《领跑高中》物理高考二轮复习 专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡 课件

(共65张PPT)
第1讲　力与物体的平衡
高考专题辅导与测试·物理
目 录
CONTENTS
01
构建·知识网络 锁定主干知识
02
试做·高考真题 探明高考考向
03
洞悉·高频考点 精研典型例题
04
培优·提能加餐 拓展思维空间
05
演练·分层强化 提升关键能力
构建·知识网络
锁定主干知识
01
试做·高考真题
探明高考考向
02
1. （2024·吉林高考3题）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、
匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速
度方向水平向左时（　　）
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
√
解析： 　滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相
对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错
误；根据牛顿第三定律，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台
处于静止状态，其水平方向上受力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方
向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B错误，C
正确；对砚台受力分析，竖直方向上，砚台受到自身重力、墨条的
压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压
力不是一对平衡力，D错误。
2. （2024·山东高考2题）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过
斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于
（　　）
A. B.
C. D.
√
解析： 　斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在
30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对
30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos 30°≥mgsin 30°，
解得μ≥，B正确。
3. （2024·湖北高考6题）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在
静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为
30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运
动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（　　）
A. f B. f
C. 2f D. 3f
√
解析： 　
4. （2024·新课标卷18题）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均
系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在
某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小
相等，则（　　）
A. 两绳中的张力大小一定相等
B. P的质量一定大于Q的质量
C. P的电荷量一定小于Q的电荷量
D. P的电荷量一定大于Q的电荷量
√
解析： 　分别对两小球受力分析如
图所示，设两小球间的距离为l，绳
与竖直方向的夹角为θ，则有
－qQE＝mQgtan θ，＋qPE＝mPgtan θ，显然mQgtan θ＜mPgtan θ，
即mQ＜mP，B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为T、下端系
有小球Q的细绳的张力大小为T'，则有T＝，T'＝，结合上述分析
可知，T＞T'，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知＞EqQ，
则＞E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，C、D错误。
洞悉·高频考点
精研典型例题
03
考点一　静态平衡问题
处理静态平衡问题常用的方法
合成法 物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第
三个力大小相等，方向相反
分解法 按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力
的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件
正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受
的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
矢量三 角形法 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个
力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定
理或相似三角形等数学知识求解未知力
【例1】　（2024·河北高考5题）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20
kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为
30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0
N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为（　　）
A. N
B. 1.0 N
C. N
D. 2.0 N
解析：对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测
力计的拉力T、斜面对其的支持力N1、挡板对其的支持
力N2，如图所示，N1cos 60°＝N2cos 60°，N1sin 60°
