2019高考物理快速提分法模型三平衡问题学案（含解析）.docx

1、1平衡问题物体处于静止或匀速运动状态，称之为平衡状态。平衡状态下的物体是高中物理中重要的模型，解平衡问题的基础是对物体进行受力分析。物体的平衡在物理学中有着广泛的应用：在静力学中有单体平衡、多体平衡；在电磁学中也有很多内容涉及平衡问题，如带电粒子在电、磁场中的运动、电磁感应中的收尾速度等等，都可能用到物体平衡知识。一、平衡态物体的特点：平面共点力作用下的物体受到的合外力为零。如果物体仅受三个力，则任意两力的合力与第三力大小相等、方向相反。合外力为零，意味着物体受到的诸力在任一方向上的分力的矢量和为零，因而常用正交分解法列平衡方程。形式为： 0yxF有固定转动轴物体的平衡，其合力矩为零，即 M

2、合 =0。它表示使物体顺时针转动的力矩等于使物体逆时针转动的力矩。二、平衡状态研究方法平衡态问题的研究方法，从研究对象的选取看，有整体法和隔离体法；从具体的求解过程看，有定量计算法(解析法)和定性分析法；从定量计算法的运用数学知识看，又分为相似三角形法和正弦、余弦定理及直角三角形的边角关系等方法。定性分析法，因不要求定量计算，一般采用图示法(力三角形法或平行四边形法)。另外还有常见的假设法、正交分解法等经典例题 五根细线连接如图， BE、 CF 两根细线下端分别系有重物 P、 Q。静止时 AB 段恰好水平， BC 段跟水平方向的夹角 和 CD 段跟竖直方向的夹角 均为 30。已知重物 P的重量

3、为 G1=30N。求： AB 段细线对结点 B 的拉力大小 F1；重物 Q 的重量 G2； CD 段细线对结点 C 的拉力大小 F2。分析与解答：以 B 点为对象，共点力平衡，用平行四边形定则求 AB 绳的拉力为 30 3N，同时可以求出 BC 线上的拉力为BEACDP QF260N。以 C 点为对象，共点力平衡，做出相应的平行四边形，其中重力 G2和 BC 线对 Q 的拉力等大，因此 G2=60N由上问的平行四边形可求得 CD 线对结点 C 的拉力是 BC 线拉力的3倍。变式 1 在图中， AO、 BO、 CO 是三条完全相同的细绳，并将钢梁水平吊起，若钢梁足够重时，绳 A 先断，则A 12

4、0 B 120C 120 D不论 为何值，A O 总先断分析与解答：当 120时，三绳的拉力互成 120角，三力大小相等，当 120时， FAO FBO FCO，此时 AO 绳先断，故答案为 C。经典例题 如图所示，轻绳 AC 与天花板夹角 =300，轻绳 BC 与天花板夹角 =600.设AC、 BC 绳能承受的最大拉力均不能超过 100N， CD 绳强度足够大，求 CD 绳下端悬挂的物重G 不能超过多少？分析与解答：如图所示，以结点 C 为研究对象，由共点力的平衡条件有006cos3csBAFiniC又 G = FC所以 AB3由题意知，当 FB=100N 时，物重 G 有最大值 Gmax联

5、立解得 N320max(或 115N) 变式 1 如图所示，质量为 m 的物体靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙之间的动摩擦因数为 ，若要使物体沿着墙匀速运动，则与水平方向成 角的外力 F 的大小如何？分析与解答：当物体沿墙匀速下滑时，受力如图（a）所示，建立如图所示的坐标系，由平衡条件得F1sin Ff1 mg300G600A BCFAyxFCFB3FN1 F1cos又有 Ff1 F N1解得 F1 cossinmg图（a）图（b）当物体匀速上滑时，受力如图（b）所示，建立如图所示的坐标系，由平衡条件得F2sin Ff2 mgFN2 F2cos又有 Ff2 F N2解得 F2 cossinmg变式

