高考物理大二輪總復習與增分策略 專題三 受力分析 共點力的平衡

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專題三 受力分析 共點力的平衡 [考綱解讀] 章 內容 考試要求 說明 必考 加試 牛頓運 動定律 共點力平衡條件及應用 c c 1.只要求解決同一平面內的共點力平衡問題. 2.不要求用正弦定理、余弦定理、相似三角形對應邊成比例等方法求解共點力的平衡問題. 一、受力分析 1.定義：把指定物體(研究對象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖的過程. 2.受力分析的一般順序： (1)首先分析場力(重力、電場力、磁場力). (2)其次分析接觸力(彈力、摩擦力). (3)最后分析其他力. 二、共點力的平衡 1.平衡狀態(tài)：物體處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài). 2.共點力的平衡條件： F合＝0或者 3.平衡條件的推論： (1)二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方向相反. (2)三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余兩個力的合力大小相等，方向相反，并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量三角形. (3)多力平衡：如果物體在多個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余幾個力的合力大小相等，方向相反. 1.(2016浙江10月學考3)中國女排在2016年奧運會比賽中再度奪冠.圖1為比賽中精彩瞬間的照片，此時排球受到的力有(　　) 圖1 A.推力 B.重力、推力 C.重力、空氣對球的作用力 D.重力、推力、空氣對球的作用力 答案　C 解析　圖中排球受到的力是：重力、空氣對球的阻力，所以答案為C.此刻人手與球并沒有接觸，所以沒有推力，所以選項A、B、D均錯. 2.如圖2所示，靜止在斜面上的物體，受到的作用力有(　　) 圖2 A.重力、支持力 B.重力、支持力、摩擦力 C.重力、支持力、下滑力、摩擦力 D.重力、壓力、下滑力、摩擦力 答案　B 解析　物體僅受重力、支持力和摩擦力三個力作用，下滑力只是重力沿斜面向下的分力的叫法，壓力是斜面受力，故應選B. 3.(2016紹興市9月選考)2016年8月14日里約奧運會羽毛球男單最后一輪小組賽中，中國選手林丹以2∶0輕取對手.在其中一個回合的對拍期間，林丹快速扣殺的羽毛球在飛行中受到的力有(　　) A.重力 B.重力、擊打力 C.重力、空氣阻力 D.重力、空氣阻力、擊打力 答案　C 解析　羽毛球在飛行中受到重力作用，與羽毛球接觸的物體只有空氣，所以還受空氣阻力，而球拍與球已不接觸，所以不受擊打力，故C正確. 4.如圖3所示，光滑斜面的傾角為θ，質量為m的物體在平行于斜面的輕質彈簧作用下處于靜止狀態(tài)，則彈簧的彈力大小為(　　) 圖3 A.mg B.mgsin θ C.mgcos θ D.mgtan θ 答案　B 5.(2016惠州市高三調研考試)如圖4所示，三根相同的繩子末端連接于O點，A、B端固定，C端受一水平力F，當F逐漸增大時(O點位置保持不變)，最先斷的繩子是(　　) 圖4 A.OA繩 B.OB繩 C.OC繩 D.三繩同時斷 答案　A 解析　對結點O受力分析，受三根繩子的拉力，根據(jù)平衡條件的推論得，水平和豎直兩繩拉力的合力與OA繩的拉力等大反向，作出平行四邊形，解得三根繩中OA繩的拉力最大，在水平拉力逐漸增大的過程中，OA繩先達到最大值，故OA繩先斷，A項正確. 6.(2016臺州市9月選考)余伯在水庫中釣獲一尾大頭魚，當魚線拉著大頭魚在水中向左上方勻速運動時，如圖5所示，魚受到水的作用力方向可能是(　　) 圖5 A.豎直向下 B.水平向左 C.水平向右 D.沿魚線方向 答案　C 解析　因魚在水中向左上方勻速運動，魚受的合力為零.魚共受三個力作用：重力、線的拉力和水的作用力.對于A項，魚受力圖如圖甲，三力合力不可能為0，A項不可能；對B項，魚受力圖如圖乙，三力合力不可能為0，B項不可能；對于C項，魚受力圖如圖丙，三力合力可能為0，C項可能；對于D項，三力合力不可能為0，D項不可能. 　　　　　受力分析 1.