＋N2sin 60°＋T＝mg，联立解得N1＝N2＝ N，A正
确。
答案： A
【例2】　（2024·山东淄博二模）中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的
智慧。如图所示的是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方
木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内
表面均光滑；A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间有摩擦，且最
大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，取重力加速度大小为g。
当施加在A上的水平力F＝mg时，门闩刚好能被启动，则A、B间的动摩擦
因数为（　　）
A. 0.4 B. 0.3
C. 0.2 D. 0.1
解析：对A、B受力分析如图所示，门闩刚好启动时，对
A，水平方向上F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，对B，在
竖直方向上FN'cos 45°＝mg＋μFN'sin 45°，又FN＝
FN'，结合已知条件F＝mg，联立可得μ＝0.2，故选C。
答案： C
【例3】　（2024·河北衡水二模）某工艺品中四颗相同的贝壳1、2、3、4
由轻质细线连接，悬挂在点O，一阵风吹来，假设每个贝壳受到水平向右
且大小相等的恒定风力F，稳定后设点O和贝壳1之间的细线与竖直方向的
夹角为θ1，贝壳2和3之间的细线与竖直方向的夹角为θ2，连接贝壳1与2之
间的细线拉力大小为T1，连接贝壳3与4之间的细线拉力大小为T2，简化后
的结构如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A. θ1＞θ2，T1＝T2
B. θ1＞θ2，T1＝2T2
C. θ1＝θ2，T1＝2T2
D. θ1＝θ2，T1＝3T2
解析：对贝壳4受力分析可知，其受到重力、风力、细线拉力的作用，根
据平衡条件有＝G2＋F2；对贝壳2、3、4整体受力分析有＝（3G）2
＋（3F）2，所以T1＝3T2；对贝壳3、4整体受力分析有tan θ2＝＝，对贝
壳1、2、3、4整体受力分析有tan θ1＝＝，所以θ1＝θ2，故选项D正确。
答案： D
整体法、隔离法的运用
　　在处理共点力平衡的问题时，若出现了两个或多个物体，一般会使用
整体法或隔离法，也可以使用“整体法＋隔离法”或“隔离法＋隔离
法”，可根据具体题目灵活应用。
考点二　动态平衡和极值问题
动态平衡问题的分析过程与处理方法
【例4】　（2024·广东汕头一模）消毒碗柜的金属碗框架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图甲所示。取某个碗的正视图如图乙所示，其中a、b分别为两光滑水平金属杆，下列说法正确的是（　　）
A. 若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗所受的合力减小
B. 若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，a杆受到的弹力不变
C. 若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用
力变小
D. 若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作
用力不变
解析：若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，则碗所受
的合力仍为零，合力不变，选项A错误；对碗受力分析
如图，设b点对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则F1
＝Gtan θ，F2＝，若减小a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力F1将会减小，选项B错误；杆对碗的作用力的合力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，则碗受到杆的作用力不变，
一直等于重力，选项C错误，D正确。
答案： D
【例5】　（2024·山东烟台模拟）我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平，缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　）
A. 当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为mg
B. 当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为mg
C. 压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D. 压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小
解析：当底板与水平面间的夹角为30°时，受力分析如图a所示，由平衡条
件可得FN1cos 60°＝FN2cos 30°，FN1sin 60°＋FN2sin 30°＝mg，解得底
板对货物的支持力为FN1＝mg，支架对货物的支持力为FN2＝，故A正
确， B错误；压下把手的过程中，货物的受力情况如图b所示，由图b可
知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，故
C、D错误。
答案： A
【例6】　（2024·安徽合肥模拟）质量为m的物体放置在倾角θ＝30°的粗
糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，现用拉力F（与斜面的
夹角为β）拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是（　　）
A. 拉力最小时，物体受三个力作用
B. β＝0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小
C. 斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化
D. 拉力F的最小值为mg
解析：斜面对物体的作用力指的是摩擦力Ff和支持
力FN的合力，则有tan α＝＝＝，μ不变，则
tan α不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F
的变化而变化，故C错误；对物体受力分析如图所