6、 2 质量为 的物体置于动摩擦因数为 的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？分析与解答：取物体为研究对象，物体受到重力 mg，地面的支持力 N，摩擦力 f及拉力 T 四个力作用，如图 1-1 所示。由于物体在水平面上滑动，则 f，将 和 N 合成，得到合力 F，由图知 F 与 f的夹角： arctgNrct不管拉力 T 方向如何变化，F 与水平方向的夹角 不变，即 F 为一个方向不发生改变的变力。这显然属于三力平衡中的动态平衡问题，由前面讨论知，当 T 与 F 互相垂直时，T 有最小值，即当拉力与水平方向的夹角 arctgrt90时，使物体

7、做匀速运动的拉力 T 最小。变式 3 如图所示， AB、 BC、 CD、和 DE 为质量可忽略的等长细线，长度均为 5 米，A、 E 端悬挂在水平天花板上， AE=14 米， B、 D 是质量均为 m0=7 千克的相同小球.质量为 m4的重物挂于 C 点，平衡时 C 点离天花板的垂直距离为 7 米.试求重物质量 m.分析与解答：如图所示，设 BH=x，HC= y则由几何关系得 252yx)7()(2x解得 x=4， y=3（因 45 0，所以另解 x=3， y=4舍去）则 54sin， 3cos取 B 球为研究对象，由共点力的平衡条件得 0sincBCAFco0gm解得 7150BC再取重物为

8、研究对象，由共点力的平衡条件得 mgFBCcos2解得 1870mkg 变式 4 如图所示，质量为 m 的物体放在倾角为 的斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为 ，今对物体施加沿斜面向上的拉力作用，物体恰好能匀速上滑，求此拉力的大小？分析与解答：物体在匀速运动中受四个力的作用，在用正交分解法建立坐标系时有两种思路：一种是把平行斜面方向和垂直斜面方向分别定为 x、 y 轴，如图所示，有：5小锦囊比较上述两种解题思路可以看出，用正交分解法解静力学问题，无论坐标系怎么建立，都能得到同样的答案，但坐标系建立得恰当有利于简化解题步骤。Nfcosmg.yinfFx0解得： cosgin另一种思路是把水平方向和

9、竖直方向分别定为 x 轴、 y 轴，如图所示，有：Nfmgsinfco.ycosfFx0解得： cosi经典例题 光滑半球面上的小球（可是为质点）被一通过定滑轮的力 F 由底端缓慢拉到顶端的过程中（如图所示） ，试分析绳的拉力 F 及半球面对小球的支持力 FN 的变化情况。分析与解答：如图所示，作出小球的受力示意图，注意弹力 FN 总与球面垂直，从图中可得到相似三角形。设球面半径为 R，定滑轮到球面的距离为 h，绳长为 L，据三角形相似得：由上两式得：绳中张力：6小球的支持力：又因为拉动过程中，h 不变，R 不变，L 变小，所以 F 变小，F N不变。变式 1 已知如图，带电小球 A、 B 的

10、电荷分别为 QA、 QB， OA=OB，都用长 L 的丝线悬挂在 O点。静止时 A、 B 相距为 d。为使平衡时 AB 间距离减为 d/2，可采用以下哪些方法A将小球 A、 B 的质量都增加到原来的 2 倍B将小球 B 的质量增加到原来的 8 倍C将小球 A、 B 的电荷量都减小到原来的一半D 将 小 球 A、 B 的 电 荷 量 都 减 小 到 原 来 的 一 半 ， 同 时 将 小 球 B 的 质 量增 加 到 原 来 的 2 倍分析与解答：由 B 的共点力平衡图知 LdgmFB，而 2QkBA，可知 3mgLQkdBA，答案为 BD变式 2 如图所示，一个重力为 的小环套在竖直的半径为

