故选：A。
整体法与隔离法在平衡问题中的应用（8-11 题）
8.
（2023•绵阳模拟）新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，
由4 根等长轻质细绳AB、BC、CD、DE 悬挂起3 个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E 等
7
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高，AB 绳与竖直方向的夹角为α，绳中张力大小为F1；BC 绳与竖直方向的夹角为β，绳中张
力大小为F2，则（ ）
A．α 可能等于β
B．α 可能大于β
C．F1＞3F2
D．F1＜3F2
【解答】解：由对称性可知AB 绳和DE 绳张力大小相等，大小为F1。对三个灯笼的整体分析，
由受力平衡可得：在竖直方向有：2F1cosα＝3mg
对结点B 受力分析，由受力平衡可得：F1sinα＝F2sinβF1cosα＝mg+F2cosβ
联立解得：3tanα＝tanβ
F1= 3mg
2cosα
、F2=
mg
2cosβ
AB、由3tanα＝tanβ，可知α＜β，故AB 错误；
CD、由F1= 3mg
2cosα
、F2=
mg
2cosβ
可知F1
F2
= 3cosβ
cosα
又α＜β，得：cosα＞cosβ
所以可得：F1＜3F3
故C 错误，D 正确。
故选：D。
9.
（2024•安徽二模）如图所示，一质量为M 的半球面放在粗糙的水平面上，球心为
O，轻绳一端固定在天花板上、另一端系一质量为m 的小球（可视为质点），小球放在半球面
上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为45°，小球与半球球心O 连线与竖直方向成30°角，
此时半球面静止。已知半球面与水平面的接触面粗糙，其余摩擦不计，重力加速度为g，则半
球面与水平面的摩擦力大小为（ ）
8
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A．(√6-√2)mg
2
B．(√6-1)mg
2
C．(√3-1)mg
2
D．(√3-√2)mg
2
【解答】解：以小球为研究对象，受力分析如图所示，同时将力分解到水平和竖直的方向上
设当半球面静止时绳子的拉力大小为F，半球面对小球的支持力大小为FN，根据共点力的平衡
条件有Fcos45°＝FNsin30°
Fsin45°+FNcos30°＝mg
联立解得：F = (√6-√2)mg
2
再将小球和半球面看成一个整体，由整体受力平衡易知，半球面与水平面的摩擦力
Ff＝Fsin45°
联立解得：F f = (√3-1)mg
2
，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
10. （2023•丽江一模）如图，质量分别为M、m 的两个木块A、B 通过轻弹簧连接，木块
A 放在水平桌面上，木块B 用轻绳通过定滑轮在力F 的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水
平方向成α 角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列正确的是（ ）
9
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A．木块A 对桌面的压力（M+m）g
F
﹣
B．木块A 与桌面之间的动摩擦因数μ=
Fcosα
( M +m)g- F
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值tanβ = Fsinα -mg
Fcosα
D．弹簧的弹力大小为F弹=√( Fsinα )
2+( Fcosα -mg)
2
【解答】解：A．对A、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
Fsinα+N 地＝（M+m）g
根据牛顿第三定律可知木块A 对地面的压力为（M+m）g
Fsinα
﹣
，故A 错误；
B．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B 错误；
CD．对B 物块受力分析，正交分解： F 弹sinβ＝Fsinα
mg
﹣
F 弹cosβ＝cosα
两式相比解得：tanβ= Fsinα -mg
Fcosα
两式平方相加解得：
F 弹=√( Fcosα )
2+( Fsinα -mg)
2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
11. （2023•昌江县二模）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（ ）
10
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A．√3
3
mg
B．mg
C．√3
2
mg
D．1
2
mg
【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F 在三个方向时整体的受力
图，根据平衡条件得知：F 与T 的合力与重力mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，
当F 与绳子oa 垂直时，F 有最小值，即图中2 位置，F 的最小值为：
根据平衡条件得：F＝2mgsin30°＝mg
故选：B。
整体法与隔离法在牛顿定律中的应用（12-16 题）
12. （2023•淮南二模）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4 个完全相同的物块，在与
斜面平行的拉力F 作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜
面平行，此时第1、2 物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4 物块间的细绳突然断了，
其余3 个物块仍在力F 的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2 物块间细绳的张力大小为T2，
则T1：T2等于（ ）
11
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A．9：2
B．9：8
C．3：2
D．1：1
【解答】解：匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m，根据平衡条件可得F＝
4mgsinθ+4f