示Fcos β＝Ff＋mgsin θ①，Ff＝μFN②，FN＝mgcos θ－ Fsin β ③，联立①②③解得F＝，当β＝30°时，拉力F最小，最小值为mg，此时物体受4个力作用，故D正确，A、B错误。
答案： D
考点三　电磁场中的平衡问题
【例7】　（2024·安徽芜湖二模）边长为L且各边完全相同的硬质正三角形
导线框abc固定于竖直平面内，ab边水平，一重物通过绝缘细线悬挂于框下
端c点，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。现将a、b接
在恒定电流的正负极上，当ab边的电流为I时，重物恰好对地面无压力，则
重物重力的大小为（　　）
A. BIL B. BIL
C. D. 2BIL
解析：以重物为研究对象，根据平衡条件有mg＝BIL＋BIL，解得mg＝
BIL，故选B。
答案： B
【例8】　（多选）（2024·湖南衡阳模拟）如图，在一半径为R的表面光滑
的半球形容器的球心O点，用长为的绝缘细线悬挂一质量为2m、电荷量为
＋q1的小球A，在容器内放置一质量为m、电荷量为＋q2的小球B，已知B与
容器绝缘。两球在如图所示的位置处于平衡状态，此时细线与竖直方向的
夹角θ＝30°。下列说法正确的是（　　）
A. 容器对小球B的支持力等于细线对小球A的拉力
B. 容器对小球B的支持力等于细线对小球A拉力的2倍
C. 细线对小球A的拉力为小球A重力的倍
D. 两小球间的库仑力为小球A重力的倍
解析：如图1所示，连接A、B交过球心
O的竖直线于P点，分析两小球的受力，
并将力适当平移，构成矢量三角形，根
据力的矢量三角形与几何三角形相似，
可得＝，＝，所以N＝T，故A正确，B错误；把小球A、B看作整体，对整体受力分析如图2所示，正交分解，可得Nsin α＝Tsin θ，Ncos α＋Tcos θ＝3mg，解得α＝θ＝30°，T＝×2mg，故C正确；对小球A，设两小球间的库仑力为F，则有F＝
＝mg，故D错误。
答案： A C
培优·提能加餐
拓展思维空间
04
三维空间中的平衡问题
　　质点受到分散于三维空间的作用力而平衡，就是三维共点力平
衡。解决这类问题的一般方法是将三维空间问题转化为直线和平面问
题：选取合适的直线和平面，然后将不在直线和平面上的力分解到选
定的直线和平面上，物体在三维共点力作用下平衡，则在选定的直线
上和平面上合力为零。
【典例1】　（2024·山东烟台二模）如图所示，一水晶球支架放置在水平
桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成。一质量为m、半径为l的水
晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三个接触点等高，接触点的
连线构成边长为l的等边三角形。已知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水
晶球间的摩擦，重力加速度为g，则每根支杆对水晶球的作用力大小为
（　　）
A. B.
C. D. mg
√
解析：设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有
sin θ＝＝，水晶球静止，根据平衡条件可得3Fcos θ＝mg，解得每根支
杆对水晶球的作用力大小为F＝，故选B。
【典例2】　（2024·四川雅安三模）小明运动后用网兜将篮球挂在相互垂
直的墙角。简化图如图所示，设篮球质量为M、半径为R，悬挂点为互相垂
直的两竖直墙壁交线处的P点，P到球心的距离为2R，一切摩擦不计，则篮
球对任一墙壁的压力大小为（　　）
A. Mg B. Mg
C. Mg D. Mg
√
解析：对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的
支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为N、绳子
与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直
距离为d＝R，故sin θ＝＝，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力
平衡可得Tcos θ＝Mg，解得T＝Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两
个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即
＝Tsin θ，解得N＝Mg，根据牛顿第三定律可得篮球对任一墙
壁的压力大小为Mg，B正确。
演练·分层强化
提升关键能力
05
1. （2024·浙江绍兴二模）如图所示，拖车的缆绳将违章车与拖车拴在一
起，使违章车停在倾斜坡道上保持静止状态，缆绳与倾斜坡道平行。下
列说法正确的是（　　）
A. 缆绳对违章车的拉力等于违章车对缆绳的拉力
B. 违章车对坡道的作用力的方向一定与坡道垂直
C. 坡道与水平面的夹角越小，坡道受到的压力也越小
D. 违章车只受到重力、支持力、拉力三个力的作用
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
解析： 　根据牛顿第三定律可知，缆绳对违章车的拉力等于违章车对
缆绳的拉力，A正确；违章车对坡道的作用力可能是摩擦力和压力的合
力，这个合力与坡道不垂直；若违章车只受坡道的支持力，即违章车对
坡道只有压力，没有摩擦力，违章车对坡道的作用力的方向与坡道垂
直，B错误；设坡道与水平面的夹角为θ，则FN＝mgcos θ，坡道与水平
面的夹角越小，坡道受到的压力就会越大，C错误；违章车除了受到重
力、支持力、拉力作用之外还有可能受到坡道对它的摩擦力，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2. （2024·辽宁辽阳二模）一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为θ，
当凿子竖直向下插入木板中后，用锤子沿中心轴线竖直向下以力F敲打
凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图所示。若敲打凿子时凿子作用于
木板1、2面的弹力大小分别记为F1、F2，忽略凿子受到的重力及摩擦
力，下列判断正确的是（　　）
A. F1＝Fsin θ B. F1＝Fcos θ
C. F2＝Ftan θ D. F2＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 将力F垂直于木板1、2面分解如图可得F1＝，F2＝，故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3. （2024·浙江杭州期中）如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆
