福建省三明市永安市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省三明市永安市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省三明市永安市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） ‎ 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1.如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（　　）‎ A. 线框中有感应电流，且按顺时针方向 B. 线框中有感应电流，且按逆时针方向 C. 线框中有感应电流，但方向难以判断 D. 由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 直导线电流，根据右手螺旋定则可知，直导线右边的磁场垂直向里，左边的磁场垂直向外，因处于线框的中点处，所以穿过线框的磁通量相互抵消，恰好为零；当线框向右运动的瞬间，导致直导线右边垂直向里穿过线框的磁通量减小，而直导线左边垂直向外的磁通量在增大，根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针，B正确．‎ ‎2.如图是安装在潜水器上深度表的电路简图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源电压不变，R0是定值电阻，在潜水器下潜过程中，电路中有关物理量的变化情况是（　　）‎ A. 通过显示器的电流减小 B. R0两端的电压增大 C. 传感器两端的电压增大 D. 电路的总功率减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查闭合回路的欧姆定律的动态电路分析问题，有题干知压力传感器的电阻随温度的增加而减少，用欧姆定律分析可得答案。‎ ‎【详解】解：A、由题，潜水器下潜的过程中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，所以电路中的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律：可知电路中的电流值增大，故A错误；‎ B、电路中的电流值增大。根据欧姆定律，两端的电压，U增大。故B正确；‎ C、传感器两端的电压，由于I增大，其他的都不变，所以传感器两端的电压减小。故C错误；‎ D、由可知，电路的总功率随电流的增大而增大。故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】在潜水器下潜过程中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，得出总电阻减小，结合闭合电路的欧姆定律与电功率的表达式即可解答．‎ 该题考查了串联电路的特点以及闭合电路的欧姆定律，解答的关键是由压力传感器的电阻随压力的增大而减小，从而得出总电阻的变化，再根据欧姆定律解答即可．‎ ‎3.有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma＞mb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则（　　）‎ A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设物体初速度为v，初动能为，所受的阻力为F，通过的位移为s 物体的速度与动能的关系为，得，由，得：，由题意可知：t和相同，则质量越大，位移越小，，所以；‎ 由动能定理得：，因初动能相同，F与s成反比，则，故C正确，ABD错误 点睛：本题综合考查动能、动能定理及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间时，则应考虑应用运动学公式，不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系。‎ ‎4.图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功W甲：W乙之比为（　　）‎ A. 1： B. 1：2 C. 1：3 D. 1：6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲图中，在一个周期6×10-2s内，电阻发热的时间是0～2×10-2s、4×10-2s～6×10-2s内，根据电流的热效应有：，代入数据得，解得电流的有效值。乙图中，在一个周期4×10-4s内，电阻发热的时间为0～4×10-4s，根据电流的热效应有：，代入数据得，，解得电流的有效值I′=1A。‎ 根据知，在相同时间内相同的电阻，消耗的电功之比等于．故C正确，A、B、D错误。‎ ‎5.如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）‎ A. 图甲中，的电阻比的直流电阻小 B. 图甲中，断开开关瞬间，流过的电流方向自右向左 C. 图乙中，变阻器R连入电路的电阻比的直流电阻大 D. 图乙中，闭合开关瞬间，中的电流与变阻器R中的电流相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误； ‎ B、图甲中，闭合S1，电路稳定后两个支路电流的方向都向右，断开开关S1瞬间，灯A1的原来的电流消失，线圈中的电流方向不变，所以流过A1的电流方向自右向左，故B正确； ‎ C、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误； ‎ D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2‎ 中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。‎ ‎6.如图所示的交流电压u=220sin100πtV，接在阻值R=220Ω的电阻两端，则（　　）‎ A. 该交流电的频率为100Hz B. 电压表的读数为311V C. 电流表读数为1A D. 2s内电阻的焦耳热是880J ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、该交流电的频率，故A错误；‎ B、电压表的示数为交流电的有效值，故其示数为，故B错误；‎ C、电流表的读数为：，故C正确；‎ D、2s内电阻产生的电热，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内。一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．‎ 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．‎ ‎8.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图中的哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环对桌面的压力增大（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小。根据法拉第电磁感应定律，E，则感应电流I，可知减小时，感应电流才减小。A选项减小，B选项增大，C、D选项不变。所以A正确，B、C、D错误。‎ ‎9.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω 、1Ω 和4Ω ，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压：，电流为： ，副线圈的电压： 根据欧姆定律：，当开关S闭合时，原线圈两端电压：，电流为： ，副线圈的电压：，根据欧姆定律： 。综上解得： ，故ACD错误，B正确。‎ ‎10.下列各种说法中，哪些是能够成立的（　　）‎ A. 某一段时间内物体动量的增量不为零，该段时间内物体受到的冲量可能为零 B. 