高中物理（2019）必修一 专题提升4动态平衡问题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册全册综合导学案，共50页。
专题提升4　动态平衡问题
[素养目标]
1.灵活应用整体法和隔离法对物体进行受力分析。
2.掌握解决动态平衡问题的常用方法,会分析动态平衡问题。
3.会分析平衡中的临界和极值问题。

类型一　受力分析的整体法和隔离法
[例1] 如图所示,物体a、b和c叠放在水平桌面上,水平力Fb=5 N、Fc=10 N分别作用于物体b、c上,a、b和c仍保持静止。则物体b受力的个数为(　C　)

A.3 B.4 C.5 D.6
解析:对a分析,a受竖直方向上的重力和支持力作用,如果在水平方向上受摩擦力,则合力不为零,不能保持静止,故不受摩擦力作用,所以a、b之间没有摩擦力,将a、b看作一个整体,整体受到向左的Fb作用,若要保持静止,必须受到向右的静摩擦力,故b、c之间有摩擦力,b受到重力、c的支持力、a的压力、拉力Fb、c给的摩擦力,5个力的作用,故C正确。

(1)受力分析的一般步骤

(2)整体法和隔离法对比
整体法
原则
只涉及系统外力,不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件
系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点
利用此法解题一般比较简单,但不能求内力
隔离法
原则
分析系统内某个物体的受力情况
优点
系统内物体受到的内力、外力均能求
[对点训练1]

如图所示,质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上,质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间,且不计圆柱体与正方体之间的摩擦,正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角,圆柱体处于静止状态,则(　C　)
A.地面对圆柱体的支持力大于(M+m)g
B.地面对圆柱体的摩擦力为mgtan θ
C.正方体对圆柱体的弹力为mgsinθ
D.正方体对圆柱体的压力为mgcosθ
解析:以正方体为研究对象,受力分析如图所示。

根据平衡条件有FN2cos θ=FN1,FN2sin θ=mg,则FN1=mgtanθ,FN2=mgsinθ,根据牛顿第三定律,正方体对圆柱体的压力为mgsinθ,选项C正确,D错误;以圆柱体和正方体整体为研究对象,地面对圆柱体的支持力FN=(M+m)g,水平方向受力平衡,地面对圆柱体的摩擦力Ff=FN1=mgtanθ,选项A、B错误。
类型二　解决动态平衡问题的常用方法
[例2] 如图所示,在粗糙水平地面上放着一个表面为四分之一圆弧的柱状物体甲,甲的左端紧靠竖直墙壁,甲与竖直墙壁之间放一光滑圆球乙,整个装置处于静止状态。则把甲向右缓慢移动少许的过程中,下列判断正确的是(　 　)

A.球乙对墙壁的压力增大
B.球乙对柱状物体甲的压力增大
C.地面对柱状物体甲的摩擦力不变
D.地面对柱状物体甲的支持力不变
解析:球乙受重力、甲的支持力F1和墙壁的压力F2,如图甲所示,设F1与竖直方向的夹角为θ,将重力G分解为G1和G2,则根据平衡条件可知,F1=G1=Gcosθ,F2=G2=Gtan θ。当甲向右缓慢移动时,根据几何关系可知, 甲对球乙的支持力F1与竖直方向的夹角θ减小,所以cos θ增大,tan θ减小,即墙壁对球乙的压力F2减小, 甲对球乙的支持力F1减小,根据牛顿第三定律可知,球乙对墙壁的压力减小,球乙对甲的压力也减小,选项A、B错误;对甲、乙整体进行受力分析,如图乙所示,由平衡条件可知甲受地面的摩擦力大小Ff=F2,则Ff减小,地面对甲的支持力等于甲、乙的重力之和,大小不变,选项C错误,D正确。


