高考物理二轮复习专题突破1力与运动第1讲力与物体的平衡.docx

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高考物理二轮复习专题突破1力与运动第1讲力与物体的平衡

2019-2020年高考物理二轮复习专题突破1力与运动第1讲力与物体的平衡

1．（xx·全国卷Ⅱ，14）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1所示。

用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）

图1

A．F逐渐变大，T逐渐变大

B．F逐渐变大，T逐渐变小

C．F逐渐变小，T逐渐变大

D．F逐渐变小，T逐渐变小

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。

答案　A

2．（xx·全国卷Ⅲ，17）如图2所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。

在a和b之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦。

小物块的质量为（　　）

图2

A.

B.

m

C．mD．2m

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，细线对a环拉力的合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线在c点拉力的合力与物块的重力大小相等，即拉力合力大小T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。

答案　C

3．（多选）（xx·全国卷Ⅰ，19）如图3，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。

若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（　　）

图3

A．绳OO′的张力也在一定范围内变化

B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化

C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化

D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化

解析　由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。

由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示。

由平衡条件得：

Tcosβ＋f＝Fcosα，Fsinα＋FN＋Tsinβ＝mbg。

其中T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确。

答案　BD

4．（xx·全国卷Ⅰ，24）如图4所示，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。

金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。

已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。

判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

图4

解析　金属棒通电后，闭合回路电流

I＝

＝

A＝6A

导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N。

开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下

由平衡条件知：

开关闭合前：

2kx＝mg

开关闭合后：

2k（x＋Δx）＝mg＋F

代入数值解得m＝0.01kg

答案　方向竖直向下　0.01kg

5．（xx·全国卷Ⅰ，24）如图5，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。

两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。

右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。

求

图5

（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；

（2）金属棒运动速度的大小。

解析　

（1）由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动。

设两导线上拉力的大小为T，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

甲　　　　　　　乙

2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①

FN1＝2mgcosθ②

对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得

mgsinθ＋μFN2＝T③

FN2＝mgcosθ④

联立①②③④式得：

F＝mg（sinθ－3μcosθ）⑤

（2）设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为

E＝BLv⑥

回路中电流I＝

⑦

安培力F＝BIL⑧

联立⑤⑥⑦⑧得：

v＝（sinθ－3μcosθ）

答案　

（1）mg（sinθ－3μcosθ）

（2）（sinθ－3μcosθ）

[备考指导]

【考情分析】

xx

xx

卷ⅠT24：

安培力、胡克定律、力的平衡

xx

卷ⅠT19：

有重力、弹力、摩擦力的共点力平衡

卷ⅠT24：

有关电磁感应问题的平衡及法拉第电磁感应定律的应用

卷ⅡT14：

力的动态平衡

卷ⅢT17：

共点力的平衡条件

高考命题突出受力分析、力的合成与分解方法的考查，也有将受力分析与牛顿运动定律、电磁场、功能关系进行综合考查。

题型一般为选择题和计算题。

【备考策略】

1．研究对象的选取方法：

（1）整体法　

（2）隔离法

2．受力分析的顺序

一般按照“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情况。

3．处理平衡问题的基本思路

　单个物体的平衡

[规律方法]

1．静态平衡问题：

应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论。

2．动态平衡问题

3．求解共点力平衡问题常用的方法

（1）力的合成法：

对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则（或三角形定则）求合力的方法。

力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡。

（2）正交分解法：

把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解。

当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法。

（3）图解法：

对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图（画在同一个图中），然后根据有向线段（表示力）的长度变化情况判断各个力的变化情况。

用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量。

[精典题组]

1．（多选）如图6所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。

则（　　）

图6

A．滑块可能受到三个力作用

B．弹簧一定处于压缩状态

C．斜面对滑块的支持力大小可能为零

D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于

mg

解析　弹簧可能恰好处于原长，滑块只受到重力、斜面支持力和摩擦力三个力作用，选项A正确，B错误；将滑块隔离受力分析，将滑块所受重力分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于

mg，斜面对滑块的支持力大小一定不为零，选项C错误，D正确。

答案　AD

2．如图7所示，用一轻绳将光滑小球（大小不能忽略）系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则（　　）

图7

A．轻绳对小球的拉力保持不变

B．轻绳对小球的拉力逐渐增大

C．小球对墙壁的压力保持不变

D．小球对墙壁的压力逐渐减小

解析　对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：

轻绳对小球的拉力F逐渐增大，墙壁对小球的支持力FN也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B正确，A、C、D错误。

答案　B

3．如图8所示，位于固定的倾角为θ＝45°的粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。

现把力F的方向变为竖直向上而大小不变，仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　）

图8

A．μ＝

B．μ＝

C．μ＝

－1D．μ＝

＋1

解析　由题可知，拉力F方向沿斜面向上时，物块处于平衡状态，对其受力分析，F＝mgsin45°＋μmgcos45°；把拉力F的方向变为竖直向上时，由物块仍沿斜面保持原来的速度匀速运动可知F＝mg。

所以有mgsin45°＋μmgcos45°＝mg，解得μ＝

－1，选项C正确。

答案　C

　多个物体的平衡

[规律方法]

1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析。

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．解题思路

→

→

→

[精典题组]

1.（xx·山西右玉一模）如图9所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（　　）

图9

A.