11、r的光滑大圆环上，一劲度系数为 k，自然长度为 L（L2r）弹簧的一端固定在小环上，另一端固定在大圆环的最高点 A。当小环静止时，略去弹簧的自重和小环与大圆环间的摩擦。求弹簧与竖直方向之间的夹角 分析与解答：若物体在三个力 F1、F 2、F 3作用下处于平衡状态，这三个力必组成首尾相连的三角形 F1、F 2、F 3，题述中恰有三角形 AOm与它相似，则必有对应边成比例。rNmgrcos)(2akL变式 4 一个质量为 m=50kg 的均匀圆柱体，放在台阶的旁边，台阶的高度 A 是圆柱半径r 的一半，如图所示，柱体与台阶接触处是粗糙的。现在图中柱体的最上方 A 处施一最小的力，使柱体刚好能开始以

12、 P 为轴向台阶上滚，求：1 所加力的大小。台阶对柱体作用力的大小。分析与解答：先将圆柱的重力顺 AP 与垂直 AP 方向分解，得OABmBgFNLd7小锦囊研究物理平衡问题时，遇上物体受三力作用而平衡，且三力成一定的夹角时，一般可以化三力平衡为二力平衡，其中涉及到力的三角形。如果能找出一个几何意义的三角形与这个具有物理意义的三角形相似时，可以快速利用相似三角形对应边成比例的规律建立比例关系式。可以避免采用正交分解法解平衡问题时对角度（力的方向）的要求到带斜线的力三角形，再作辅助线 BP、 AB，又得几何 ABP，与力三角形相似，有：APBmgF1， 2 rhAB23rhr32P解得： NgF

13、5021NmgF4302，A1P经典例题 如下图（a）所示，m 在三根细绳悬吊下处于平衡状态，现用手持绳 OB 的 B端，使 OB 缓慢向上转动，且始终保持结点 O 的位置不动，分析 AO、BO 两绳中的拉力如何变化分析与解答：由于 O 点始终不动故物体始终处于平衡状态，OC 对 O 的拉力不变且 OA 中拉力的方向不变，由平衡条件的推论可知绳 AO 的拉力 F1、绳 OB 的拉力 F2的合力 F的大小和方向不变。现假设 OB 转至图（b）中 F2位置，用平行四边形定则可以画出这种情况下的平行四边形，依此即可看出，在 OB 上转的过程中，OA 中的拉力 F1变小，而 OB 中的拉力 F2是先变

14、小后变大。变式 1 重 G 的光滑小球静止在固定斜面和竖直挡板之间。若挡板逆时针缓慢转到水平位置，在该过程中，斜面和挡板对小球的弹力的大小 F1、 F2各如何变化？8小锦囊动态平衡中各力的变化情况是一种常见类型，总结其特点有：合力大小和方向不变；一个分力的方向不变，分析另一个分力方向变化时两个分力的大小的变化情况。用图解法具有简单、直观的优点分析与解答：由于挡板是缓慢转动的，可以认为每个时刻小球都处于静止状态，因此所受合力为零。应用三角形定则， G、 F1、 F2三个矢量应组成封闭三角形，其中 G 的大小、方向始终保持不变； F1的方向不变； F2的起点在 G 的终点处，而终点必须在 F1所在

15、的直线上，由作图可知，挡板逆时针转动 90过程， F2矢量也逆时针转动 90，因此 F1逐渐变小， F2先变小后变大。（当 F2 F1，即挡板与斜面垂直时， F2最小）经典例题 三根不可伸长的相同的轻绳，一端系在半径为 r0的环 1 上，彼此间距相等，绳穿过半径为 r0的第 2 个圆环，另一端同样地系在半径为2r0的环 3 上，如图所示，环 1 固定在水平面上，整个系统处于平衡状态.试求第 2 个环中心与第 3 个环中心之间的距离.(三个环都是用相同的金属丝制作的，摩擦不计)分析与解答：过中心作一截面图，如图所示，由于对称，每根绳上张力相同，设为 F.设环 2 的质量为 m，则环 3 的质量为

