2020高考物理通用版大二轮复习讲义：专题一　力与物体的平衡 WORD版含解析.docx

1、高考命题点命题轨迹情境图受力分析整体法和隔离法的应用静态平衡问题20163卷1716(3)17题17(2)16题19(3)16题20172卷16,3卷1720192卷16,3卷16动态平衡问题20161卷19,2卷1416(1)19题 16(2)14题17(1)21题19(1)19题20171卷2120191卷19平衡中的临界与极值问题电学中的平衡问题20151卷2415(1)24题16(1)24题19(1)15题20161卷2420191卷151弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律Fkx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解(2)方向：一般垂

2、直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向2摩擦力(1)大小：滑动摩擦力FfFN，与接触面的面积无关；静摩擦力的增大有一个限度，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求解(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反3电场力(1)大小：FqE.若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关点电荷间的库仑力Fk.(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反4安培力(1)大小：FBIL，此式只适用于BI的情况，且L是导线的有效长度，当BI时，F0.(2)方向：用左手定则判断，安培力

3、垂直于B、I决定的平面5洛伦兹力(1)大小：FqvB，此式只适用于Bv的情况当Bv时，F0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功6共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动(2)平衡条件：F合0或Fx0，Fy0.(3)常用推论若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n1)个力的合力大小相等、方向相反若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形1处理平衡问题的基本思路确定平衡状态(加速度为零)巧选研究对象(整体法或隔离法)受力分析建立平衡方程求解或作讨论2常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及

4、确定它们的方向时常用假设法(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等3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电场力、安培力或洛伦兹力4如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动；如果是匀速圆周运动，则电场力与重力的合力为0.1基本思路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2两点注意(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同(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“

5、转移研究对象法”例1 (2019云南保山市统一检测)如图1所示，A、B、C三个物体处于平衡状态，则关于A、B、C三个物体的受力个数，下列说法正确的是()图1AA物体受到4个力的作用BB物体受到3个力的作用CC物体受到3个力的作用DC物体受到4个力的作用答案C解析物体C受重力、B的支持力和摩擦力3个力的作用，选项C正确，D错误；物体B受重力、A的支持力、C的压力和摩擦力4个力的作用，选项B错误；物体A受重力、地面的支持力以及B的压力3个力的作用，选项A错误拓展训练1(多选)(2019福建宁德市5月质检)中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后

6、向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图2所示则在向右行笔的过程中()图2A镇纸受到向左的摩擦力 B毛笔受到向左的摩擦力C白纸只受到向右的摩擦力 D桌面受到向右的摩擦力答案BD解析白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故A错误；毛笔在书写的过程中相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面对白纸向左的摩擦力，故C错误；根据

7、牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，故D正确拓展训练2如图3所示，一固定斜面上两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为，重力加速度为g.B与斜面之间的动摩擦因数与A、B间弹力FN的大小分别是()图3Atan ，FNmgsin Btan ，FNmgsin Ctan ，FNmgcos Dtan ，FNmgsin 答案A解析以A、B整体为研究对象，根据平衡条件得：2mgsin 2mgcos mgcos ，解得tan ，以B为研究对象，则mgsin mgcos FN解得FNmgsin 故选项A正确，选项B、

8、C、D错误1基本思路：根据物体所处的状态(静止或者匀速直线运动)，受力分析，结合平衡条件列式2主要方法：力的合成法和正交分解法例2(2019全国卷16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为()A150 kg B100 kg C200 kg D200 kg答案A解析设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有Fmgsin 30mgcos 30，F1 500 N时，物块的质量最大，解得m150 kg，A

9、项正确拓展训练3(2019广东深圳市4月第二次调研)如图4所示，用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b，再水平移到c，最后竖直下移到d.全过程钢件受到水的阻力大小不变，方向与运动方向相反，所受浮力恒定则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段，缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是()图4AF1F2F3 BF1F3F2CF2F1F3 DF3F2F1答案A解析钢件从a到b，对钢件受力分析，有F1F浮mgF阻因F浮恒定，令F0mgF浮，则有F1F0F阻从b到c，有F2从c到d，有F3F0F阻故F1F2F3，A正确，B、C、D错误拓展训练4 (2019重庆市部分区县第一次诊断)如图5所示，水