B.

C.

D.

解析　设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ（m1g－m2gsinθ），解得

＝

；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ（m2gsinθ－m1g），解得

＝－

（舍去）。

综上分析可知应选C。

答案　C

2．将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图10所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ。

已知重力加速度为g，则下列选项正确的是（　　）

图10

A．物体B对水平面的压力大小为Mg

B．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtanθ

C．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为

D．滑块A对物体B的压力大小为

解析　以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为FN1＝

，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2＝

，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为

，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力FN＝（M＋m）g，故水平面所受压力大小为（M＋m）g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为Ff＝FN1＝

，B错误。

答案　C

3.（多选）如图11所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。

人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是（　　）

图11

A．α始终等于β

B．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大

C．地面对人的摩擦力逐渐变大

D．地面对人的支持力逐渐变大

解析　水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示，

垂直于OA方向有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝Tcosα＋Tcosβ＝2Tcosα，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有f＝T′sinθ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有FN＋T′cosθ＝Mg，地面对人的支持力FN＝Mg－T′cosθ逐渐变大，选项C、D正确。

答案　ACD

　电磁场中的平衡问题

[规律方法]

1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。

（1）

2．处理电学问题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。

―→

[精典题组]

1.均匀带正电的薄圆盘的右侧，用绝缘细线A、B悬挂一根水平通电直导线ab，电流方向由a到b，导线平行于圆盘平面。

现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图12所示方向匀速转动，细线仍然竖直，与圆盘静止时相比，下列说法正确的是（　　）

图12

A．细线所受弹力变小

B．细线所受弹力不变

C．细线所受弹力变大

D．若改变圆盘转动方向，细线所受弹力变大

解析　圆盘静止时，通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，两者等大反向，合力为零。

当圆盘匀速转动时，根据右手螺旋定则，圆盘产生水平向右的磁场，根据左手定则，通电直导线受到方向向下的安培力，故细线所受的弹力变大，选项A、B错误，C正确；若改变圆盘转动方向，通电直导线受到的安培力方向向上，细线所受的弹力变小，选项D错误。

答案　C

2．（多选）（xx·山东临沂市三模）某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。

A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。

用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（　　）

图13

A．d应保持不变

B．B的位置在同一圆弧上

C．x与电荷量乘积Qq成正比

D．tanθ与A、B间库仑力成正比

解析　因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库＝mgsinθ，即k

＝mg

，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误。

答案　ABC

3.如图14所示,将长为50cm、质量为10g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。

当金属棒中通以0.4A的电流时，弹簧恰好不伸长。

g＝10m/s2。

图14

（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；

（2）当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1cm。

如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？

解析　

（1）弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg大小相等，即

BIL＝mg

解得B＝

＝0.5T

（2）当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态。

根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg

当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态。

根据平衡条件有

2kx2＝mg＋BI2L

联立解得x2＝

x1＝3cm。

答案　

（1）0.5T　

（2）3cm

高频考点一　整体法与隔离法的综合应用

[解题方略]　利用整体法和隔离法解决物理问题是高考物理中常用的方法之一。

一般解题方法是：

对于不要求讨论系统内部物体之间受力情况时，首选整体法，解题过程简明、快捷；如果要考虑系统内部各个物体之间的相互作用力，则必须使用隔离法。

在实际应用中，隔离法和整体法往往交替使用。

“一题多变”是通过转化题目中的条件和所求问题，生成多道不同的、新的题目。

此项练习能使同学们触类旁通，更加熟练地掌握解题方法，培养灵活解题的能力，同时训练同学们思维的变通性和逻辑性，能开拓思维的广度和深度，提升同学们的解题推理能力。

【典例】如图15所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，并悬挂于O点。

现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力为F、作用在a球上的力为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列图中的（　　）

图15

解析　对b球受力分析，设拉b球的细线与竖直方向的夹角为θ，其受力图如图甲所示，由图可得tanθ＝

。

对a、b两球整体受力分析，可知A不可能；设拉a球的细线与竖直方向的夹角为α，小球a、b整体受力图如图乙所示，由图可得tanα＝

，所以θ＞α；由图可知，B图中θ＝α，C图中θ＞α，D图中θ＜α，故C图可能，B、D图不可能。

答案　C

变式1　改变物体的受力情况

如图16所示，两段等长绝缘细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A、B分别带有＋4q和－q的电荷量，不考虑A、B两小球之间的作用力，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（　　）