(1)动态平衡
①所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,常利用图解法解决此类问题。
②基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
(2)分析动态平衡问题的方法
方法
步骤
解析法
①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。
②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
①根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化。
②确定未知量大小、方向的变化
相似三
角形法
①根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式。
②确定未知量大小的变化情况
力的三
角形法
对受三个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、余弦定理等数学知识求解未知力
[对点训练2]

如图,物体在水平力F作用下静止在斜面上。若稍许增大F,仍使物体静止在斜面上,则斜面对物体的静摩擦力Ff、支持力FN以及Ff和FN的合力F′变化情况是(　A　)
A.Ff不一定增大,FN一定增大,F′一定增大
B.Ff一定增大,FN一定增大,F′不变
C.Ff、FN、F′均增大
D.Ff、FN不一定增大,F′一定增大
解析:物体受重力、支持力、推力及摩擦力而处于平衡状态;受力分析及正交分解如图所示(摩擦力未画)。

在y轴方向上,FN=Gcos α+Fsin α;增大推力F,则支持力一定增大;沿斜面方向上有Fcos α=mgsin α+Ff,若推力沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,则摩擦力向下,若推力增大,则摩擦力增大;若推力沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力,则摩擦力向上,若推力增大,则摩擦力减小;物体静止,所受合力为零,Ff和FN的合力F′与重力和F的合力等大反向,推力F增大,则重力与F的合力增大,则Ff和FN的合力F′增大,故A正确,B、C、D错误。
类型三　平衡中的临界和极值问题
[例3]

如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为30°,整个装置处于静止状态。求:(g取10 m/s2,结果均保留三位有效数字)
(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小;
(2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小的拉力的大小。
解析:

(1)对小球受力分析并建立坐标系如图所示。
根据平衡条件,水平方向有
FTsin 45°=FNsin 30°，
竖直方向有
FTcos 45°+FNcos 30°=mg，
联立解得FT≈51.8 N,FN≈73.2 N。
(2)

对小球受力分析,利用三角形定则,由图可知,当F与绳垂直时,拉力最小,拉力的最小值为
Fmin=mgsin 45°≈70.7 N。
答案:(1)51.8 N　73.2 N　(2)70.7 N

(1)问题特点
临界
问题
当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态能够“恰好出现”或“恰好不出现”。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述
极值
问题
一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题
(2)突破临界问题的三种方法
解析法
根据平衡条件列方程,用二次函数、讨论分析、三角函数以及几何法等求极值
图解法
若只受三个力,则这三个力构成封闭矢量三角形,然后根据矢量图进行动态分析
极限法
选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来
(3)解题思路
解决共点力平衡中的临界、极值问题“四字诀”

[对点训练3]

城市中的路灯、无轨电车的供电线路等,常用三角形的栓接结构悬挂,如图所示的是这种三角形结构的一种简化模型。图中硬杆OA可绕A点且垂直于纸面的轴进行转动,不计钢索OB和硬杆OA受到的重力,∠AOB等于30°,如果钢索OB最大承受拉力为2.0×104 N,求:
(1)O点悬挂物的最大重力;
(2)杆OA对O点的最大支持力。
解析:

(1)设钢索OB拉力为F1,杆OA对O点的支持力为F2,对O点进行受力分析,如图所示。
根据平行四边形定则有
G=F1sin 30°，
当F1取最大拉力2.0×104 N时,O点悬挂物的最大重力G=1.0×104 N。
(2)由(1)知,F2=F1cos 30°，
杆OA对O点的最大支持力
F2≈1.73×104 N。
答案:(1)1.0×104 N　(2)1.73×104 N

1.

