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專題強化二　受力分析　共點力的平衡 專題解讀 1.本專題是本章重要知識和規(guī)律的綜合，特別是受力分析和平衡條件的應用更是高考的重點和熱點. 2.高考對本專題內(nèi)容的考查主要是在選擇題中作為一個考查點出現(xiàn)，但近年在計算題中也作為一個力學或電學考點命題. 3.用到的相關(guān)知識有：受力分析，力的合成與分解，共點力的平衡條件，用到的主要方法有：整體法與隔離法、合成法、正交分解法等. 一、受力分析 1.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. 2.一般步驟 自測1　(多選)如圖1所示，水平地面上的物體A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做勻速運動，則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.物體A可能只受到三個力的作用 B.物體A一定受到四個力的作用 C.物體A受到的滑動摩擦力大小為Fcos θ D.物體A對水平面的壓力大小一定為Fsin θ 答案　BC 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.平衡條件 F合＝0或者. 如圖2甲和乙所示，小球靜止不動，物塊勻速運動. 圖2 則小球F合＝0； 物塊Fx＝0，F(xiàn)y＝0. 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)，其中任何一個力與另外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)，其中任何一個力與另外幾個力的合力大小相等，方向相反. 自測2　如圖3所示，一個質(zhì)量為m的小物體靜止在固定的、半徑為R的半圓形槽內(nèi)，距內(nèi)槽最低點高為處，則它受到的摩擦力大小為(　　) 圖3 A.mg B.mg C.(1－)mg D.mg 答案　B 解析　對物體受力分析如圖，由平衡條件可得： mgsin θ＝Ff，F(xiàn)N＝mgcos θ，sin θ＝＝，F(xiàn)f＝mg. 命題點一　受力分析　整體法與隔離法 的應用 1.高中物理主要研究的九種力 種類 大小 方向 重力 G＝mg(不同高度、緯度、星球，g不同) 豎直向下 彈簧的彈力 F＝kx(x為形變量) 沿彈簧軸線 靜摩擦力 0＜Ff靜≤Ffmax 與相對運動趨勢方向相反 滑動摩擦力 Ff滑＝μFN 與相對運動方向相反 萬有引力 F＝G 沿質(zhì)點間的連線 庫侖力 F＝k 沿點電荷間的連線 電場力 F電＝qE 正(負)電荷與電場強度方向相同(相反) 安培力 F＝BIL 當B∥I時，F(xiàn)＝0 左手定則，安培力(洛倫茲力)的方向總是垂直于B與I(B與v)決定的平面 洛倫茲力 F洛＝qvB 當B∥v時，F(xiàn)洛＝0 2.整體法與隔離法 整體法 隔離法 概念 將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔開的方法 選用原則 研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或系統(tǒng)整體的加速度 研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力 例1　如圖4所示，物塊A放在直角三角形斜面體B上面，B放在彈簧上面并緊挨著豎直墻壁，初始時A、B靜止，現(xiàn)用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未動.則施力F后，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.A、B之間的摩擦力一定變大 B.B與墻面間的彈力可能不變 C.B與墻之間可能沒有摩擦力 D.彈簧彈力一定不變 答案　D 解析　對A分析，開始受重力、B對A的支持力和靜摩擦力平衡，當施加F后，仍然處于靜止狀態(tài)，開始A所受的靜摩擦力大小為mAgsin θ，若F＝2mAgsin θ，則A、B之間的摩擦力大小不變，故A錯誤；以A、B整體為研究對象，開始時B與墻面的彈力為零，后來施加F后，彈力為Fcos θ，B錯誤；對A、B整體分析，由于A、B不動，彈簧的形變量不變，則彈簧的彈力不變，開始彈簧的彈力等于A、B的總重力，施加F后，彈簧的彈力不變，總重力不變，根據(jù)平衡知，則B與墻之間一定有摩擦力，故C錯誤，D正確. 例2　如圖5所示，甲、乙兩個小球的質(zhì)量均為m，兩球間用細線連接，甲球用細線懸掛在天花板上.現(xiàn)分別用大小相等的力F水平向左、向右拉兩球，平衡時細線都被拉緊.則平衡時兩球的可能位置是下列選項中的(　　) 圖5 答案　A 解析　用整體法分析，把兩個小球看做一個整體，此整體受到的外力為豎直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和細線1的拉力，兩水平力相互平衡，故細線1的拉力一定與重力2mg等大反向，即細線1一定豎直；再用隔離法，分析乙球受力的情況，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、細線2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，細線2必須向右傾斜.