16、 2m.对环 2 和 3 整体有:3 F = mg + 2mg对环 3 有:3 Fsin = 2mg由以上两式得: 3sin即 220dr，所以 50rd.变式 1 半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板 MN。在 P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q，整个装置处于静止。右图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使 MN 保持竖直，缓慢地向右移动，在 Q 落到地面以前，发现 P 始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是A MN 对 Q 的弹力逐渐减小23r0dF123PMQNF1F2G9小锦囊若研究对象由多个物体组成，首先考虑运用整体法，这样受力情况比较简单，

17、但整体法并不能求出系统内物体间的相互作用力，故此时需要使用隔离法，所以整体法和隔离法常常交替使用B地面对 P 的摩擦力逐渐增大C P、 Q 间的弹力先减小后增大D Q 所受的合力逐渐增大分析与解答：整体为对象 MN 对 Q 的弹力和地面对 P 的摩擦力是一对平衡力，以 Q 为对象画受力分析图，可知 MN 右移时 MN 对 Q 的弹力和 P、 Q 间的弹力都是增大的； Q 始终处于静止，因此合力始终为零。答案为 B变式 2 有一个直角支架 AOB， AO 水平放置，表面粗糙， OB 竖直向下，表面光滑。 AO上套有小环 P， OB 上套有小环 Q，两环质量均为 m，两环由一根质量可忽略、不可伸长

18、的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示） 。现将 P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较， AO 杆对 P 环的支持力 FN和摩擦力 f 的变化情况是A FN不变， f 变大B FN不变， f 变小C FN变大， f 变大D FN变大， f 变小分析与解答：以两环和细绳整体为对象求 FN，可知竖直方向上始终二力平衡， FN=2mg不变；以 Q 环为对象，在重力、细绳拉力 F 和 OB 压力 N 作用下平衡，设细绳和竖直方向的夹角为 ，则 P 环向左移的过程中 将减小， N=mgtan 也将减小。再以整体为对象，水平方向只有 OB 对 Q 的压力 N

19、 和 OA 对 P 环的摩擦力 f 作用，因此 f=N 也减小。答案为 B。变式 3 重 G 的均匀绳两端悬于水平天花板上的 A、 B 两点。静止时绳两端的切线方向与天花板成 角。求绳的 A 端所受拉力 F1和绳中点 C 处的张力 F2。分析与解答：以 AC 段绳为研究对象，根据判定定理，虽然 AC 所受的三个力分别作用在不同的点（如图中的 A、 C、 P 点） ，但它们必为共点力。设它们延长线的交点为 O，用平行四边形定则作图可得：tan2,sin1GFmgFNO ABPQ10经典例题 如图所示，AB 杆重力不计，长为 20 cm，A 端用铁链与墙相连，杆可绕 A 自由转动，另一端挂重 10

20、 N 的物体P，绳长 l=8 cm，系于墙与杆之间，杆 AB 保持水平，欲使拉力最小， 角应多大？分析与解答：重物 P 对 AB 杆 B 端拉力 TPB，对 A 点力臂为 AB，其力矩为：MTABB绳拉力 C分解为平行杆和竖直杆方向的两个分力垂直 AB 杆的分力 sin对 A 点的力矩为TTlACCicoicos根据力矩平衡条件，则有： MAB0即 TlPACsinco0解得： lBlisin2当 29045， 时， TC取最小值，其最小值为：TPABlNmin21085经典例题 一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，

21、再匀速运动。探测器通过喷气而获得推动力。以下关于喷气方向的描述中正确的是A探测器加速运动时，沿直线向后喷气B探测器加速运动时，竖直向下喷气C探测器匀速运动时，竖直向下喷气F FGGvvF 合11D探测器匀速运动时，不需要喷气分析与解答：探测器沿直线加速运动时，所受合力 F 合 方向与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，因此喷气方向斜向下方。匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。答案为 C变式 1 测定患者的血沉，在医学上有助于医生对病情作出判断。设血液是由红血球和血浆组成的悬浮液，将此悬浮液放进竖直放置的血沉管内，红血球便会