L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的滑块Q相连,如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力。则木板P的受力个数为(　C　)
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:P、Q一起沿斜面匀速下滑时,木板P的上表面光滑,整体分析,受力平衡,受重力、斜面支持力、斜面的摩擦力;隔离滑块Q分析受力,受到三个力,重力、P对Q的支持力、弹簧对Q沿斜面向上的弹力;再隔离木板P分析受力,P的重力、Q对P的压力、弹簧对P沿斜面向下的弹力、斜面对P的支持力、斜面对P的摩擦力,共5个力,故C正确。
2.如图所示,一个足球用网兜悬挂于O点,A点为网兜上对称分布的网绳的结点,OA为一段竖直绳,设网绳的长短和足球受到的重力不变,若足球越大,则(　A　)

A.网绳的拉力越大
B.网绳的拉力越小
C.网绳的拉力不变
D.竖直绳OA的拉力越大
解析:设有n根网绳,每根网绳与竖直方向的夹角为θ,则nFTcos θ=mg,FT=mgncosθ,若足球越大,网绳与竖直方向的夹角越大,cos θ越小,则FT越大,故A正确,B、C错误;以网绳和足球整体为研究对象,根据平衡条件,竖直绳OA的拉力总是与足球受到的重力相等,保持不变,故D错误。
3.如图所示,当人向后退一步,θ角变大,人与重物重新保持静止,下述说法正确的是(　B　)

A.地面对人的支持力减小
B.地面对人的摩擦力增大
C.人对地面的压力减小
D.人对绳子的拉力增大
解析:

对人受力分析,如图所示。由平衡条件得FTsin θ=Ff,FTcos θ+FN=G,由题意可知,绳子的拉力大小FT等于重物的重力,没有变化,所以随着夹角θ变大,可得Ff增大,FN增大,由牛顿第三定律知,人对地面的压力增大。故A、C、D错误,B正确。
4.

在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内,果农用图示支架悬挂葡萄。OA、OB为承重的轻杆,AOB始终在竖直平面内,OA可绕A点自由转动,OB与OA通过铰链连接,可绕O点自由转动,且OB的长度可调节,现将新鲜葡萄用细线挂于O点,保持OA不动,调节OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动,OA杆所受作用力大小为F1,OB杆所受的作用力大小为F2,∠AOB由锐角变为钝角的过程中,下列判断正确的是(　A　)
A.F1逐渐变大,F2先变小后变大
B.F1先变小后变大,F2逐渐变大
C.F1逐渐变小,F2逐渐变小
D.F1逐渐变大,F2逐渐变大
解析:

以O点为研究对象进行受力分析,受到细线的拉力(等于葡萄的重力)、OA和OB杆的支持力,如图所示,当OB杆向左移动而OA位置不变时,利用矢量三角形方法作出各力的变化情况如图,由图可知,F1逐渐变大、F2先变小后变大;当OB与OA相互垂直时,F2最小,故A正确。
5.

如图所示,三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2l且AB平行于CD。现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,整个系统保持静止,在D点上可施加力的最小值为(　C　)
A.mg B.33mg C.12mg D.14mg
解析:

对C点进行受力分析,由平衡条件可知,绳CD对C点的拉力FCD=mgtan 30°,对D点进行受力分析,绳CD对D点的拉力F2=FCD=mgtan 30°,故F2是恒力,F1
方向一定,则F1与F3的合力F2′与F2等值反向,如图所示,由图知当F3垂直于绳BD时,F3最小,由几何关系可知,F3min=FCDsin 60°=12mg,故选项C正确。
6.

如图所示,三根不可伸长的细线通过结点O相连,另一端分别固定于竖直墙壁A处、质量为200 g的钩码B、C处,AO线与竖直方向的夹角θ=37°,CO线处于水平状态。水平桌面上叠放了5个相同的钩码,C处钩码与水平面之间的动摩擦因数μ=0.75,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)细线AO上的拉力大小;
(2)把水平桌面上的钩码逐个拿下来挂在BO线上,要使平衡不被破坏,BO线上最多能挂几个钩码?(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
解析:(1)BO线上的拉力为
FTB=mg=2 N
以结点O为研究对象,由平衡条件有
FTAcos 37°=FTB
解得FTA=2.5 N。
(2)达到临界平衡时,假设BO线上挂了n个钩码,则有
FTB′=nmg
CO线上拉力为FTC′=μ·(6-n)mg
根据FTC′=FTB′tan 37°
代入解得n=3。
答案:(1)2.5 N　(2)3个
课时作业
学考基础练
知识点一　受力分析的整体法和隔离法
1.如图所示有3个灯笼串在一起,在风的吹拂下悬绳与竖直方向的夹角为37°,设每个灯笼的质量均为m,相邻的灯笼之间用绳子相连接,自上往下数,第一个灯笼对第二个灯笼的拉力为(　A　)