10、平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L2 m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d1.2 m，重为8 N的钩码用光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为()图5A10 N B8 N C6 N D5 N答案D解析设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为，则根据几何关系可知NQMN，即PM等于绳长；根据几何关系可得：sin 0.6，则37，根据平衡条件可得：2FTcos G，解得：FT5 N，故D正确1解析法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况(1)先受

11、力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况2图解法(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析说明：此法一般应用于物体受3个共点力或者可以等效为3个共点力的情况，并且常用于定性分析例3 (多选)(2019全国卷19)如图6，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮

12、一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45.已知M始终保持静止，则在此过程中()图6A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力FT是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小会一

13、直增大，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D正确拓展训练5 (2019安徽蚌埠市第二次质检)如图7所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中()图7AFf变小，F变大BFf变小，F变小CFf变大，F变小DFf变大，F变大答案D解析方法一：解析法以小球乙为研究对象，受力分析，如图甲所示，设绳与竖直方向的夹角为，小球乙的质量为m乙，根据平衡条件可得，水平拉力Fm乙gtan ，乙球缓慢上升一小段

14、距离的过程中，增大，可知水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力FT，故绳子的拉力也是逐渐增大；以物体甲为研究对象，受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力Ff与绳子的拉力沿水平方向的分力FTxFTcos 等大反向，故摩擦力方向向左，Ff逐渐增大，故D正确方法二：图解法对乙球受力分析并把各力平移到一个矢量三角形内，画出如图丙所示的动态分析，可知F、FT都增大拓展训练6 (多选)(2019山东潍坊市下学期高考模拟)如图8所示，一倾角为30的斜面固定在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为m的物体P上，右端连接一轻质细绳，细绳跨过光滑的定滑轮连接质量为m的物体Q，整个系统处于静止状态对Q

15、施加始终与右侧悬绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动直至悬绳水平，弹簧始终在弹性限度内则()图8A拉力F先变大后变小B弹簧长度先增加后减小CP所受摩擦力方向先向下后向上D斜面对P的作用力先变小后变大答案CD解析对Q进行受力分析，如图甲所示：可知，当Q缓慢向上运动时，细绳的拉力FT逐渐减小，而拉力F逐渐增大，当悬绳水平时，拉力Fmg，FT0，又弹簧的弹力等于绳的拉力，故选项A、B错误；对P进行受力分析如图乙 开始当Q未动时，弹簧弹力为F弹mg，则此时摩擦力FfF弹mgsin 30，沿斜面向下，随着弹簧弹力的减小，则摩擦力减小，当F弹mgsin 30时，Ffmgsin 30F弹，方向沿斜面向上，即P所受摩

16、擦力先向下减小，后向上增大，故选项C正确；斜面对P的作用力即为P受到的摩擦力和支持力的合力，与P受到的重力mg和弹簧弹力F弹的合力大小相等、方向相反，随着弹簧弹力F弹的减小，则重力mg和弹簧弹力F弹的合力也减小(小于重力mg)，当弹簧弹力减小到0，二者合力大小等于重力mg，即斜面对P的作用力先变小后变大，故选项D正确1临界状态平衡中的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述，解决临界问题的基本方法是假设推理法2解题思路解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条

17、件或达到极值的条件要特别注意可能出现的多种情况例4 (2019山东滨州市上学期期末)如图9所示，倾角为37的斜面体固定在水平面上，斜面上有一重为10 N的物体，物体与斜面间的动摩擦因数0.5，现给物体施加一沿斜面向上的力F，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin 370.6，cos 370.8，如果物体能在斜面上静止，推力F的大小不可能是()图9A2 N B10 N C5 N D12 N答案D解析(1)物体恰好不下滑时，受重力、支持力、推力、平行斜面向上的静摩擦力，垂直斜面方向：FNGcos 0平行斜面方向：FminFfGsin 其中：FfFN联立解得：FminGsin Gcos 100.6