受力分析的四個方法 (1)假設法：在受力分析時，若不能確定某力是否存在，可先對其做出存在的假設，然后根據(jù)分析該力存在對物體運動狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在. (2)整體法：將加速度相同的幾個相互關聯(lián)的物體作為一個整體進行受力分析的方法. (3)隔離法：將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析的方法. (4)動力學分析法：對加速運動的物體進行受力分析時，應用牛頓運動定律進行分析求解的方法. 2.受力分析的四個步驟 (1)明確研究對象：確定受力分析的物體，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體的組合. (2)隔離物體分析：將研究對象從周圍物體中隔離出來，進而分析周圍有哪幾個物體對它施加了力的作用(重力——彈力——摩擦力——其他力). (3)畫出受力示意圖，準確標出各力的方向. (4)檢查分析結果：檢查畫出的每一個力能否找出它的施力物體，檢查分析結果能否使研究對象處于題目所給的物理狀態(tài). 例1　畫出圖6中物體A所受力的示意圖，并寫出力的名稱和施力物體：(1)物體A靜止，接觸面光滑；(2)A沿粗糙斜面上滑；(3)A沿粗糙水平面滑行；(4)接觸面光滑，A靜止. 圖6 答案　見解析 解析　(1)物體A受重力G、推力F、支持力FN、墻壁對A向左的彈力FN′，施力物體分別是地球、推A的物體、水平面、墻壁；(2)物體A受豎直向下的重力G、垂直于斜面向上的支持力FN、沿斜面向下的滑動摩擦力Ff，施力物體分別是地球、斜面、斜面；(3)物體A受重力G、支持力FN、滑動摩擦力Ff，施力物體分別是地球、水平面、水平面；(4)物體A受重力G、拉力F、彈力FN，施力物體分別是地球、繩子、墻壁. 受力分析的三個常用判據(jù) 1.條件判據(jù)：不同性質的力產生條件不同，進行受力分析時最基本的判據(jù)是根據(jù)其產生條件. 2.效果判據(jù)：有時候是否滿足某力產生的條件是很難判定的，可先根據(jù)物體的運動狀態(tài)進行分析，再運用平衡條件或牛頓運動定律判定未知力，也可應用“假設法”. (1)物體平衡時必須保持合外力為零. (2)物體做變速運動時必須保持合力方向沿加速度方向，合力大小滿足F＝ma. (3)物體做勻速圓周運動時必須保持合外力大小恒定，滿足F＝m，方向始終指向圓心. 3.特征判據(jù)：在有些受力情況較為復雜的情況下，我們根據(jù)力產生的條件及其作用效果仍不能判定該力是否存在時，可從力的作用是相互的這個基本特征出發(fā)，通過判定其反作用力是否存在來判定該力. 變式題組 1.如圖7所示，A、B兩物體緊靠著放在粗糙水平面上，A、B間接觸面光滑.在水平推力F作用下兩物體一起加速運動，物體A恰好不離開地面，則物體A的受力個數(shù)為(　　) 　　　 圖7 A.3 B.4 C.5 D.6 答案　A 解析　恰好不離開地面，即A與地面無作用力，故A受重力、推力F和B對A的作用力，共三個力，A正確. 2.(2016紹興一中期末測試)如圖8所示，一物體放在水平傳送帶上，物體隨傳送帶一起向右勻速運動，關于物體的受力情況，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.物體受到重力、彈力和摩擦力的作用 B.物體受到重力和彈力的作用 C.物體受到摩擦力的方向水平向左 D.物體受到摩擦力的方向水平向右 答案　B 解析　物體在豎直方向受重力和向上的彈力(支持力)作用，假設水平方向受向左(或向右)的摩擦力作用，與物體做勻速直線運動矛盾，假設錯誤，所以物體不受摩擦力作用，選項B正確. 3.在水平桌面上疊放著木塊P和Q，用水平力F推Q，使P、Q兩木塊一起沿水平桌面勻速滑動，如圖9所示，以下說法中正確的是(　　) 圖9 A.P受三個力，Q受六個力 B.P受四個力，Q受六個力 C.P受二個力，Q受五個力 D.以上答案均不正確 答案　C 解析　分析木塊P的受力：受豎直方向的重力和支持力的作用；木塊Q受重力、地面的支持力、P木塊的壓力、水平推力和地面對Q的摩擦力. 　　　　　平衡條件的應用 1.平衡中的研究對象選取 (1)單個物體； (2)能看成一個物體的系統(tǒng)； (3)一個結點. 2.處理平衡問題的常用方法 方法 內容 合成法 物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力等大、反向 效果分解法　 物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件 正交分解法　 物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件 3.