故A正確. 變式1　如圖6所示，兩段等長細線串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點.現(xiàn)在兩個小球上分別加上水平的外力，其中作用在b球上的力大小為F、作用在a球上的力大小為2F，則此裝置平衡時的位置可能是(　　) 圖6 答案　A 解析　設(shè)每個球的質(zhì)量為m，Oa與ab和豎直方向的夾角分別為α、β. 以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可知，Oa繩的方向不可能沿豎直方向，否則整體的合力不為零，不能保持平衡. 由平衡條件得：tan α＝. 以b球為研究對象，分析受力情況，如圖乙所示，由平衡條件得：tan β＝，則α＜β，故A正確. 命題點二　動態(tài)平衡問題 1.動態(tài)平衡 動態(tài)平衡就是通過控制某一物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化，但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)，所以叫動態(tài)平衡. 2.常用方法 (1)平行四邊形定則法：但也要根據(jù)實際情況采用不同的方法，若出現(xiàn)直角三角形，常用三角函數(shù)表示合力與分力的關(guān)系. (2)圖解法：圖解法分析物體動態(tài)平衡問題時，一般是物體只受三個力作用，且其中一個力大小、方向均不變，另一個力的方向不變，第三個力大小、方向均變化. (3)矢量三角形法 ①若已知F合的方向、大小及一個分力F1的方向，則另一分力F2的最小值的條件為F1⊥F2； ②若已知F合的方向及一個分力F1的大小、方向，則另一分力F2的最小值的條件為F2⊥F合. 例3　(多選)(2017全國卷Ⅰ21)如圖7，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞).現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變.在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) 圖7 A.MN上的張力逐漸增大 B.MN上的張力先增大后減小 C.OM上的張力逐漸增大 D.OM上的張力先增大后減小 答案　AD 解析　以重物為研究對象，受重力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，由題意知，三個力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角為π－α不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯誤. 變式2　(2017全國卷Ⅲ17)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm 答案　B 解析　設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k.掛鉤碼后，彈性繩兩端點移動前，繩的伸長量ΔL＝100 cm－80 cm＝20 cm，兩段繩的彈力F＝kΔL，對鉤碼受力分析，如圖甲所示，sin α＝，cos α＝.根據(jù)共點力的平衡條件可得，鉤碼的重力為G＝2kΔLcos α.將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點時，受力圖如圖乙所示.設(shè)彈性繩伸長量為ΔL′，彈力為F′＝kΔL′，鉤碼的重力為G＝2kΔL′，聯(lián)立解得ΔL′＝ΔL＝12 cm.彈性繩的總長度變?yōu)長0＋ΔL′＝92 cm，故B正確，A、C、D錯誤. 　　 甲　　　　　　 乙 例4　(多選)(2017天津理綜8)如圖8所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài).如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B.將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C.繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D.若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移 答案　AB 解析　設(shè)兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別為la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示.繩子中各部分張力相等，F(xiàn)Ta＝FTb＝FT，則α＝β.滿足2FTcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α＝lsin α，即sin α＝，F(xiàn)T＝，d和l均不變，則sin α為定值，α為定值，cos α為定值，繩子的拉力保持不變，故A正確，C錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sin α增大，cos α減小，繩子的拉力增大，故B正確；若換掛質(zhì)量更大的衣服，d和l均不變，繩中拉力增大，但衣服的位置不變，D錯誤. 