22、在血浆中匀速下沉，其下沉速率称为血沉。某人的血沉 v 的值大约是 10mm/h，如果把红血球近似为半径为 R 的小球，且认为它在血浆中下沉时所受的粘滞阻力为 f=6Rv 。在室温下， 1.810 -3Pas，已知血浆的密度 01.010 3/m 3，红血球的密度 1.310 3/m 3。试由以上数据估算红血球半径的大小。 （结果保留一位有效数字）分析与解答：血液是由红血球和血浆组成的悬浮液，红血球会在血浆中匀速下沉，可以把红血球近似为半径 R 的小球，它在血浆中下沉时所受的粘滞阻力为 f=6Rv ，由以上几个信可得出受力图，如图。此时红血球在血浆中匀速下沉，取红血球为研究对象。因为匀速下沉则

23、F=0，即 mg=F+fvg = 0vg+6Rv即( 0)4/3R 3g=6Rv代入数据，解之得 R=2.7310-6m310 -6 m变式 22003 年 10 月 15 日 9 时，在太空遨游 21 小时的“神舟”五号飞船返回舱按预定计划，载着宇航员杨利伟安全降落在内蒙古四子王旗地区 “神舟”五号飞船在返回时先要进行姿态调整，然后返回舱以近 8 km/s 的速度进入大气层，当返回舱距地面 30 km 时，返回舱上的回收发动机启动，相继完成拉出天线、抛掉底盖等动物在飞船返回舱运动到距地面 20 km 以下的高度后，速度减为 200 m/s 而匀速下降，此段过程中返回舱所受空气阻力为 f =

24、Sv21，式中 为大气的密度， v 是返回舱的运动速度， S 为与形状特征有关的阻力面积，当返回舱距地面高度为 10 km 时打开面积为 1 200 m2的降落伞，直到速度达到 8 m/s 后匀速下落为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为 0） ，当返回舱离地面 1.2 m 时反冲发动机点火，使反回舱落地的速度减为零，返回舱此时的质量为 2.7 103 kg，取 g = 10 m/s2（1）用字母表示出返回舱在速度为 200 m/s 时的质量；（2）分析从打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度和速度的变化情况；（3）求反冲发动机的平均反推力的大小及反冲发动机对返回舱做的功分析与解答：（1）

25、当返回舱在速度为 20 m/s 时，受到的重力和阻力平衡而匀速下落，12由牛顿第二定律 mg f = 0，根据已知条件得 mg Sv21= 0， m = gSv2（2）在打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度先增大而后减小，加速度方向向上，返回舱的速度不断减少，直到速度减小到 8 m/s 后匀速下落（3）反冲发动机工作后，使返回舱的速度由 8 m/s 减小为 0，返回舱受重力和平均反冲力F 作用做减速运动的位移为 h = 1.2 m，根据动能定理， （ mg F） h = 0 21mv2， F = 9.9 104 N 反冲发动机对返回舱做的功 W = Fh = 1.2 105 J变式 3

26、 在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上已知小石块的质量为 m1，气球（含球内氢气）的质量为 m2，气球体积为 V，空气密度为 （ V 和 均视作不变量） ，风沿水平方向吹，风速为 v已知风对气球的作用力 fku（式中 k 为一已知系数， u为气球相对空气的速度） 开始时，小石块静止在地面上，如图所示（1）若风速 v 在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由（2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速 v 保持不变量，求气球能达到的最大速度的大小分析与解答：（1）将气球和

27、小石块作为一个整体：在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力 G、浮力 F 和地面支持力 N 的作用，据平衡条件有 N=（ m1 m2） g V式中 N是与风速 v 无关的恒力，故气球会连同小石块不会一起被吹离地面（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两分运动，达最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有 xv气球在竖直方向做匀速运动，有 2ygkv气球的最大速度 2my联立求解得 22-()gVvk变式 4 当物体从高空下落时，空气阻力会随物体的速度增大而增大，因此经过下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度。研究发现，在相同环境条件下，球形物体的终极速度仅与球的半径和质