應用平衡條件解題的步驟 (1)選取研究對象：根據(jù)題目要求，選取一個平衡體(單個物體或系統(tǒng)，也可以是結點)作為研究對象. (2)畫受力示意圖：對研究對象按受力分析的順序進行受力分析，畫出受力示意圖. (3)建立坐標系：選取合適的方向建立直角坐標系. (4)列方程求解：根據(jù)平衡條件列出平衡方程，解平衡方程，對結果進行討論. 例2　如圖10，一小球放置在木板與豎直墻面之間.設墻面對球的彈力大小為FN1，球對木板的壓力大小為FN2.以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置.不計摩擦，在此過程中(　　) 圖10 A.FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大 B.FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小 C.FN1先增大后減小，F(xiàn)N2始終減小 D.FN1先增大后減小，F(xiàn)N2先減小后增大 答案　B 解析　 甲 方法一(解析法) 如圖甲所示，由平衡條件得 FN1＝ FN2＝ 隨θ逐漸增大到90，tan θ、sin θ都增大，F(xiàn)N1、FN2都逐漸減小，所以選項B正確. 方法二(圖解法) 對球受力分析如圖乙所示，球受3個力，分別為重力G、墻對球的彈力FN1和木板對球的彈力FN2. 乙 當木板逐漸轉到水平位置的過程中，球始終處于平衡狀態(tài)，即FN1與FN2的合力F始終豎直向上，大小等于球的重力G，如圖所示.由圖可知，F(xiàn)N1的方向不變，大小逐漸減小，F(xiàn)N2的方向發(fā)生變化，大小也逐漸減小，故選項B正確. 解決動態(tài)平衡問題的兩種方法 變式題組 4.在如圖11所示的A、B、C、D四幅圖中，滑輪本身的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面都掛一個質量為m的重物，當滑輪和重物都靜止不動時，圖A、C、D中桿P與豎直方向的夾角均為θ，圖B中桿P在豎直方向上，假設A、B、C、D四幅圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是(　　) 圖11 A.FA＝FB＝FC＝FD B.FD＞FA＝FB＞FC C.FA＝FC＝FD＞FB D.FC＞FA＝FB＞FD 答案　B 解析　設滑輪兩邊細繩的夾角為φ，對重物進行受力分析，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪受到的木桿彈力F等于細繩拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夾角關系可得FD＞FA＝FB＞FC，選項B正確. 5.如圖12所示，一光滑半圓形碗固定在水平面上，質量為m1的小球用輕繩跨過碗口并連接質量分別為m2和m3的物體，平衡時碗內小球恰好與碗之間沒有彈力，兩繩與水平方向夾角分別為53、37，則m1∶m2∶m3的比值為(已知sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)(　　) 圖12 A.5∶4∶3 B.4∶3∶5 C.3∶4∶5 D.5∶3∶4 答案　A 解析　小球m1受力如圖所示，由三力平衡的知識可知，F(xiàn)T2、FT3的合力大小等于m1g，方向豎直向上，F(xiàn)T2＝m1gsin 53＝m2g，F(xiàn)T3＝m1gcos 53＝m3g，解得m1∶m2∶m3＝5∶4∶3，選項A正確. 6.(2016臺州模擬)如圖13所示，質量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ.斜面上有一質量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦.用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑.在小物塊運動的過程中，楔形物塊始終保持靜止.則地面對楔形物塊的支持力的大小為(　　) 圖13 A.(M＋m)g B.(M＋m)g－F C.(M＋m)g＋Fsin θ D.(M＋m)g－Fsin θ 答案　D 解析　沿斜面勻速上滑的小物塊和楔形物塊都處于平衡狀態(tài)，可將二者看做一個處于平衡狀態(tài)的整體，由豎直方向受力平衡可得：(M＋m)g＝FN＋Fsin θ，解得FN＝(M＋m)g－Fsin θ. 　　　　　平衡中的臨界與極值問題 1.臨界問題 當某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述. 2.