變式3　(多選)如圖9所示，在固定好的水平和豎直的框架上，A、B兩點連接著一根繞過光滑的輕小滑輪的不可伸長的細繩，重物懸掛于滑輪下，處于靜止狀態(tài).若按照以下的方式緩慢移動細繩的端點，則下列判斷正確的是(　　) 圖9 A.只將繩的左端移向A′點，拉力變小 B.只將繩的左端移向A′點，拉力不變 C.只將繩的右端移向B′點，拉力變小 D.只將繩的右端移向B′點，拉力變大 答案　BD 解析　設(shè)滑輪兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角為α，繩子的長度為L，B點到墻壁的距離為s，根據(jù)幾何知識和對稱性，得：sin α＝ ① 以滑輪為研究對象，設(shè)繩子拉力大小為FT，根據(jù)平衡條件得：2FTcos α＝mg， 得FT＝ ② 當只將繩的左端移向A′點，s和L均不變，則由②式知，F(xiàn)T不變，故A錯誤，B正確.當只將繩的右端移向B′點，s增加，而L不變，則由①式知，α增大，cos α減小，則由②式知，F(xiàn)T增大.故C錯誤，D正確.故選B、D. 命題點三　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.解決極值問題和臨界問題的方法 (1)極限法：首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小. (2)數(shù)學分析法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(畫出函數(shù)圖象)，用數(shù)學方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值). (3)物理分析方法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值. 例5　如圖10所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當斜面傾角為30時恰能沿斜面勻速下滑.對物體施加一大小為F水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求： 圖10 (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)這一臨界角θ0的大小. 答案　(1)　(2)60 解析　(1)如圖所示，未施加力F時，對物體受力分析，由平衡條件得mgsin 30＝μmgcos 30 解得μ＝tan 30＝ (2)設(shè)斜面傾角為α時，受力情況如圖所示，由平衡條件得： Fcos α＝mgsin α＋Ff′ FN′＝mgcos α＋Fsin α Ff′＝μFN′ 解得F＝ 當cos α－μsin α＝0，即tan α＝時，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時，臨界角θ0＝α＝60. 變式4　(2017廣東汕頭二模)重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩如圖11所示連接后懸掛在O點上，O、B間的繩子長度是A、B間的繩子長度的2倍，將一個拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為(　　) 圖11 A.G B.G C.G D.G 答案　A 解析　對A球受力分析可知，因O、A間繩豎直，則A、B間繩上的拉力為0.對B球受力分析如圖所示，則可知當F與O、B間繩垂直時F最小，F(xiàn)min＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，則Fmin＝G，故A項正確. 變式5　(2017河北冀州2月模擬)如圖12所示，質(zhì)量為m(可以看成質(zhì)點)的小球P，用兩根輕繩OP和O′P在P點拴結(jié)后再分別系于豎直墻上相距0.4 m的O、O′兩點上，繩OP長0.5 m，繩O′P長0.3 m，今在小球上施加一方向與水平成θ＝37角的拉力F，將小球緩慢拉起.繩O′P剛拉直時，OP繩拉力為FT1，繩OP剛松弛時，O′P繩拉力為FT2，則FT1∶FT2為(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)(　　) 圖12 A.3∶4 B.4∶3 C.3∶5 D.4∶5 答案　C 解析　繩O′P剛拉直時，由幾何關(guān)系可知此時OP繩與豎直方向夾角為37，小球受力如圖甲，則FT1＝mg.繩OP剛松弛時，小球受力如圖乙，則FT2＝mg.則FT1∶FT2＝3∶5，C選項正確. 1.如圖1所示，物體A在豎直向上的拉力F的作用下能靜止在斜面上，關(guān)于A受力的個數(shù)，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.A一定受兩個力作用 B.A一定受四個力作用 C.A可能受三個力作用 D.A受兩個力或者四個力作用 答案　D 解析　若拉力F大小等于物體的重力，則物體與斜面沒有相互作用力，所以物體就只受到兩個力作用；若拉力F小于物體的重力，則斜面對物體產(chǎn)生支持力和靜摩擦力，故物體應受到四個力作用. 