28、量有关。下表是某次研究的实验数据：小球编号 A B C D E13小球的半径（10 -3m） 0.5 0.5 1.5 2 2.5小球的质量（10 -6kg） 2 5 45 40 100小球的终极速度（m/s） 16 40 40 20 32(1) 根据表中的数据，求出 B 球与 C 球在达到终极速度时所受的空气阻力之比。(2) 根据表中的数据，归纳出球型物体所受的空气阻力 f 与球的速度及球的半径的关系，写出表达式及比例系数。(3)现将 C 号和 D 号小球用轻质细线连接，若它们在下落时所受的空气阻力与单独下落时的规律相同。让它们同时从足够高处下落，请求出它们的终极速度；并判断它们落地的顺序（不

29、需要写出判断理由） 。分析与解答： (1) 球在达到终极速度时为平衡状态。 f = mg fB : fC = mB : mC=1:9 （2）由 A、B 球数据可得，阻力与速度成正比，由 B、C 球数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，得 f = kvr2k = 4.9Ns/m3（3） mCg + mDg = fC + fD = kv(rC2 + rD2)代入得 v=27.2m/s C 球先落地经典例题 如图所示，一质量为 m、电量为+q 的带电小球以与水平方向成某一角度 的初速度 v0射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动若电场的场强大小不变，方向改为相反同时加一垂直纸面向外的匀

30、强磁场，小球仍以原来的初速度重新射入，小球恰好又能做直线运动求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角 。分析与解答：在没有磁场，只有电场时，设小球的运动方向与水平方向的夹角为 受力情况如图甲所示mgV0qEqvB乙mg甲V0qEV0E14根据已知得： tanmgEq在既有磁场又有电场时，E 不变，受力情况如图乙，由几何知识得 45 0 小球仍做直线运动，有： sinco0mgqBv解得：B 02E qgtan变式 1 两个正点电荷 Q1=Q 和 Q2=4Q 分别置于固定在光滑绝缘水平面上的 A、 B 两点，A、 B 两 点 相 距 L， 且 A、 B 两 点 正 好 位 于

31、水 平 光 滑 绝 缘 半 圆 细 管 的 两 个 端 点 出 口 处 ， 如 图 所 示 。（1）现将另一正点电荷置于 A、 B 连线上靠近 A 处静止释放，它在 AB 连线上运动过程中能达到最大速度的位置离 A 点的距离。（2）若把该点电荷放于绝缘管内靠近 A 点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中速度为最大值时的位置 P。即求出图中 PA 和 AB 连线的夹角 。（ 3） Q1、 Q2两 点 电 荷 在 半 圆 弧 上 电 势 最 低 点 的 位 置 P/是 否 和 P 共 点 ， 请 作 出 判 断 并 说 明 理 由 。分析与解答：（1）正点电荷在 A、 B 连线上速度最大处对应该

32、电荷所受合力为零，即22)(xLqkx即 122)(QL得 x= 3（2）点电荷在 P 点处如其所受库仑力的合力沿 OP 方向，则它在 P 点处速度最大，即此时满足15tan = 2212sinco4)c(siRQqkF即得 =arctan34（3） P/点即为 P 点。因为正点电荷从 A 点沿管道运动至 P 的过程中，电场力做正功，它的电势能减小，而从 P 运动至 B 过程中，克服电场力做功，它的电势能将增大，因此该正点电荷在 P 处电势能最小，相应 P 点处的电势最低。经典例题 如图所示，在空间存在水平向里，场强为 B 的匀强磁场和竖直向上，场强为E 的匀强电场。在某点由静止释放一个带负电

33、的液滴 a ,它运动到最低点处，恰与一个原来处于静止的带正电的液滴 b 相撞，撞后两液滴合为一体，沿水平方向做直线运动，已知液滴 a 的质量是液滴 b 质量的 2 倍；液滴 a 所带电量是液滴 b 所带电量的 4 倍。求两液滴初始位置之间的高度差 h。 （ a、 b 之间的静电力忽略）分析与解答：碰撞前 a 做曲线运动，电场力和重力做功，获得速度 v， a、 b 碰撞动量守恒，碰后合液滴竖直方向合力为零，沿水平方向匀速直线运动。设 a 电量为 4q，质量为 2m, b 电量为 q，质量为 m碰前对 a 由动能定理对 b 碰前有： qE=mga、 b 碰撞，动量守恒 122mvv碰后合液滴水平直