某段时间内物体受到的冲量为零，而其中某一时刻物体的动量可能不为零 C. 某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零 D. 某一时刻物体动量为零，而动量对时间的变化率不为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、某一段时间内物体动量的增量不为零，根据动量定理知该段时间内合外力的冲量不为零，故A错误。‎ B、某一段时间内物体受到的冲量为零，根据动量定理，物体的动量变化量为零，其中某一时刻物体的动量可能不为零，故B正确。‎ C、某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故C错误。‎ D、物体动量的变化率是所受合力；所以某一时刻物体的速度为零，动量为零，动量的变化率可以不为零，故D正确。‎ 二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）‎ ‎11.如图甲所示，在粗糙的水平面上放置一个圆形闭合金属线圈，线圈右半部处于磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向竖直向上，线圈始终处于静止状态，则（　　）‎ A. 在时刻线圈不受安培力作用 B. 在时间内线圈中的感应电流不断减小 C. 在时刻线圈中的感应电流方向发生变化 D. 在时间内线圈受到的摩擦力先增加后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了法拉第电磁感应定律、安培力大小公式等运用，分析清楚图乙所示图象判断磁感应强度变化率如何变化与磁感应强度大小是多少是解题关键，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律与平衡条件即可解题。‎ ‎【详解】解：A、时刻磁感应强度的变化率为0，线圈中的感应电动势为0，线圈不受安培力的作用，故A正确；‎ B、在磁感应强度的变化率增大，根据法拉第电磁感应定律知线圈中的感应电动势不断增大，线圈中的感应电动势不断增大，故B错误；‎ C、在内磁场向上减弱，磁通量减小，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流；内磁场向下在增强，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，线圈中产生逆时针方向的感应电流，所以在时刻线圈中的感应电流方向没有发生变化，故C错误；‎ D、在时，磁感应强度为0，线圈不受安培力作用，摩擦力为0，在时磁感应强度的变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0，线圈也不受安培力，不受摩擦力，而在中间过程中，线圈中有感应电流，且磁感应强度不为0，受到的安培力不为0，由于线圈始终静止，所以安培力等于静摩擦力，摩擦力不为0，所以在内线圈受到的摩擦力先增加后减小，故D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎【点睛】根据图乙所示图象判断线框产生的感应电流与线框受到的安培力大小与方向如何变化，线框静止处于平衡状态，应用平衡条件求出摩擦力，然后判断摩擦力的方向与大小如何变化。‎ ‎12.边长为L的正方形线框在匀强磁场 B中以角速度ω匀速转动，产生的感应电流的最大值为Im，设灯泡的电阻为R，其他电阻不计。从如图所示位置开始计时，则（　　）‎ A. 电路中电流的最大值 B. 电流表的读数为 C. 灯泡的电功率为 D. 电路中电流的瞬时表达式为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、感应电动势的最大值，则最大电流，故A正确。‎ B、电流表的读数为有效值，电流表的读数，故B错误。‎ C、灯泡的电功率，故C正确。‎ D、图示位置，线圈与磁场平行，线圈中电流最大，则从图示位置开始计时，电路中交流电的瞬时表达式应为，故D错误。‎ ‎13.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）‎ A. 加速度为 B. 下滑的位移为 C. 产生的焦耳热为 D. 受到的最大安培力为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，感应电流也增大，金属棒受到的安培力增大；根据牛顿第二定律，有：，又，则：，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动。故A错误。‎ B、由感应电量计算公式可得，下滑的位移，故B正确。‎ C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热，故C正确。‎ D、当金属棒的速度大小为v时，金属棒ab受到的安培力最大，所以安培力的最大值，故D正确。‎ 三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）‎ ‎14.如图1所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向 ‎（1）在图1中用实线代替导线把它们连成实验电路 ‎（2）将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相同的实验操作是______‎ A．插入铁芯F           B．拔出线圈A C．使变阻器阻值R变小      D．断开开关S ‎（3）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成图示电路，当条形磁铁按如图2所示所示的方向运动时，电流表偏转的方向向______（填“左”或“右”）‎ ‎（4）如图3所示是一演示实验的电路图。图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡。起初，开关处于闭合状态，电路是接通的。现将开关断开，则在开关断开的瞬间，a、b两点电势相比，φa______φb（填“＞”或“＜”）；这个实验是用来演示______现象的。‎ ‎【答案】 (1). (2). BD (3). 右 (4). (5). 自感 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，当原磁通量变大时，感应电流磁场与原磁场方向相反；根据楞次定律确定电流的方向，判断指针的偏转；线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高。‎ ‎【详解】解：将电源、电键、变阻器、小螺线管A串联成一个回路，再将电流计与大螺线管B串联成另一个回路，电路图如图所示。‎ ‎、插入铁芯F  时，穿过线圈B的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，故A错误；‎ B、拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故B正确；‎ C、使变阻器阻值R变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈B的磁通量变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，故C错误；‎ D、断开开关，穿过线圈B的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故D正确；‎ 当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，‎ 当条形磁铁按如图所示所示的方向运动时，磁通量增加，依据楞次定律，感应磁场向上，再由右手螺旋定则，感应电流盘旋而下，则电流从正接线柱流入，所以灵敏电流计的指针将右偏。‎ 在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零。原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向右的电流会立即消失。