2.(2018山西太原調(diào)研)如圖2所示，輕繩OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圓環(huán)，一根系著物體的輕繩穿過圓環(huán)后，另一端固定在墻上B點，且OB處于水平.現(xiàn)將A點緩慢沿天花板水平向右移動，且OB段的輕繩始終保持水平，則OA、OB段輕繩所受的拉力的大小FTA、FTB的變化情況是(　　) 圖2 A.FTA增大，F(xiàn)TB不變 B.FTA、FTB均不變 C.FTA不變，F(xiàn)TB增大 D.FTA、FTB均減小 答案　B 解析　因為圓環(huán)光滑，則OC、OB段輕繩所受的拉力的大小FTC、FTB始終相等，且等于物體的重力.又OB段輕繩始終保持水平，OC段輕繩始終保持豎直，則A點緩慢右移，圓環(huán)也隨之右移，角θ不變，由平衡條件可知OA段繩上所受的拉力不變.故B項正確. 3.(2018河北唐山質(zhì)檢)光滑斜面上固定著一根剛性圓弧形細桿，小球通過輕繩與細桿相連，此時輕繩處于水平方向，球心恰位于圓弧形細桿的圓心處，如圖3所示.將懸點A緩慢沿桿向上移動，直到輕繩處于豎直方向，在這個過程中，輕繩的拉力(　　) 圖3 A.逐漸增大 B.大小不變 C.先減小后增大 D.先增大后減小 答案　C 解析　當懸點A緩慢向上移動過程中，小球始終處于平衡狀態(tài)，小球所受重力mg的大小和方向都不變，支持力的方向不變，對球進行受力分析如圖所示，由圖可知，拉力FT先減小后增大，C項正確. 4.如圖4所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角θ＝37的木板托住，小球處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則(　　) 圖4 A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 B.彈簧彈力不可能為mg C.小球可能受三個力作用 D.木板對小球的作用力有可能小于小球的重力mg 答案　C 解析　小球的受力分析如圖， 對于小球所受靜摩擦力的情況： 當mgsin 37＞F彈cos 37時，小球受到沿斜面向上的靜摩擦力，當mgsin 37＜F彈cos 37時，小球受到沿斜面向下的靜摩擦力，當mgsin 37＝F彈cos 37時，小球不受靜摩擦力，且F彈＝mgtan 37＝mg，所以A、B錯誤，C正確；木板對小球的作用力的豎直分量等于mg，所以不可能小于mg，D錯誤. 5.(2017廣東六次聯(lián)考)一個質(zhì)量為3 kg的物體，被放置在傾角為α＝30的固定光滑斜面上，在如圖5所示的甲、乙、丙三種情況下處于平衡狀態(tài)的是(g＝10 m/s2)(　　) 圖5 A.僅甲圖 B.僅乙圖 C.僅丙圖 D.甲、乙、丙圖 答案　B 6.(2017湖南長沙聯(lián)考)如圖6所示是一個力學平衡系統(tǒng)，該系統(tǒng)由三條輕質(zhì)細繩將質(zhì)量均為m的兩個小球連接懸掛組成，小球直徑相比輕繩長度可以忽略，輕繩1與豎直方向的夾角為30，輕繩2與豎直方向的夾角大于45，輕繩3水平.當此系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，輕繩1、2、3的拉力分別為F1、F2、F3，比較三力的大小，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖6 A.F1＜F3 B.F2＜F3 C.F1＞F2 D.F1＜F2 答案　C 7.(多選)(2017江西南昌3月模擬)如圖7所示，靜止在粗糙水平面上的半徑為4R的半球的最高點A處有一根水平細線系著質(zhì)量為m、半徑為R的光滑小球.已知重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) 圖7 A.地面對半球的摩擦力的方向水平向右 B.細線對小球的拉力大小為mg C.保持小球的位置不變，將A點沿半球逐漸下移，半球?qū)π∏虻闹С至χ饾u減小 D.剪斷細線的瞬間，小球的加速度大小為0.6g 答案　BD 解析　以半球和小球整體為研究對象，整體處于平衡狀態(tài)，不受摩擦力作用，A項錯誤.對小球受力分析如圖，拉力FTA＝mgtan θ，由幾何關(guān)系可知tan θ＝，則FTA＝mg，B項正確.半球?qū)π∏虻闹С至N＝，在A點下移時，θ增大，cos θ減小，則FN增大，C項錯誤.在剪斷細線的瞬間，細線對小球的拉力消失，小球在沿切線方向有mgsin θ＝ma，其中sin θ＝0.6，得a＝0.6g，D項正確. 8.(多選)如圖8所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面體B靠在豎直墻壁上，物塊A放在斜面體B上，開始時A、B靜止.現(xiàn)用水平力F推A，A、B仍靜止，則此時A、B受力個數(shù)的組合可能是(　　) 圖8 A.3個、5個 B.3個、3個 C.4個、5個 D.3個、4個 答案　CD 解析　先對A、B整體受力分析，A、B整體受推力、重力、地面的支持力、墻壁的彈力；再對物塊A受力分析，A受重力、推力、斜面體的支持力，可能還受到靜摩擦力，所以A可能受到3個或4個力，分析B的受力情況，B受到重力、墻壁的彈力、地面的支持力、A對B的壓力，可能還受到A對B的靜摩擦力，所以B可能受到4個或5個力，故C、D均正確. 9.