極值問題 平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題. 3.解決動態(tài)平衡、臨界與極值問題的常用方法 (1)解析法：利用物體受力平衡寫出未知量與已知量的關系表達式，根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況，利用臨界條件確定未知量的臨界值. (2)圖解法：根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形的邊角變化，確定未知量大小、方向的變化，確定未知量的臨界值. 例3　如圖14所示，能承受最大拉力為10 N的細線OA與豎直方向成45角，能承受最大拉力為5 N的細線OB水平，細線OC能承受足夠大的拉力，為使OA、OB均不被拉斷，OC下端所懸掛物體的最大重力是多少？ 圖14 答案　5 N 解析　取O點為研究對象，受力分析如圖所示，假設OB不會被拉斷，且OA上的拉力先達到最大值，即F1max＝10 N，根據(jù)平衡條件有 F2＝F1maxsin 45＝10 N≈7.07 N 由于F2大于OB能承受的最大拉力，所以在物重逐漸增大時，細線OB先被拉斷. 再假設OB線上的拉力剛好達到最大值(即F2max＝5 N)，處于將被拉斷的臨界狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有 F1sin 45＝F2max，F(xiàn)1cos 45＝F3 再選物體為研究對象，根據(jù)平衡條件有F3＝Gmax.以上三式聯(lián)立解得懸掛物體的最大重力為Gmax＝F2max＝5 N. 臨界與極值問題的分析技巧 1.求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點. 2.臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或導出結論. 變式題組 7.(多選)某學習小組為了體驗最大靜摩擦力與滑動摩擦力的臨界狀態(tài)，設計了如圖15所示的裝置，一位同學坐在長直木板上，讓長直木板由水平位置緩慢向上轉動(即木板與地面的夾角θ變大)，另一端不動，則該同學受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff隨角度θ的變化關系圖中正確的是(　　) 圖15 　 答案　ACD 解析　重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正確；支持力FN＝mgcos θ，A正確；該同學滑動之前，F(xiàn)合＝0，F(xiàn)f＝mgsin θ，滑動后，F(xiàn)合＝mgsin θ－μmgcos θ，F(xiàn)f＝μmgcos θ，考慮到最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力的情況，可知B錯誤，D正確. 8.如圖16所示，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l.現(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加的力的最小值為(　　) 圖16 A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　C 解析　分析結點C的受力如圖甲所示，由題意可知，繩CA與豎直方向間夾角為α＝30，則可得：FD＝mgtan α＝mg，再分析結點D的受力如圖乙所示，由圖可知，F(xiàn)D′與FD大小相等且方向恒定，F(xiàn)B的方向不變，當在D點施加的拉力F與繩BD垂直時，拉力F為最小，即F＝FD′cos 30＝mg，C正確. 1.(2016紹興市聯(lián)考)一個木箱在水平拉力F的作用下沿光滑水平地面滑動，有四位同學作出它的受力情況如圖所示，其中正確的是(　　) 答案　A 解析　在光滑水平地面上滑動的木箱，一定受豎直向下的重力G、豎直向上的支持力FN、水平方向的拉力F，但不受摩擦力作用，故A正確. 2.如圖1所示，甲、乙、丙三個物體疊放在水平面上，用水平力F拉位于中間的物體乙，它們仍保持靜止狀態(tài)，三個物體的接觸面均為水平，則乙物體受力的個數(shù)為(　　) 圖1 A.3個 B.4個 C.5個 D.6個 答案　C 解析　由甲物體受力平衡可知，甲、乙之間不存在相互作用的摩擦力；以甲、乙系統(tǒng)為研究對象，水平方向受力平衡得，乙、丙的接觸面間存在相互作用的摩擦力；乙還受重力、甲的壓力、丙對乙的支持力和水平拉力F，故乙受5個力的作用，C正確. 3.