34、线，力平衡，总电量 3q，质量 3mabBE16联立得23EhgB变式 1 在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系 oxyz (z 轴正方向竖直向上)如图所示已知电场方向沿 z 轴正方向，场强大小为 E；磁场方向沿 y 轴正方向，磁感应强度的大小为 B；重力加速度为g问：一质量为 m，带电量为 +q 的从原点出发的质点能否在坐标轴( x、 y、 z)上以速度 v 做匀速运动？若能， m、 q、 E、 B、 v及 g 应满足怎样的关系？若不能，说明理由分析与解答：已知带电质点受到的电场力为 qE，方向沿 z 轴正方向，质点受到的重力为 mg，沿 z 轴负方向假设质点在 x 轴上做匀速运

35、动，则它们所受洛仑兹力必沿 z 轴正方向(当 v 沿 x 轴正方向)或沿 z 轴负方向(当 v 沿 x 轴负方向)，要质点做匀速运动必分别有：qvB+qE=mg 或 qE=qBv+mg 假设质点在 y 轴上做匀速运动，则无论沿 y 轴正方向还是负方向，洛仑兹力都为零，要质点做匀速运动必有： qE=mg 假设质点在 z 轴上做匀速运动，则它受的洛仑兹力必平行于 x 轴，而电场力和重力都平行于 z 轴，二力的合力不可能为零，与假设矛盾，故质点不可能在 z 轴上做匀速运动. 变式 2 磁流体发电是一种新型发电方式，图 1 和图 2 是其工作原理示意图。图 1 中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高

36、、宽分别为l、 a、 b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻 1R相连。整个发电导管处于图 2 中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为 B，方向如图所示。发电导管内有电阻率为 的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为 0v，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差 p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力 F 多大；17（2）磁流体发电机的电动势 E

37、 的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率 P。分析与解答：（1）不存在磁场时，由力的平衡得 pabF（2）设磁场存在时的气体流速为 v，则磁流体发电机的电动势 BavE回路中的电流 blaRBvIL电流 I 受到的安培力 lFL2安设 F为存在磁场时的摩擦阻力，依题意 0vF存在磁场时，由力的平衡得 pab安根据上述各式解得 )(102blaRpvBEL（3）磁流体发电机发电导管的输入功率 pvP由能量守恒定律得 vFEIP故 )(102blaRpBL经典例题 如图所示，倾角 =30、宽度 L=1m 的足够长的“U”形平行光滑金属导轨固定在磁感应强度 B =1T，范围充分大的匀强磁场中，

38、磁场方向垂直于斜面向下。用平行于轨道的牵引力拉一根质量 m =0.2、电阻 R =1 放在导轨上的金属棒 a b，使之由静止沿轨道向上移动，牵引力做功的功率恒为 6W，当金属棒移动 2.8m 时，获得稳定速度，在此过程中金属棒产生的热量为 5.8J，不计导轨电阻及一切摩擦，取 g=10m/s2。求：（1）金属棒达到稳定时速度是多大？（2）金属棒从静止达到稳定速度时所需的时间多长？Fa bB18分析与解答：（1）金属棒沿斜面上升达稳定速度时，设所受的安培力为 F 安 ，由平衡条件得：F=mgsin +F 安而 F 安 =BIL=B RLvL 又 vPF联立以上三式解得 v=2m/s （2）由能量

39、转化与守恒定律可得 Pt = mgssin + 21mv+Q 代入数据解得： t =1.5s 变式 1 如图所示，两根完全相同的“V”字形导轨 OPQ与 KMN 倒放在绝缘水平面上，两导轨都在竖直平面内且正对、平行放置，其间距为 L，电阻不计。两条导轨足够长，所形成的两个斜面与水平面的夹角都是 两个金属棒 ab和 ab的质量都是 m，电阻都是 R，与导轨垂直放置且接触良好空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B(1)如果两条导轨皆光滑，让 ab固定不动，将 ab 释放，则 ab 达到的最大速度是多少?(2)如果将 ab 与 ab同时释放，它们所能达到的最大速度分别是多少?分析与解答： (1)