如圖9所示，質(zhì)量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上，斜面足夠長，傾角為α的斜面體置于光滑水平面上，用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動，小球沿斜面緩慢升高(細繩尚未到達平行于斜面的位置).在此過程中：(　　) 圖9 A.繩對小球的拉力減小 B.斜面體對小球的支持力減小 C.水平推力F減小 D.地面對斜面體的支持力不變 答案　A 解析　對小球受力分析，如圖甲所示，斜面體左移會引起FT的方向及大小的變化而FN的方向不變，三力的合力為0，則形成閉合三角形，F(xiàn)T與FN相互垂直時FT最小，此時細線和斜面平行，則細線尚未到達平行于斜面的位置時，F(xiàn)T逐漸變小，F(xiàn)N逐漸變大，故選項A正確，B錯誤；對斜面體受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有：F＝FN′sin α＝FNsin α，F(xiàn)N地＝Mg＋FN′cos α＝Mg＋FNcos α.由于FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D錯誤. 10.(多選)如圖10所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑.小球被輕質(zhì)細線系住放在斜面上.細線另一端跨過定滑輪，用力拉細線使小球沿斜面緩慢下移一小段距離，斜面體始終靜止.移動過程中(　　) 圖10 A.細線對小球的拉力變大 B.斜面對小球的支持力變大 C.斜面對地面的壓力變大 D.地面對斜面的摩擦力變大 答案　BCD 解析　設(shè)小球和斜面體的質(zhì)量分別為m和M，細線和斜面的夾角為θ. 對小球受力分析，如圖甲所示，小球受到重力mg、斜面的支持力FN和細線的拉力FT，則由平衡條件得： 斜面方向：mgsin α＝FTcos θ ① 垂直斜面方向：FN＋FTsin θ＝mgcos α ② 使小球沿斜面緩慢下移時，θ減小，其他量不變，由①式知，F(xiàn)T變小. 由②知，F(xiàn)N變大，故A錯誤，B正確； 對斜面體進行受力分析，如圖乙所示，斜面體受到重力Mg、地面的支持力FN地、地面的靜摩擦力Ff和小球的壓力FN′，由平衡條件得： Ff＝FN′sin α，F(xiàn)N′＝FN變大，F(xiàn)f變大 FN地＝Mg＋FN′cos α，F(xiàn)N′＝FN變大，F(xiàn)N地變大，根據(jù)牛頓第三定律得，斜面體對地面的壓力也變大，故C、D正確. 11.如圖11所示，物體A、B置于水平地面上，與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，物體A、B用跨過光滑輕質(zhì)動滑輪的細繩相連，現(xiàn)用逐漸增大的力斜向上提動滑輪，某時刻拉A物體的繩子與水平面成53角，拉B物體的繩子與水平面成37角，A、B兩個物體仍處于平衡狀態(tài)，此時若繼續(xù)增大向上的力，A、B兩個物體將同時開始運動，則A、B兩個物體的質(zhì)量之比為(認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) 圖11 A. B. C. D. 答案　B 解析　對A、B兩物體，由平衡條件得FTcos 53＝μ(mAg－FTsin 53)，F(xiàn)Tcos 37＝μ(mBg－FTsin 37)，解得＝，選項A、C、D錯誤，選項B正確. 12.質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時，它正好勻速下滑.如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖12所示(已知木楔在整個過程中始終靜止). 圖12 (1)當α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值； (2)當α＝θ時，木楔對水平面的摩擦力是多大？ 答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 解析　(1)木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，有 mgsin θ＝μmgcos θ， 即μ＝tan θ. 木塊在力F作用下沿斜面向上勻速運動，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff Fsin α＋FN＝mgcos θ Ff＝μFN 解得F＝＝＝ 則當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝mgsin 2θ. (2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的地面摩擦力等于F的水平分力，即 Ff＝Fcos (α＋θ) 當α＝θ時，F(xiàn)取最小值mgsin 2θ， Ffm＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.