如圖2所示，靜止在水平地面上裝滿水的純凈水桶總質量為16 kg，現(xiàn)有某同學用60 N的力豎直向上提水桶，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.此時水桶的重力為100 N B.此時水桶對地面的壓力為60 N C.此時水桶受到合力大小為100 N D.此時水桶受到的合力一定為零 答案　D 4.(2016諸暨市聯(lián)考)如圖3所示，用相同的彈簧測力計將同一個重物m，分別按甲、乙、丙三種方式懸掛起來，讀數(shù)分別是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30，則有(　　) 圖3 A.F4最大 B.F3＝F2 C.F2最大 D.F1比其他各讀數(shù)都小 答案　C 解析　由平衡條件可知：F1＝mgtan θ，F(xiàn)2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F(xiàn)4＝mg，因此可知F1＝mg，F(xiàn)2＝mg，F(xiàn)3＝mg，故選項A、B、D錯誤，C正確. 5.(多選)如圖4所示，一個質量為m的滑塊靜止置于傾角為30的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30，則(　　) 圖4 A.彈簧一定處于壓縮狀態(tài) B.滑塊可能受到三個力作用 C.斜面對滑塊的支持力不能為0 D.斜面對滑塊的摩擦力的大小等于mg 答案　BC 6.(2016湖州聯(lián)考)三段不可伸長的細繩OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，均為200 N，它們共同懸掛一重物，如圖5所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，θ＝30.則O點懸掛的重物G不能超過(　　) 圖5 A.100 N B.173 N C.346 N D.200 N 答案　A 7.如圖6所示，傾角為θ＝30的斜面體放在水平地面上，一個重為G的球在水平力F的作用下，靜止于光滑斜面上，此時水平力的大小為F；若將力F從水平方向逆時針轉過某一角度α后，仍保持F的大小不變，且小球和斜面體依然保持靜止，此時水平地面對斜面體的摩擦力為Ff，那么F和Ff的大小分別是(　　) 圖6 A.F＝G，F(xiàn)f＝G B.F＝G，F(xiàn)f＝G C.F＝G，F(xiàn)f＝G D.F＝G，F(xiàn)f＝G 答案　D 解析　根據(jù)題意可知，水平力F沿斜面向上的分力Fcos θ＝Gsin θ，所以F＝Gtan θ，解得F＝G；力F轉過某一角度α后，根據(jù)題意可知，力F沿斜面向上的分力與小球重力沿斜面向下的分力仍相等，則力F轉過的角度α＝60，此時把小球和斜面體看成一個整體，水平地面對斜面體的摩擦力和力F的水平分力等大，即Ff＝Fcos α＝G. 8.(2016溫州8月選考)如圖7所示，質量為m的正方體和質量為M的正方體放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止狀態(tài).m和M的接觸面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若不計一切摩擦，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.水平面對正方體M的彈力大小大于(M＋m)g B.水平面對正方體M的彈力大小為(M＋m)gcos α C.墻面對正方體m的彈力大小為mgtan α D.墻面對正方體M的彈力大小為 答案　D 解析　由于兩墻面豎直，對M和m整體受力分析可知，地面對M的彈力大小等于(M＋m)g，A、B錯誤；在水平方向，墻對M和m的彈力大小相等、方向相反，隔離物體m受力分析如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則可得m受到的墻對它的彈力大小為，所以M受到墻面的彈力大小也為，C錯誤，D正確. 9.(2016臺州模擬)如圖8所示，一小球在斜面上處于靜止狀態(tài)，不考慮一切摩擦，如果把豎直擋板由豎直位置緩慢繞O點轉至水平位置，則此過程中球對擋板的壓力F1和球對斜面的壓力F2的變化情況是(　　) 圖8 A.F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小 B.F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小 C.F1和F2都一直減小 D.F1和F2都一直增大 答案　B 解析　小球受力如圖甲所示，因擋板是緩慢轉動，所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，在轉動過程中，此三力(重力、斜面支持力、擋板彈力)組成矢量三角形的變化情況如圖乙所示(重力大小、方向均不變，斜面對其支持力方向始終不變)，由圖可知此過程中斜面對小球的支持力不斷減小，擋板對小球彈力先減小后增大，再由牛頓第三定律知B正確. 