A.2.5mg B.1.5mg C.3.6mg D.2mg
解析:以最下面两个灯笼组成的整体为研究对象,受力分析如图。根据平衡条件,竖直方向有FTcos 37°=2mg,解得FT=2mgcos37°=2.5mg,选项A正确,B、C、D错误。

2.如图所示,小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上处于静止状态,细绳与竖直方向夹角为θ。斜面倾角α=θ,置于粗糙水平地面上。则下列说法正确的是(　B　)

A.斜面对小球的支持力方向竖直向上
B.细绳对小球拉力大小等于斜面对小球的支持力的大小
C.地面对斜面体无摩擦力的作用
D.斜面体对地面的摩擦力水平向左
解析:对小球受力分析可知,斜面对小球的支持力方向垂直斜面向上,并且支持力与细绳拉力的合力与重力等大反向,由于斜面倾角α=θ,所以细绳对小球拉力大小等于斜面对小球的支持力的大小,故A错误,B正确;对小球和斜面整体分析,整体受重力、支持力、细绳拉力和地面对斜面体的摩擦力,地面对斜面体的摩擦力方向水平向左,根据作用力和反作用力关系可知,斜面体对地面的摩擦力水平向右,故C、D错误。
3.a、b两个质量相同的球用线连接,a球用线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止,以下图示正确的是(　B　)

解析:对b球受力分析,受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力,由于b球处于平衡状态,三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故细线拉力斜向右上方,故A图错误;再对a、b两个球整体受力分析,受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力,同理,整体三力平衡,上面的细线的拉力方向也斜向右上方,故C、D图错误。
知识点二　解决动态平衡问题的常用方法
4.有一个直角支架AOB,AO水平放置,表面粗糙,OB竖直放置,表面光滑。AO上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环用一质量可忽略、不可伸长的细绳相连,并在某一位置平衡,如图,现将P环向左移一小段距离,两环再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是(　B　)

A.FN不变,FT变大 B.FN不变,FT变小
C.FN变大,FT变大 D.FN变大,FT变小
解析:以两环组成的整体,分析受力情况如图甲所示。根据平衡条件得FN=2mg保持不变。再以Q环为研究对象,分析受力情况如图乙所示。设细绳与OB杆间夹角为α,由平衡条件得,细绳的拉力FT=mgcosα,P环向左移时α减小,则FT变小,故B正确,A、C、D错误。

5.如图所示,将光滑的球放置在竖直的高挡板AB与竖直的矮挡板CD之间,两挡板间的距离小于球的直径。由于长时间作用,CD挡板的C端略向右偏移了少许。则与C端未偏移时相比,下列说法中正确的是(　C　)

A.AB挡板的支持力变小,C端的支持力变小
B.AB挡板的支持力变小,C端的支持力变大
C.AB挡板的支持力变大,C端的支持力变大
D.AB挡板的支持力变大,C端的支持力变小
解析:以球为研究对象,受到重力、AB挡板的支持力FAB,C端的支持力FC,受力分析如图所示。根据平衡条件可得FAB=mgtan θ,FC=mgcosθ,CD挡板的C端略向右偏移,θ角增大,则AB挡板的支持力变大,C端的支持力变大,故C正确,A、B、D错误。

6.(多选)如图所示,一小球在斜面上处于静止状态,不考虑一切摩擦,如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置,则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是(　BC　)