但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由b到a，即 因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，将这称为自感现象。这个实验是用来演示自感现象的。‎ ‎【点睛】知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键；做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）‎ ‎15.如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱自动温控电路，继电器线圈的电阻为150Ω，当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V，内阻不计，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．‎ ‎（1）应该把恒温箱内的加热器接在______端．（填“A、B”、“C、D”）‎ ‎（2）如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R′的值应调节为______Ω．‎ ‎（3）为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，可以采取的措施有______‎ A．增大恒温箱加热器的电源电压 B．减小可变电阻R′的值 C．减小弹簧的劲度系数 D．抽出线圈中的铁芯．‎ ‎【答案】 (1). A、B (2). 60 (3). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；‎ 要使恒温箱内的温度保持，当温度达到时，电路就要断开，即电路要达到 根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．‎ 根据工作原理，结合弹簧、线圈及电源的作用，从而才能实现温度保持在更高的数值．‎ 在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的．‎ ‎【详解】解：由图知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，当大到继电器的衔铁被吸合时的电流，恒温箱内的加热器，停止加热，故恒温箱内的加热器接在A、B端，‎ 当恒温箱内的温度保持，应调节可变电阻的阻值使电流达到20mA，‎ 由闭合电路欧姆定律得：，‎ 即：‎ 即可变电阻的阻值应调节为．‎ 由上可知，若恒温箱内的温度保持在更高的数值，则可变电阻的值应增大，会导致R电阻变小，从而实现目标；或者增大弹簧的劲度系数，增大弹簧的弹力；或者抽出线圈中的铁芯，从而减小线圈的吸引力；‎ 而恒温箱加热器的电源电压与恒温箱内的温度保持在更高的数值无关，故D正确，ABC错误．‎ 故答案为：、B；；．‎ ‎16.如图所示，发电机输出功率P1=100kW，输出电压U1=250V，用户需要电压U4=220V，输电线总电阻为10Ω．若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：‎ ‎（1）发电机的输送电流I1是多少？‎ ‎（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比n1：n2=？、n3：n4=？‎ ‎（3）用户得到的电功率P4是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）， （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）（2分）‎ ‎（2）输电线损耗功率，‎ 又，∴输电线电流 ‎（3分）‎ ‎（3）（3分）‎ 考点：远距离输电；变压器的构造和原理．‎ 点评：明确匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键．‎ ‎17.如图，在一光滑的水平面上，有三个质量都是m的物体，其中B、C静止，中间夹着一个质量不计的弹簧，弹簧处于松弛状态，今物体A以水平速度v0撞向B，且立即与其粘在一起运动．求整个运动过程中：‎ ‎（1）弹簧具有的最大弹性势能；‎ ‎（2）物体C的最大速度．‎ ‎【答案】（1）mv02；（2）v0。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）欲求弹簧 最大弹性势能，就是弹簧被压缩到最短时弹簧具有的势能，此时三个物体的速度相同，我们可以把该过程分为两段，一是物体A与B碰撞后一起运动的过程，二是AB再与C一起作用时最终达到相同速度的过程，这两个过程中，遵循动量守恒，第二个过程遵循机械能守恒，故利用第二个过程中的机械能守恒把弹簧的最大弹性势能求出来；（2）当物体C的速度最大时，弹簧的弹性势能为0，故又可根据动量守恒及机械能守恒把物体C的最大速度求出来。‎ 具体过程：‎ ‎（1）A、B碰撞过程动量守恒，mv0=2mv1；‎ A、B碰撞后至弹簧被压缩到最短，三物体组成的系统动量守恒，机械能守恒，‎ 故2mv1=3mv2，×2mv12=×3mv22+Ep，可得Ep=mv02。‎ ‎（2）弹簧恢复原长时，C物体的速度达到最大，‎ 由系统动量守恒和机械能守恒，得3mv2=2mv3+mvm，×2mv12=×3mv32+mvm2，‎ 可得vm=v0。‎ 考点：本题考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用。‎ ‎18.如图所示装置由水平轨道、倾角θ=37°的倾角轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B=0.1T、方向竖直向上的匀强磁场．质量m=0.035kg、长度L=0.1m、电阻R=0.025Ω的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F=2.0N拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动．棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）求当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小；‎ ‎（3）若从cd棒刚开始运动到ab棒刚要上滑的过程中，cd棒在水平轨道上移动的距离里x=0.55m，求此过程中ab棒上产生的热量Q．‎ ‎【答案】（1）0.75，（2）6m/s ，（3）0.235J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对棒ab分析，根据平衡条件可求出动摩擦因数的大小；‎ 根据导体棒切割磁感线的规律即可求出电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出电流，再求出安培力，由平衡条件列式即可求出cd棒的速度；‎ 根据功能关系列式即可求出ab棒上产生的热量。‎ ‎【详解】解：当ab刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：‎ 则 ‎ 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，‎ 由法拉第电磁感应定律有：‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 设ab所受安培力为，有 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 ‎ ‎ 代入数据解得：‎ 又，‎ 代入数据解得 设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为，‎ 由能量守恒有 解得 代入数据得：。‎ ‎【点睛】本题考查电磁感应定律中的功能关系以及共点力平衡条件的应用，关键要把握导体棒刚要滑动时的临界条件：静摩擦力达到最大值，运用力平衡条件和能量守恒定律求解即可。‎