图16

解析　（解题方法同典例）

将典例中的力学情境变为电学情境，将所加的外力变为电场力。

对B球：

tanθ＝

，对A、B两小球整体tanα＝

，所以有α＝θ，D图正确。

答案　D

变式2　改变物体的运动状态

如图所示，车厢里悬挂着两个质量分别为m1、m2的小球（下面球的质量为m1），当车厢向右做匀加速运动（空气阻力不计），达到稳定状态时，下列各图中正确的是（　　）

解析　将典例中小球由平衡状态变为匀加速运动状态。

对下面的小球受力分析，设拉下面小球的细线与水平方向的夹角为θ，其受力图如图甲所示，由图可得tanθ＝

＝

；对两球整体受力分析，设拉上面小球的细线与水平方向的夹角为α，受力图如图乙所示，由图可得tanα＝

＝

，所以θ＝α，故选项B正确。

答案　B

变式3　改变物体所处的情境

如图17所示，有三根长度皆为l＝1.0m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m＝1.0×10－2kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为－q和＋q，q＝1.0×10－7C。

A、B之间用第三根线连接起来。

空间存在大小为E＝1.0×106N/C的匀强电场，场强方向水平向右。

平衡时A、B两球的位置如图所示。

现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。

则最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了（不计两带电小球间相互作用的静电力）（　　）

图17

A．减小　6.8×10－2JB．增加　6.8×10－2J

C．减小　9.8×10－2JD．增加　9.8×10－2J

解析　由上面的分析可知，将O、B之间的线烧断后，A、B球最后达到的平衡位置如图甲所示，对B球受力分析，受力图如图乙所示。

tanα＝

＝1，α＝45°。

与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA＝mgl（1－sin60°），B球的重力势能减少了EB＝mgl（1－sin60°＋cos45°），A球的电势能增加了WA＝qElcos60°，B球的电势能减少了WB＝qEl（sin45°－sin30°），两种势能总和减少了W＝WB－WA＋EA＋EB，代入数据解得W＝6.8×10－2J，即最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了W＝6.8×10－2J。

故选项A正确。

答案　A

一、选择题（1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题）

1.如图1所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。

现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是（　　）

图1

A．FA变小，FB变小B．FA变大，FB变大

C．FA变大，FB变小D．FA变小，FB变大

解析　柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。

将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2Fcosα＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小，选项A正确。

答案　A

2．如图2所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面且球面始终静止），挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是（　　）

图2

A．F增大，FN减小B．F增大，FN增大

C．F减小，FN减小D．F减小，FN增大

解析　某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mgtanα，FN＝

，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和FN都要增大。

答案　B

3．如图3所示，在水平地面上静止着一质量为M、倾角为θ的斜面，自由释放质量为m的滑块能在斜面上匀速下滑（斜面始终静止），则下列说法中正确的是（　　）

图3

A．滑块对斜面的作用力大小等于mgcosθ，方向垂直斜面向下

B．斜面对滑块的作用力大小等于mg，方向竖直向上

C．斜面受到地面的摩擦力水平向左，大小与m的大小有关

D．滑块能匀速下滑，则水平地面不可能是光滑的

解析　因滑块在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下匀速下滑，如图所示，所以斜面对滑块的作用力大小等于滑块重力mg，方向竖直向上，B项正确；而滑块对斜面的作用力与斜面对滑块的作用力是一对作用力与反作用力，所以A项错误；又因斜面及滑块均处于平衡状态，所以可将两者看成一个整体，则整体在竖直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面对斜面没有摩擦力作用，C、D项错误。

答案　B

4．如图4所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线a，导线a的正上方某处放置另一长直导线b，两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流。

现将导线b向右平移一小段距离，若导线a始终保持静止，则（　　）

图4

A．导线b受到的安培力方向始终竖直向下

B．导线b受到的安培力逐渐减小

C．导线a对桌面的压力减小

D．导线a对桌面的摩擦力方向水平向左

解析　导线a、b均处在对方产生的磁场中，故两导线均会受到安培力作用，由“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，当导线b未移动时，其受到的安培力方向竖直向下指向导线a，当导线b向右平移一小段距离后，导线b受到的安培力仍会指向导线a，选项A错误；由于导线a、b之间的距离增大而导线中的电流不变，故两导线之间的相互作用力减小（安培力F＝BIl），选项B正确；导线b向右平移后导线a的受力情况如图所示，由于导线a始终在桌面上保持静止，所以有FN＝G－Fsinθ，因为安培力F减小，sinθ减小，所以桌面对导线a的支持力增大，由牛顿第三定律可知，导线a对桌面的压力增大，选项C错误；由图可知，桌面对导线a的静摩擦力方向水平向左，故导线a对桌面的摩擦力方向水平向右，选项D错误。

答案　B

5．如图5所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