40、ab 运动后切割磁感线，产生感应电流，而后受到安培力，当受力平衡时，加速度为 0，速度达到最大，受力情况如图所示则：mgsin=F 安 cos又 F 安 BILI E 感 /2RE 感 BLvmcos 联立上式解得 2cosinLBgRv(2)若将 ab、ab同时释放，因两边情况相同，所以达到的最大速度大小相等，这时ab、ab都产生感应电动势而且是串联mgsin F 安 cosF 安 BIL19RBLvIm2cos 2 csing变式 2 如图所示，金属杆 、 置于平行轨道 MN、 PQ 上，可沿轨道滑动，两轨道间距离为 L 0.5 ，轨道所在空间有匀强磁场与轨道平面相互垂直，磁感应强度 B

41、0.5T，用力 F 0.25N 向右水平拉杆 ，若 、 与轨道间的滑动摩擦力为f1 0.15N、 f2 0.1N，两杆的电阻分别为 R1R 20.1。求：（1）两杆之间的稳定速度差，设轨道电阻不计， 、 的质量关系为 2 1 3 2（2）若 F 0.3N，两杆间稳定速度差又是多少？ 分析与解答：由 F f1，故棒 ab 由静止开始作匀加速运动，棒 ab 中将出现不断变大的感应电流，致使 cd 也会受到安培力 F2作用. 当 F2 f2时， cd 棒也开始运动，故 cd 棒开始运动的条件是 F f1 f2 0.(1)当 F= 0.25N 时， F f1 f2 0.故 cd 棒保持静止，两杆的稳定

42、速度差等于 ab 棒的最终稳定速度 v1max，故此种情况有Im 21R 21maxBl， Fm BIml， F Fm f1 0，得 v1max = 0.32m/s.(2)当 F 0.3N 时，有 I 21)(Rvl，F 1F 2BI l， F f1 F1 m1a1，F2 f2 m2a2， a1 a2得 v1 v2 )(221fflBR0.38m/s.变式 3 如图所示，有两根足够长、不计电阻，相距 L 的平行光滑金属导轨 cd、 ef 与水平面成 角固定放置，底端连一电阻 R，在轨道平面内有磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上.现有一平行于 ce、垂直于导轨、质量为 m、电阻

43、不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力 F 作用下，从底端 ce 由静止沿导轨向上运动，当 ab 杆速度达到稳定后，撤去拉力 F，最后 ab 杆又沿轨道匀速回到 ce 端.已知 ab 杆向上和向下运动的最大速度相等.求:拉力 F 和杆 ab 最后回到 ce 端的速度 v.20分析与解答：解:当 ab 杆沿导轨上滑达到最大速度 v 时，其受力如图所示:由平衡条件可知:F-FB-mgsin=0 又 FB=BIL 而 RLvI联立得: 0sin2mgF同理可得，下滑过程中: i2RvLB解得: sin2gF2LBmRv变式4如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，

44、导轨平面与水平面成 =37角，下端连接阻值为R的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。求：(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若 R2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向 ( g=10rn s2， sin37 0.6， cos37 0.8)分析与解答： (1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsin mgcos ma得 a 10(O.6 0.250.8)m s2=4m s2(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin 一 mgcos0 一 F 0 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率： Fv P FBFFNmgva FbBRcdef21解得 8/10/0.21(.6025.)PvmsF(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为 l，磁场的磁感应强度为BvBlRPI 2R解得 80.41PTvl磁场方向垂直导轨平面向上解决平衡问题的基本方法：（1）弄请平衡状态（加速度为零）（2）巧选研究对象（整体法和隔离法）（3）作好受力分析（规范画好受力图）（4）建立平衡方程（5）求解、讨论