18、N0.5100.8 N2 N；(2)物体恰好不上滑时，受重力、支持力、推力、平行斜面向下的静摩擦力，垂直斜面方向：FNGcos 0平行斜面方向：FmaxFfGsin 其中：FfFN联立解得：FmaxGsin Gcos 100.6 N0.5100.8 N10 N推力F的大小范围为2 NF10 N所以不可能的是12 N.拓展训练7 (2019广西钦州市4月综测)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图10所示)，往往就可以把门卡住有关此现象的分析，下列说法正确的是()图10A木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住B门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小C只要木楔

19、的厚度合适都能将门卡住，与顶角的大小无关D只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关答案B解析木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等、方向相反，故A错误；对木楔受力分析如图所示：水平方向：FfFsin ，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，门对木楔作用力的水平分量与地面对木楔的摩擦力大小相等，故B正确；对木楔，竖直方向：FNFcos mg则FfmaxFN(Fcos mg)要把门卡住，则有：不管多大的力F均满足FfmaxFf，即(Fcos mg)Fsin ，不管m的大小，只要tan ，就可把门卡住，故能否把门卡住与顶角以及接触面的粗糙程度有关，故C、D错

20、误1基本思路 要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题2几点注意(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用例5 (2019全国卷15)如图11，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()图11AP和Q都带正电荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP带负电荷，Q带正电

21、荷答案D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的电场力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确拓展训练8 (2019河南平顶山市一轮复习质检)如图12所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度

22、大小的变化情况是()图12A一直减小B一直增大C先减小后增大D先增大后减小答案C解析磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由FBIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，故选C.拓展训练9(2019湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图13甲所示，MN、PQ是两根长为L2 m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d1 m，导轨所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R6 的电阻质量为m0.2 kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止从t0时刻开始，空间存在垂直导轨

23、平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，在t00.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B01.2 T已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.求：图13(1)0t0时间内通过电阻R的电荷量q；(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数.答案(1)0.2 C(2) 0.75解析(1)由题意得0t0时间内回路中磁通量的变化量：B0dEI故0t0时间内通过电阻R的电荷量：qIt联立解得I2 A，q0.2 C；(2)由题意知，未加磁场时，金属棒恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为，则

24、有mgsin FfmFfmFNFNmgcos 在t00.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安mgsin Ffm此时F安B0Id联立解得0.75.专题强化练(限时15分钟)1. (2019广东揭阳市第一次模拟)如图1所示，在粗糙水平面上放置A、B、C三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹簧的伸长量相同，且它们之间的夹角ABC120，整个系统处于静止状态已知A物块所受的摩擦力大小为Ff，则B物块所受的摩擦力大小为()图1A.Ff BFfC.Ff D2Ff答案B解析物块A水平方向上受弹簧的拉力FT和水平面的静摩擦力Ff作用，根据共点力平衡条件可知：FTFf，由于两根弹簧相同，

25、且伸长量相同，因此，两弹簧上的弹力大小相等，对B，水平方向受两弹簧的拉力和水平面的静摩擦力Ff作用，根据共点力平衡条件可知：Ff2FTcos 60Ff，故选项B正确2. (2019重庆市沙坪坝等主城六区第一次调研抽测)如图2，轻绳一端系在小球A上，另一端系在圆环B上，B套在粗糙水平杆PQ上现将水平力F作用在A上，使A从图中实线位置(轻绳竖直)缓慢上升到虚线位置，但B仍保持在原来位置不动则在这一过程中，杆对B的摩擦力F1、杆对B的支持力F2、绳对B的拉力F3的变化情况分别是()图2AF1逐渐增大，F2保持不变，F3逐渐增大BF1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大CF1保持不变，F2逐渐增大，F