MN，手机背部支撑平面PQ的倾角θ随之改变，底部支撑平面ab与PQ始
终垂直，忽略一切摩擦，当θ缓慢逐渐增大时，下列说法正确的是
（　　）
A. 手机对支架的作用力始终不变
B. 手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小
C. 支架对手机的作用力逐渐增大
D. 背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由题意可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的
重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等于支架对手机的
作用力，则手机对支架的作用力始终不变，A正确，C错误；根据手机
的受力情况可知，手机的重力大小等于底部支撑平面ab对手机的弹力与
背部支撑平面PQ对手机的弹力的合力，当θ角逐渐增大时，底部支撑平
面ab对手机的弹力逐渐增大，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐减
小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大，
B、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
4. （2024·重庆九龙坡三模）图甲所示的是家用燃气炉架，其有四个对称
分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，图乙所示的是侧视图，不
计爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d，
则（　　）
A. d越大，爪与锅之间的弹力越大
B. d越大，锅受到的合力越大
C. R越大，爪与锅之间的弹力越大
D. R越大，锅受到的合力越小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　锅在竖直切面上受力分析如图所示，炉架
的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相
等，方向相反，即4Fcos θ＝mg，由几何关系，可得
cos θ＝，则R越大，爪与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零，故A正确；B、C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
5. （2024·安徽池州二模）某兴趣小组研究发现最大静摩擦力的大小也与
两物体间的正压力成正比，查阅资料得知其比例系数称为静摩擦因数。
如图所示，一只蚂蚁在半球形碗底想要爬出碗内，但它缓慢爬行能达到
的最大高度恰好只有碗半径的0.2倍，假设碗内各处的静摩擦因数相
同，则蚂蚁与碗之间的静摩擦因数为（　　）
A. 0.2 B. 0.8
C. 0.75 D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处时，
受重力mg、支持力FN、摩擦力f作用，如图所示，设
蚂蚁与球心的连线与水平方向夹角为θ，则有sin θ＝
＝，即θ＝53°，蚂蚁在最大高度处刚好处于平衡状态，则静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，则有f＝μFN，则静摩擦因数μ＝＝＝＝0.75，故选C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6. （2024·河北衡水二模）如图所示，完全相同的a、b两小球用轻质细线
1、2悬挂在天花板上，现用一水平拉力F作用在b球上，a、b再次静止
时，细线1与竖直方向的夹角为α，细线2与竖直方向夹角为θ，则tan
θ∶tan α等于（　　）
A. 2∶1 B. 3∶2
√
C. 4∶3 D. 5∶3
解析： 　对b球，根据平衡条件及平行四边形定则可知tan θ＝，把
两球以及它们间的连线看成整体，根据平衡条件及平行四边形定则可知
tan α＝，则tan θ∶tan α＝2∶1，故选A。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
7. （2024·湖南衡阳二模）如图所示，OABC为常见的“汽车千斤顶”。当
汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄
使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离就
会增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程
中，下列关于OA、OB之间的弹力的说法正确的是（　　）
A. OA、OB之间的弹力不断变大
B. OA、OB之间的弹力不断变小
C. OA之间的弹力变大、OB之间的弹力变小
D. OA之间的弹力变小、OB之间的弹力变大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　对O点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，
大小等于汽车的重力G；OA方向杆的拉力FOA，BO方向的弹力FBO，OB
与水平方向夹角为θ，可知G＝FBOsin θ，FOA＝，当θ变大时，FBO和
FOA均变小。故选B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
8. （2024·浙江1月选考6题）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上
系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架
上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，
调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量
均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°（不计摩擦，g取10
m/s2），则细线a、b的拉力分别为（　　）
A. 2 N　1 N B. 2 N　0.5 N
C. 1 N　1 N D. 1 N　0.5 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方