10.如圖9所示，用與水平面成θ角的推力F作用在物塊上，隨著θ逐漸減小直到水平的過程中，物塊始終沿水平面做勻速直線運動.關于物塊受到的外力，下列判斷正確的是(　　) 圖9 A.推力F先增大后減小 B.推力F一直減小 C.物塊受到的摩擦力先減小后增大 D.物塊受到的摩擦力一直不變 答案　B 解析　對物塊受力分析，建立如圖所示的坐標系. 由平衡條件得，水平方向Fcos θ－Ff＝0，豎直方向FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，聯(lián)立可得F＝，F(xiàn)f＝μ(mg＋Fsin θ)，可見，當θ減小時，F(xiàn)、Ff一直減小，故選項B正確，A、C、D錯誤. 11.(2013新課標全國卷Ⅱ15)如圖10，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上.若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F2＞0).由此可求出(　　) 圖10 A.物塊的質量 B.斜面的傾角 C.物塊與斜面間的最大靜摩擦力 D.物塊對斜面的正壓力 答案　C 解析　當拉力為F1時，物塊有沿斜面向上運動的趨勢，受到沿斜面向下的靜摩擦力，則F1＝mgsin θ＋fm.當拉力為F2時，物塊有沿斜面向下運動的趨勢，受到沿斜面向上的靜摩擦力，則F2＋fm＝mgsin θ，由此解得fm＝. 12.(2016嘉興模擬)如圖11所示，人和物體處于靜止狀態(tài).當人拉著繩向右跨出一步后，人和物體仍保持靜止.不計繩與滑輪的摩擦，下列說法中正確的是(　　) 圖11 A.繩的拉力變大 B.人所受的合力增大 C.地面對人的摩擦力增大 D.人對地面的壓力減小 答案　C 解析　物體始終處于靜止狀態(tài)，所以繩子對物體的拉力始終等于mg，選項A錯誤；人保持靜止狀態(tài)，合力為零，選項B錯誤；對人受力分析并正交分解如圖所示，由平衡條件得FN＋mgsin θ＝Mg，F(xiàn)f＝mgcos θ，當人拉著繩向右跨出一步后，θ將變小，F(xiàn)f會變大，F(xiàn)N也將變大，選項C正確，D錯誤. 13.如圖12所示，位于豎直側面的物體A的質量mA＝0.2 kg，放在水平面上的物體B的質量mB＝1.0 kg，繩和滑輪間的摩擦不計，且繩的OB部分水平，OA部分豎直，A和B恰好一起勻速運動，g取10 m/s2. 圖12 (1)求物體B與水平面間的動摩擦因數(shù). (2)如果用水平力F向左拉物體B，使物體A和B做勻速運動需多大的拉力？ 答案　(1)0.2　(2)4 N 解析　(1)因物體A和B恰好一起勻速運動，所以物體A、B均處于平衡狀態(tài).由平衡條件得 對A：FT－mAg＝0 對B：FT－μFN＝0 FN－mBg＝0 解得：μ＝0.2 (2)如果用水平力F向左拉物體B，使物體A和B做勻速運動，此時水平繩的拉力與滑動摩擦力的大小均不變，對物體B由平衡條件得 F－FT－μFN＝0 解得：F＝4 N. 14.(2016金華十校模擬)如圖13所示，某同學用大小為5 N、方向與豎直黑板面成θ＝53的力將黑板擦沿黑板表面豎直向上緩慢推動，黑板擦無左右運動趨勢.已知黑板的規(guī)格為4.51.5 m2，黑板的下邊緣離地的離度為0.8 m，黑板擦(可視為質點)的質量為0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53＝0.8. 圖13 (1)求黑板擦與黑板間的動摩擦因數(shù)μ； (2)當她擦到離地高度2.05 m時，黑板擦意外脫手沿黑板面豎直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下邊緣前瞬間的速度大小. 答案　(1)0.5　(2)5 m/s 解析　(1)對黑板擦受力分析如圖所示： 水平方向：Fsin θ＝FN① 豎直方向：Fcos θ＝mg＋Ff② 另有：Ff＝μFN③ 聯(lián)立①②③可得：μ＝0.5④ (2)由受力分析可知：黑板擦脫手后做自由落體運動 自由落體：v2＝2gh⑥ 代入數(shù)據(jù)可得：v＝5 m/s⑦