26、3逐渐减小DF1逐渐减小，F2逐渐减小，F3保持不变答案A解析设A球的质量为m，B环的质量为M，对A球受力分析，如图甲所示：由平衡条件可得F3cos mg，Fmgtan ，增大，则F3增大，F增大；再对小球A及圆环B整体受力分析，如图乙所示：有：F1F，F2(Mm)g，则F2不变，F1变大，故选A.3. (2019湖南娄底市下学期质量检测)如图3所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面且处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是()图3A.B0IL，水平向左 B.B0IL，水平向右C.

27、B0IL，水平向左 D.B0IL，水平向右答案D解析根据安培定则，知A、B电流在C处的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，可知30，则有：BCB0，方向竖直向下；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F安B0IL；由于导线C位于水平面且处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL，方向水平向右4. (2019安徽“江南十校”综合素质检测)如图4所示，游乐场中有一半球形的碗状装置固定在水平地面上，装置的内半径为R，在其内表面有一个小孩(可视为质点，图中未画出)从底部向上爬行，小孩与内表面之间的动摩擦因数为0.75，设小孩所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小孩沿该装置缓慢

28、向上爬行的最大高度是()图4A0.2R B0.25R C0.75R D0.8R答案A解析如图所示，当小孩爬至最高处时，所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件知，mgsin mgcos ，得37，可求得最大高度为hRRcos 0.2R，故A选项正确5. (2018辽宁省大连市第二次模拟)如图5所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用FN表示铰链对细棒的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图5AF逐渐变小，FN大小不变BF逐渐变小，FN大小变

29、大CF先变小后变大，FN逐渐变小DF先变小后变大，FN逐渐变大答案A解析画出细棒的受力图如图；根据三角形定则及相似三角形可知：，因OO1和O1O2不变，则FN不变；随OO2的减小，F减小，故选A.6. (多选)(2019福建三明市期末质量检测)如图6所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d.若A球电荷量保持不变，B球缓慢漏电，不计两小球半径，则下列说法正确的是()图6A丝线对B球的拉力逐渐变大BA球对B球的库仑力逐渐变小C当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的D当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的答案BD解

30、析对B受力分析，根据B受力平衡可得：B球缓慢漏电，可知F减小，则d逐渐减小，FT不变，则A错误，B正确；当AB间距离减为时，则库仑力减小到原来的，根据Fk可知B球的电荷量减小为原来的，选项C错误，D正确7. (2019广东梅州市5月二模)如图7所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力FT作用下，缓慢地由A向B运动，FT始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN，在运动过程中()图7AFT增大，FN减小BFT减小，FN减小CFT增大，FN增大DFT减小，FN增大答案A8. (2019四川乐山市第一次调查研究)如图8所示，质量M3 kg的木块套在固

31、定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹角为30.今用与水平方向成60角的力F10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g取10 m/s2.求：图8(1)小球的质量m；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数.答案(1)1 kg(2)解析(1)小球受力平衡，合力为零，以小球为研究对象水平方向：Fcos 60FTcos 30竖直方向：Fsin 60FTsin 30mg解得：m1 kg(2)以木块和小球整体为研究对象，受力平衡，合力为零水平方向：Fcos 60FN0竖直方向：FNFsin 60Mgmg0解得：.9(2019广东东莞市上学期期末质检)如图9所示

32、，两平行金属导轨间的距离L0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E4.5 V、内阻r0.5 的直流电源，现把一个质量m0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R2.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，求：图9(1)通过导体棒的电流I的大小；(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力Ff的大小及方向答案(1)1.5 A(2)0.3 N方向平行导轨向上(3)0.06 N方向平行导轨向下解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I，解得：I1.5 A(2)导体棒受到的安培力FBIL0.3 N由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F1mgsin 370.24 N由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力Ff，画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有mgsin 37FfF，解得Ff0.06 N.