向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝（mA＋mB）g＝1
N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有Tbsin α＋Tcsin θ＝
mAg，Tbcos α＝Tdcos θ，解得Tb＝0.5 N，故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9. （2024·陕西铜川三模）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目
的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与
接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，板OA、OB对水桶
的压力大小分别为F1、F2，则在OA由竖直缓慢转到水平的过程中（　　）
A. F1、F2都不断增大
B. F1不断增大，F2不断减小
C. F1不断减小，F2先增大后减小
D. F1先增大后减小，F2不断减小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　在卸下水桶的过程中，两个支持力的夹
角是个定值，受力情况如图所示，根据力的示意图
结合平衡条件可得＝＝，在转动过程中α
从90°增大到180°，则sin α不断减小，F2将不断减
小，β从钝角减小到锐角，其中跨过了90°，因此
sin β先增大后减小，则F1将先增大后减小，故D正确、A、B、C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10. （2024·黑龙江哈尔滨一模）如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长
且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳
长也相同，其截面图如图乙所示，导线P通以垂直于纸面向里的电流；
导线Q电流方向未知，平衡时悬挂Q的两根绝缘轻绳与竖直方向夹角均
为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A. 导线Q中电流方向垂直于纸面向里
B. 导线P、Q间的安培力大小为2mgsin
C. 仅使导线P中电流I缓慢增大且θ不超过
90°，导线Q对悬线的拉力大小逐渐增大
D. 导线P中电流突然消失的瞬间，导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgsin θ
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，
由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相
反，即导线中电流方向垂直于纸面向外，故A错误；设
导线Q受到两绳的拉力之和为T，导线P、Q间的安培力为
F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力分析如图所示：
由于两组绳长相同，则根据几何知识可得T＝mg，F＝2mgsin ，故B正确；由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和T始终为mg，与电流I和角度θ无关，则导线Q对悬线的拉力大小不变，故C错误；导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上
的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgcos θ，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11. （2024·山东聊城一模）春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力
既竭，辀（zhōu，指车辕）犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原
理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上
拉车的把手。图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H
约为1 m，马拉车的力可视为沿车辕方向，马车的车轮与地面间的摩擦
力大小是其对地面压力的倍，若想让马拉车在水平面上匀速前进且
尽可能省力，则车辕的长度约为（　　）
A. m B. m C. 3 m D. 2 m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　设车辕与水平方向夹角为θ，则当车匀速前进时，Fcos θ＝k
（mg－Fsin θ），解得F＝，而cos θ＋ksin θ＝sin（60°＋
θ），则当θ＝30°时F最小，即此时车辕的长度约为l＝＝2H，
故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
12. （2024·湖北宜昌预测）在精工实验课上，小明将一重力为G的圆柱形
工件放在“V”形金属槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角
相同，“V”形槽两侧面间的夹角为90°。小明发现当槽的棱与水平
面的夹角为37°时，工件恰好能够匀速下滑，则可知（　　）
A. 工件对“V”形槽每个侧面的压力均为0.8G
B. 工件对“V”形槽每个侧面的压力均为0.4G
C. 工件与“V”形槽间的动摩擦因数为
D. 工件与“V”形槽间的动摩擦因数为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力Gsin 37°与
垂直于槽棱方向的分力Gcos 37°，如图甲所示，垂直于槽棱方向的分
力Gcos 37°又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图乙所示，F1和
F2的合力与Gcos 37°等大反向，由几何关系可知2F1cos 45°＝Gcos
37°，解得F1＝F2＝G，故A、B错误；沿槽棱方向的分力Gsin 37°
与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有Ff＝2μF1＝Gsin 37°，解得
动摩擦因数为μ＝，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
感谢您的观看！
高考专题辅导与测试·物理