版高考物理精刷卷狂刷小题卷+精做大题卷专题4受力分析共点力的平衡.docx

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版高考物理精刷卷狂刷小题卷+精做大题卷专题4受力分析共点力的平衡

专题4　受力分析　共点力的平衡

专题细研究：

本专题的命题要点包括：

（1）整体法与隔离法的应用，物体的受力分析；

（2）共点力的平衡条件及分析；（3）动态平衡问题分析、正交分解法应用等。

备考须注意：

受力分析与共点力平衡是高考必考内容，一般以选择题为主，难度中等偏下，主要考查正交分解法、图解法、解析法、整体法、隔离法、相似三角形法的应用及临界问题。

2015年命题较少，2016、2017、2018年全国卷均做了考查，预计今后高考会加强考查。

一、基础与经典

1．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示。

P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）

A．P受3个力

B．Q受3个力

C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大

D．若绳子变长，绳子的拉力将变小

答案　D

解析　P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A错误；Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误；Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故C错误；设绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的拉力大小为F，P对Q的摩擦力为f，则由平衡条件得：

f＝GQ，GP＋f＝Fcosα，则GP＋GQ＝Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故D正确。

2．如图所示，斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。

若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则（　　）

A．物体A所受合力一定变小

B．斜面对物体A的支持力一定变小

C．斜面对物体A的摩擦力一定变小

D．斜面对物体A的摩擦力一定为零

答案　B

解析　物体A始终处于平衡状态，所以受到的合力始终等于0，不变，故A错误；如图对物体A进行受力分析有：

F合x＝Fcosθ＋f－Gsinθ＝0　①

F合y＝FN－Gcosθ－Fsinθ＝0　②

由②知，FN＝Gcosθ＋Fsinθ，当F减小时，则支持力减小，所以B是正确的；由①知f＝Gsinθ－Fcosθ，因为不知道摩擦力的方向，故当f方向向上为正值时，F减小则f增大，若f为负值即沿斜面向下时，F减小则f亦减小，不一定为0，故C、D错误。

故选B。

3．如图所示，倾角为45°的斜面B放置在水平面上，物块A放在斜面B上，A、B接触面光滑，水平力F作用在物块A上，A、B一起沿着水平面向左匀速滑动，若B与水平面间的动摩擦因数为μ，则A与B的质量之比为（　　）

A．B．C．D．

答案　A

解析　把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ（mA＋mB）g，A物体在三个力的作用下受力平衡，因为斜面的倾角为45°，可知F＝mAg，联立解得＝，A正确。

4．如图所示，一根不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端分别系一小球P和物块Q，Q与水平地面间的动摩擦因数恒定。

现使P竖直向下运动从而使Q水平向左做匀速运动，则下列说法正确的是（　　）

A．Q可能受到三个力的作用

B．轻绳的拉力大小不变

C．地面对Q的支持力逐渐减小

D．Q受到的滑动摩擦力不变

答案　C

解析　Q受到重力mg、轻绳的拉力T、地面的支持力N和地面的滑动摩擦力f共四个力的作用，A错误；设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则对Q受力分析，有Tcosθ＋N＝mg，μN′＝Tsinθ，其中N＝N′，得T＝，N＝，Q向左运动过程中θ逐渐减小，T会随θ的变化而变化，N逐渐减小，C正确，B错误；Q受到的滑动摩擦力f＝μN′，即f也逐渐减小，D错误。

5．如图所示，斜劈ABC放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重为G的物块，物块和斜劈均处于静止状态。

现用一竖直向下且逐渐增大的力F作用于物块上，则下列说法正确的是（　　）

A．斜劈对物块的支持力增大

B．物块所受的合力变大

C．当力F足够大时斜劈将沿水平地面向右滑动

D．斜劈ABC受到水平地面向左的摩擦力作用，且随力F的增大而增大

答案　A

解析　重为G的物块静止在斜劈上，对物块：

mgsinθ≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ。

当用一竖直向下的力F作用于物块上，可等效于物块更重了，物块对斜劈的压力增大，则斜劈对物块的支持力增大，A正确；但此时sinθ≤μcosθ仍成立，故物块仍静止，合力保持为零不变，B错误；以物块与斜劈组成的整体为研究对象，水平方向上不受力，故C、D错误。

6．（多选）如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC边水平，AC边竖直，∠B＝β，∠A＝α，AB及AC两边上分别套有细线系着的铜环M、N，当它们静止时，细线与AB所成的角为γ，与AC所成的角为θ（细线长度小于BC），则（　　）