对2、3、4 物块组成的整体，由平衡条件可得3mgsinθ+3f＝T1
可得T 1= 3 F
4
连接第3、4 物块间的细绳突然断了，对1、2、3 组成的整体，根据牛顿第二定律可得F﹣
3mgsinθ
3f
﹣
＝3ma
对2、3 物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得T2
2mgsinθ
2f
﹣
﹣
＝2ma
可得T 2= 2 F
3
可得T1：T2＝9：8
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
13. （2023•镇江三模）如图所示，A、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑
轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为
μ
4
，A、B、C 质量分别为2m、2m 和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示
位置静止释放，要使A、B 间发生相对滑动，则μ 满足的条件是（ ）
A．μ＜1
2
B．μ≥1
2
C．μ＜2
7
D．μ≥2
7
【解答】解：A 与B 之间的最大静摩擦力为：f1＝2μmg
B 与桌面间的最大静摩擦力为：f2= μ
4 ×（2m+2m）g＝μmg
A、B 恰好将要发生相对滑动时，A 与B 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时对物块B，由
牛顿第二定律得f1
f
﹣2＝2ma
对A、B 整体由牛顿第二定律得T
f
﹣2＝4ma
对物块C 由牛顿第二定律得mg
T
﹣＝ma
12
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解得：μ= 2
7
因此若A、B 之间发生相对滑动，则需满足：μ＜2
7
，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
14. （2023•重庆模拟）如图所示，质量均为m 的三个物体（可视为质点）A、B、C 均放
在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L 的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均
为k。现用外力F 拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C 间的距离为（初始状态弹
簧均为原长）（ ）
A．L+ F
k
B．2 L+ F
k
C．L+ F
2k
D．2 L+ F
2k
【解答】解：对三个物体组成的整体，根据牛顿第二定律得：a= F -3 μmg
3m
= F
3m - μg
对B、C 整体，根据牛顿第二定律得：2ma＝kΔx1
2μmg
﹣
对C，根据牛顿第二定律得：ma＝kΔx2
μmg
﹣
A、C 间的距离为：x＝2L+Δx1+Δx2
联立解得：x =2 L+ F
k
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
15. （2023•河北模拟）如图所示，轻弹簧一端与质量为m 的物块A 相连接，另一端与小
立柱（质量忽略不计）栓接，第一次将A 放在物块B 上，物块B 的上表面水平，小立柱固定
在B 上，物块B 放在固定斜面上，AB 相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A 放在物块C 上，
C 的上表面与斜面平行，小立柱固定在C 上，物块C 放在固定斜面上，AC 相对静止的一起沿
斜面下滑，已知斜面倾角为β ＝30° ，B 、C 质量相等，与斜面的动摩擦因数均为
μ( √3
6 ＜μ＜√3
3 )，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为1
4
mg。已知重力加速度为g。
则两次下滑过程中A 、B 间的摩擦力与A 、C 间的摩擦力之比为（ ）
13
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A．1+√3+3 μ
2√3 μ+1
B．1+√3-3 μ
2√3 μ+1
C．1+√3-3 μ
2√3 μ-1
D．1+√3+3 μ
2√3 μ-1
【解答】解：物块B、C 质量相等，设B、C 质量均为M，A 与B 保持相对静止，则二者向下的
加速度是相等的，对A、B 整体，由牛顿第二定律有
（M+m）gsinβ
μ
﹣（M+m）gcosβ＝（M+m）a1
解得：a1＝gsinβ
μgcosβ
﹣
同理，A 与C 保持相对静止，则二者向下的加速度也是相等的，对A、C 整体，由牛顿第二定律
有（M+m）gsinβ
μ
﹣（M+m）gcosβ＝（M+m）a2
解得：a2＝gsinβ
μgcosβ
﹣
＝a1
第一次以A 为研究对象，A 受重力、物块B 竖直向上的支持力、弹簧水平向左的弹力，因为A
所受合力沿斜面向下，由力的合成与分解知识可知，A 在水平方向上所受合力一定向右，即A
所受静摩擦力水平向右，则有fAB
F
﹣
弹＝ma1cosβ
第二次仍以A 为研究对象，A 受重力、物块C 垂直斜面斜向上的支持力、弹簧沿斜面向上的弹
力，物块C 对A 沿斜面向上的静摩擦力，由牛顿第二定律有mgsinβ
F
﹣
弹﹣fAC＝ma2
又：F 弹= mg
4
联立各式，解得：f AB
f AC
= 1+√3-3 μ
2√3 μ-1
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
16. （2023•天心区校级一模）如图所示，质量分别为m 和2m 的A、B 两个物块置于粗糙
固定的足够长的斜面上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k，两物块与斜面
间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，现沿斜面向上在物块B 上施加一拉力F，使两物块
一起沿斜面向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确
的是（ ）
14
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A．减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大
B．改变斜面的倾角，保持拉力F 方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾角的变
化而变化