A．γ＝βB．θ＝

C．θ>－αD．β<γ<

答案　CD

解析　假设AC上的铜环的质量为零，重力为零，它仅受线的拉力和铁丝AC的弹力，由于铁丝对AC上的环的弹力垂直于AC，则细线必定垂直于AC，则细线平行于BC，此时γ＝β，但实际上AC上的环的质量不为零，要使此环处于静止状态，细线的左端略高，则有γ>β，假设AB上的铜环的质量为零，重力为零，它仅受细线的拉力和铁丝AB的弹力，则平衡时，细线与AB垂直，γ＝，而AB上的铜环的质量不为零，要使此环处于静止状态，细线不能与AB垂直，应有γ<，故β<γ<，θ>－α，A、B错误，C、D正确。

7．课堂上，老师准备了“L”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示（截面图）方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为（　　）

A．30°B．45°

C．60°D．90°

答案　A

解析　将三个积木按图示方式堆放在木板上，增大θ角的过程中，最上面两个积木之间先是存在压力，θ增大到某一角度时，压力消失，此时θ角也达到最大值，之后再增大θ角，最上面的积木便无法保持平衡状态，当θ角达到最大值时，积木状态如图所示，所以θ角最大为30°，A正确。

8．（多选）如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，则A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为（　　）

A．＝B．＝

C．＝D．＝

答案　AC

解析　

分别对A、B两球受力分析，如图所示，由几何知识得T1sin60°＝mAg，T2sin30°＝mBg，T1＝T2，故mA∶mB＝sin60°∶sin30°＝∶1，同理，＝＝，A、C正确，B、D错误；故选A、C。

9．（多选）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处（O为球心），弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。

已知容器半径为R，与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。

下列说法正确的是（　　）

A．容器相对于水平面有向左的运动趋势

B．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上

C．弹簧原长为

D．轻弹簧对小球的作用力大小为mg

答案　BC

解析　对小球受力分析，如图所示。

θ＝30°，三角形OO′P为等边三角形，由相似三角形法得FN＝F＝mg，D错误。

由整体法得，竖直方向有总重力、地面的支持力，根据平衡条件可知，容器不受水平面的静摩擦力，容器与地面没有相对运动趋势，A错误。

小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，B正确。

由胡克定律有F＝mg＝k（L0－R），解得弹簧原长L0＝R＋，C正确。

10．如图甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑。

现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑。

如图乙所示，则F大小应为（　　）

A．mgB．mgC．mgD．mg

答案　A

解析　小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则有mgsin30°＝μmgcos30°，可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ＝tan30°，由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，受力分析如图所示。

根据平衡条件：

沿斜面方向：

Fcos30°－f－mgsin30°＝0，

垂直斜面方向：

N＝mgcos30°＋Fsin30°。

又f＝μN，联立可得：

F＝mg，故A正确，B、C、D错误。

二、真题与模拟

11．（2016·全国卷Ⅱ）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示，用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）

A．F逐渐变大，T逐渐变大

B．F逐渐变大，T逐渐变小

C．F逐渐变小，T逐渐变大

D．F逐渐变小，T逐渐变小

答案　A

解析　设绳OA段与竖直方向的夹角为θ，对O点进行受力分析，列平衡方程得F＝mgtanθ，T＝，则随θ的逐渐增大，F逐渐增大，T逐渐增大，A正确。

12．（2016·全国卷Ⅰ）（多选）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。

若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（　　）

A．绳OO′的张力也在一定范围内变化

B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化

C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化

D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化

答案　BD

解析　系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则

FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0

f＋T1sinθ－Fcosα＝0

FN、f均随F的变化而变化，故B、D项正确。

13．

（2017·全国卷Ⅰ）（多选）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。

初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。

在OM由竖直被拉到水平的过程中（　　）

A．MN上的张力逐渐增大

B．MN上的张力先增大后减小

C．OM上的张力逐渐增大

D．OM上的张力先增大后减小

答案　AD

解析　设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。

开始时，TOM＝mg，TMN＝0。

由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。

如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角（α－β）逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：

＝，（α－β）由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，A正确。

14．（2018·河南省商丘模拟）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住，现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（　　）

A．F不变，FN增大B．F不变，FN减小

C．F减小，FN不变D．F增大，FN减小

答案　C

解析　小球沿圆环缓慢上移可看成小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，如图所示，由图可知＝＝，当小球上移时，R不变，AB减小，故F减小，FN不变，故C正确。

15．（2018·江西省毕业班质量检测）如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环。

细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的连接点O悬挂着一重物，O点正好处于圆心。

现将小球从B点缓慢移到B′点，在这一过程中，重物一直保持静止。

则在此过程中绳a的拉力（　　）

A．一直增大B．一直减小

C．先增大后减小D．先减小后增大

答案　A

解析　对连接点O进行受力分析，把连接点受到的重物拉力（等于重力）、两绳的拉力放到一个矢量三角形中，如图所示，小球从B点缓慢移到B′点，Fa逐渐变大，A正确。

16．（2018·东北三省三校高三一模）如图所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为R的半圆柱体M，挡板PQ固定在半圆柱体M上，PQ的延长线过半圆柱截面圆心O，且与水平面成30°角。

在M和PQ之间有一个质量为m的光滑均匀球体N，其半径也为R。

整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）

A．N对PQ的压力大小为mg

B．N对PQ的压力大小为mg

C．N对M的压力大小为mg

D．N对M的压力大小为mg

答案　D

解析　设N的球心为O′，画出受力分析图如图，由几何关系知，∠O′OD＝30°，所以∠OO′E＝∠DO′E＝30°，设N对M的压力为F1，N对PQ的压力为F2，N受到的支持力F1′、F2′的合力大小等于mg，由牛顿第三定律F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝F2＝F1′＝F2′＝mg，D正确。

17．（2018·河南省高三第二次仿真模拟）放在粗糙的水平地面上的斜面体，倾角θ＝45°，斜面光滑。

斜面上有两个质量均为m的小物块A、B，它们之间有轻绳连接。

当用水平外力F推物块A时，两个物块和斜面体一起向左做匀速直线运动。

若斜面对物块A的支持力大小为NA、斜面对物块B的支持力大小为NB，则下列结论正确的是（　　）

A．NA＝mg，NB＝mg

B．NA＝mg，NB＝mg

C．NA＝mg，NB＝mg

D．NA＝mg，NB＝mg

答案　C

解析　当用水平力F推A时，A、B和斜面一起向左做匀速直线运动，A、B所受合力为零。

对小物块A、B的整体分析，沿斜面方向：

Fcos45°＝2mgsin45°，即F＝2mg，则斜面对小物块A的支持力：

NA＝mgcos45°＋Fsin45°＝mg；斜面对小物块B的支持力：

NB＝mgcos45°＝mg，故选C。

18．（2018·安徽芜湖期末）在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A和圆球B的质量之比为（　　）

A．B．C．D．

答案　C

解析　设A的质量为m，B的质量为M，对B受力分析如图所示，可得FNB＝Fcos30°，Mg－Fsin30°＝0，解得FNB＝，两球组成的整体，水平方向平衡，有FNA＝FNB，竖直方向有（m＋M）g－μFNA＝0，联立解得＝，C正确。

19．（2018·河南郑州金水区模拟）如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着固定在竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是（　　）

A．小球A、B受到的拉力FTOA与FTOB相等，且FTOA＝FTOB＝mg

B．弹簧弹力大小为mg

C．A球质量为m

D．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg

答案　C

解析　对小球A、B受力分析如图所示，对B分析，水平方向有FTOBsin45°＝F，竖直方向有FTOBcos45°＝mg，则FTOB＝mg，弹簧弹力F＝mg，根据定滑轮的特性知FTOA与FTOB相等，A、B错误。

对A分析，由几何关系可知，拉力FTOA和支持力FN与水平方向的夹角都为60°，则FN和FTOA相等，且2FTOAsin60°＝mAg，解得mA＝m，由对称性可得FN＝FTOA＝mg，C正确，D错误。

20．（2018·重庆一中月考）如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的内表面光滑，一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1、m2，当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°、30°角，则碗对两小球的弹力大小之比是（　　）

A．1∶2B．∶1C．1∶D．∶2

答案　B

解析　选取两小球和杆组成的整体为研究对象，分析受力并正交分解如图所示，由平衡条件得F1在水平方向的分力F′和F2在水平方向的分力F″大小相等，即F1cos60°＝F2cos30°，解得＝＝，B正确。

21．（2019·湖南湘东六校联考）如图所示，斜面体静置于粗糙水平面上，用一轻绳拴住小球置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上的P处，初始时轻绳与斜面平行，若将斜面体移至虚线位置处，斜面体仍处于静止状态，则与在原来位置相比（　　）

A．在虚线位置时轻绳对小球的拉力小

B．在虚线位置时斜面体对小球的支持力大

C．在虚线位置时斜面体对水平面的压力大

D．在虚线位置时斜面体对水平面的摩擦力小

答案　D

解析　

隔离小球分析其受力，小球受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、轻绳的拉力，画出小球受力的矢量三角形，如图所示。

由图可知，斜面体在虚线位置时轻绳对小球的拉力大，斜面体对小球的支持力小，A、B错误；把小球和斜面体看成一个整体，由于斜面体在虚线位置时轻绳对小球的拉力大，由平衡条件可知，斜面体在虚线位置时水平面对斜面体的支持力小，摩擦力小，根据牛顿第三定律可知，斜面体在虚线位置时对水平面的压力小，摩擦力小，C错误，D正确。

22．（2018·黑龙江省伊春模拟）如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近，则绳中拉力大小变化的情况是（　　）