C．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块A 的加速度大小为
F
3m - g(sinθ - μcosθ)
D．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块B 的加速度大小为
g(sinθ+ μcosθ)+ F
6m
【解答】解：AB、对AB 整体，由牛顿第二定律得：F
3mgsinθ
μ•3mgcosθ
﹣
﹣
＝3ma
对物块A，由牛顿第二定律有：F 弹﹣mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝ma
联立解得弹簧的弹力大小为：F弹= 1
3 F
根据胡克定律有：F 弹＝kx
解得弹簧形变量：x = F
3k
弹簧的总长为：x + L= F
3k + L，可知弹簧的总长与斜面的倾角和动摩擦因数均无关，故AB 错
误；
C、撤去拉力F 瞬间，弹簧来不及形变，物块A 的加速度不变，对A，由牛顿第二定律得：
aA = F -3mgsinθ -3 μmgcosθ
3m
= F
3m - g(sinθ+ μcosθ)，方向沿斜面向上，故C 错误；
D、对B，由牛顿第二定律得撤去F 瞬间物块B 加速度为：
aB= 2mgsinθ+ μ⋅2mgcosθ+ F 弹
2m
=g（sinθ+μcosθ）+ F
6m，方向沿斜面向下，故D 正确。
故选：D。
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整体法与隔离法在电磁场连接体类问题中的应用（17-19 题）
17. （2023•海南模拟）用绝缘细线a、b 将两个带电小球1 和2 连接并悬挂，已知小球2
的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°，两小球连线
与水平方向夹角为30°，细线b 水平，则（ ）
A．小球1 带电量一定小于小球2 的带电量
B．细线a 拉力大小为2√3G
C．细线b 拉力大小为√3
3 G
D．小球1 与2 的质量比为1：2
【解答】解：C、对小球2，由平衡条件，在水平方向上可得：Fb＝F 库•cos30°，在竖直方向上可
得：G＝F 库•sin30°
解得细线b 拉力大小为Fb=
G
tan30° =√3G，故C 错误；
BD、对小球1，由平衡条件，同理可得：
Fa•sin30°＝F 库•cos30°
m1g+F 库sin30°＝Fa•cos30°
解得细线a 拉力大小为Fa=2√3G，
同时可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
则小球1 与2 的质量比为m1：m2＝2：1，故B 正确，D 错误；
A、由上述分析只能得到库仑力的大小，由F 库= k q1q2
r
2
，可知不能确定小球1 与小球2 的带电
量大小关系，故A 错误。
故选：B。
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18. （多选）（2023•安徽三模）如图所示，绝缘的斜面体ABC 静止于水平面上，∠B＝
37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P 和Q 分别在AB 和AC 面上静止不动，且PQ 连
线水平。AB 面和AC 面光滑，设斜面体和P、Q 的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为，
sin37°＝0.6。下列判断正确的是（ ）
A．P、Q 一定带异种电荷，且Q 的电荷量一定等于P 的电荷量
B．P、Q 的质量之比是 16
9
C．水平面对斜面底部有水平向右的静摩擦力
D．水平面对斜面的支持力等于 （M+m1+m2）g
【解答】解：AB、对P 受力分析，如图所示：
若P、Q 带同种电荷，则两物体受力不平衡，所以P、Q 一定带异种电荷，两物体的库仑力等大
方向，但不能确定两者电荷量的关系。由图可知，P 物体受到的库仑力F＝m1gtan37°，同理可知
Q 受到的库仑力F′ ＝m2gtan53° ，F 与F′ 等大反向，则有m1gtan37° ＝m2gtan53° ，可得
m1
m2
= tan53°
tan37° =
4
3
3
4
= 16
9
，故A 错误，B 正确；
CD、把斜面体和两个带电物体看作一个整体，则整体竖直方向受重力和支持力，所以支持力N
＝（M+m1+m2）g，整体相对地面没有相对运动趋势，故水平面对斜面体没有摩擦力，故C 错误；
D 正确。
故选：BD。
19. （多选）（2022•齐齐哈尔二模）如图所示，三个完全相同的可视为点电荷的小球甲、
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乙、丙放在光滑绝缘的水平面上，且三个小球在同一条直线上，现在小球丙上施加一水平的恒
力F，三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运动，已知小球甲、乙、丙所带电荷量
之比为6：3：8，且相邻两个小球之间的距离相等。则下列说法正确的是（ ）
A．小球丙的合力大小为F
B．小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷
C．小球乙和小球丙之间的作用力大小为4
3
F
D．小球甲和小球乙之间的作用力大小为2
3
F
【解答】解：A、设甲、乙、丙三球的质量为m，加速度为a，相邻两个小球之间的距离为r，三
球的带电量分别为6q、3q、8q。
对甲、乙、丙三球整体，由牛顿第二定律得：F＝3ma
对乙球，由牛顿第二定律得小球丙的合力大小：F 丙合＝ma= F
3 ，故A 错误；
B 、甲丙间库仑力大小F 甲丙＝k6q⋅8q
(2r )
2 = 12k q
2
r
2
，乙丙间库仑力大小F 乙丙＝k
3q⋅8q
r
2
= 24 k q
2
r
2
，甲乙间库仑力大小F 甲乙＝k6q⋅3q
r
2
= 18k q
2
r
2
，则F 乙丙＞F 乙丙＞F 甲丙，由
于甲、乙所受静电力的合力向右，则小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷，故B 正
确；
C、对乙，根据牛顿第二定律得：F 乙丙﹣F 甲乙＝ma，可得k q
2
r
2 = 1
6
ma= F
18
，则小球乙和小球丙
之间的作用力大小为F 乙丙= 24 k q
2
r
2
= 4
3
F，故C 正确；
D、小球甲和小球乙之间的作用力大小F 甲乙= 18k q
2
r
2
=F，故D 错误。
故选：BC。
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