A．先变小后变大B．先变小后不变

C．先变大后不变D．先变大后变小

答案　C

解析　当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ，绳中的拉力大小为F，以滑轮为研究对象，受力分析如图甲所示，根据平衡条件得2Fcosθ＝mg，得到绳子的拉力大小为F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大，当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α，设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得sinα＝，L、s不变，则α保持不变，再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，C正确。

23．（2018·湖南省益阳市、湘潭市调研）如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都套在一根竖直杆上，当两球平衡时，连接A、B两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（　　）

A．2cosθ∶1B．1∶2cosθ

C．tanθ∶1D．1∶2sinθ

答案　B

解析　对A、B两球受力分析如图所示，由力的平衡条件可知，T′sinθ＝mAg，Tsin2θ＝mBg，T′＝T，解得mA∶mB＝sinθ∶sin2θ＝1∶2cosθ，B正确。

24．（2018·吉林省长春一测）（多选）如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平地面上，其左右两斜面光滑，一质量为m的物块B沿倾角α＝30°的右侧斜面加速下滑时，三角形木块A刚好保持静止，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当物块B沿倾角β＝60°的左侧斜面下滑时，下列说法正确的是（　　）

A．A仍然静止不动，地面对A的摩擦力两种情况下等大

B．A仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小

C．A将向右滑动，若使A仍然静止需对其施加向左的作用力

D．若α＝45°，B沿右侧斜面下滑时A将滑动

答案　CD

解析　物块B沿着右侧斜面下滑时，对斜面的压力等于其重力沿垂直斜面的分力，为F＝mgcos30°，对木块A受力分析，木块A受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图1所示，木块A恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件有，水平方向：

f＝Fsin30°，竖直方向：

N＝Mg＋Fcos30°，f＝μN1，其中N＝N1，解得μ＝。

物块B从左侧下滑时，先假设木块A不动，木块A受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如图2所示。

压力等于物块B重力沿垂直斜面的分力，即F′＝mgcos60°，竖直方向一定受力平衡，即支持力N′＝Mg＋F′cos60°＝Mg＋mg，N′＝N″，故最大静摩擦力fm＝μN″＝Mg＋mg，压力沿水平方向的分力为F′sin60°＝mg>fm，故A一定会滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力，故C正确，A、B错误；若α＝45°，物块B沿右侧斜面下滑时，先假设A不动，B对A的压力为mgcos45°，该压力沿水平方向的分力为mgcos45°·sin45°，竖直方向的分力为mgcos45°·cos45°，与α＝30°时相比，B对A压力沿水平方向的分力变大，B对A压力沿竖直方向的分力变小，最大静摩擦力变小，故A一定滑动，D正确。

一、基础与经典

25．如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ

若物体恰好不上滑，则推力F为多少？

（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

答案　mg　mg

解析　因为μ

当物体恰好不下滑时，受力如图甲所示，有

mgsinθ＝Fcosθ＋f，f＝μFN，FN＝mgcosθ＋Fsinθ，

解得F＝mg，

当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示，有

mgsinθ＋f＝Fcosθ，f＝μFN，

FN＝mgcosθ＋Fsinθ，解得F＝mg。

26．质量为m＝0．8kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向，质量为M＝10kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示。

（取g＝10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8）求：

（1）轻绳PB拉力的大小；

（2）木块所受斜面的摩擦力和弹力大小。

答案　

（1）6N　

（2）64．8N　76．4N

解析　

（1）对点P受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件得FB－FAsin37°＝0，FAcos37°－mg＝0，

联立解得FB＝＝6N。

（2）对木块受力分析如图乙所示，由共点力的平衡条件得

Mgsin37°＋FBcos37°－Ff＝0，

FN＋FBsin37°－Mgcos37°＝0，

联立解得Ff＝Mgsin37°＋FBcos37°＝（10×10×0．6＋6×0．8）N＝64．8N，

FN＝Mgcos37°－FBsin37°＝（10×10×0．8－6×0．6）N＝76．4N。

27．如图所示，质量M＝2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝1kg的小球相连。

今用跟水平方向成60°角的力F＝10N拉着小球并带动木块一起向右做匀速直线运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g＝10m/s2。

在运动过程中，求：

（1）轻绳与水平方向的夹角θ；

（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。

答案　

（1）30°　

（2）

解析　

（1）小球处于匀速直线运动状态，其合力为零。

以小球为研究对象，由平衡条件得

水平方向Fcos60°－FTcosθ＝0①

竖直方向Fsin60°－FTsinθ－mg＝0②

由①②得θ＝30°。

（2）木块、小球整体处于匀速直线运动状态，可看做整体，系统所受合力为零。

以木块、小球整体为研究对象，由平衡条件得

水平方向Fcos60°－μFN＝0③

竖直方向F