A.F1先增大后减小 B.F1先减小后增大
C.F2一直减小 D.F2一直增大
解析:以球为研究对象,分析受力情况,小球受到重力G、斜面的支持力F2和挡板的支持力F1,如图,由平衡条件得知,F1和F2的合力与G大小相等、方向相反,作出三个位置力的合成图如图,由图看出,F1先减小后增大,F2逐渐减小,当F1和F2垂直时,F1最小,故B、C正确,A、D错误。

7.如图,斜面体A静置于粗糙水平面上,被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上,轻绳左端固定在竖直墙面上P处,此时小球静止且轻绳与斜面平行。现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P′处,斜面体始终处于静止状态,则在轻绳移动过程中(　D　)

A.轻绳的拉力先变小后变大
B.轻绳的拉力先变大后变小
C.斜面体对小球的支持力逐渐增大
D.斜面体对小球的支持力逐渐减小
解析:对小球受力分析如图所示。小球受到斜面体的支持力FN及轻绳拉力FT的合力始终与小球重力G等大反向,当轻绳左端上升时,FT增大,FN减小,故选D。

知识点三　平衡中的临界和极值问题
8.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F的最小值为(　A　)

A.mg B.33mg C.32mg D.12mg
解析:将两小球视为整体受力分析,并画出矢量三角形如图。可知当F与细线Oa垂直时,有最小值,Fmin=2mgsin 30°=mg,故A正确,B、C、D错误。

9.如图所示,两根等长的绳子AB和BC在结点B吊一重物静止,两根绳子与水平方向夹角均为60°。现保持绳子AB与水平方向的夹角不变,将绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向,在这一过程中,绳子BC拉力(　B　)

A.最大值为3mg B.最大值为33mg
C.最小值为33mg D.最小值为32mg
解析:以结点B为研究对象,分析受力情况,根据三力平衡条件知,绳子AB的拉力FTAB与绳子BC的拉力FTBC的合力与重物的重力大小相等、方向相反。作出绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向过程中多个位置的力的合成图,由几何知识得,绳子BC拉力先减小后增大,在FTAB与FTBC垂直时取最小值,最小值为mgsin 30°=mg2,在初始位置或最终位置取最大值,最大值为mgtan 30°=33mg,故选项B正确。

选考提升练
10.如图所示,甲、乙两个小球的质量均为m,两球间用细线连接,甲球用细线悬挂在天花板上,两根细线长度相等。现给乙球一大小为F水平向左的拉力,给甲球一大小为3F的水平向右的拉力,平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下面的(　B　)


解析:首先取整体为研究对象,整体受到重力、上面细线的拉力以及向左F、向右3F的拉力,两个拉力的矢量和F合=2F,方向向右,故上面的细线向右偏;设上面细线与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得
tan α=2F2mg=Fmg,以乙球为研究对象,设下面的细线与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得tan β=Fmg,故α=β,两根细线长度相等,故乙在O点正下方,故B正确,A、C、D错误。
11.(多选)如图所示,在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体甲,在物体甲与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体乙,斜面体乙未接触地面,整个装置在水平力F作用下处于静止状态,现推动物体A缓慢向左移动一小段距离,在此过程中,下列说法正确的是(　AB　)

A.水平力F大小不变
B.地面对物体甲的支持力不变
C.斜面体乙对物体甲的压力逐渐增大
D.墙面对斜面体乙的支持力逐渐减小
解析:以乙为研究对象,受力如图(a)所示,由平衡条件可知,墙面对乙的作用力F1=m乙gtanθ,物体A对乙的支持力F2=m乙gsinθ,物体甲向左移动时,角度θ保持不变,所以F1、F2保持不变,结合牛顿第三定律,故C、D错误;以整体为研究对象,受力如图(b)所示,水平力F大小等于F1保持不变,竖直方向上,地面对物体甲的支持力等于甲、乙重力之和保持不变,故A、B正确。

12.如图所示,光滑平板用铰链连接在水平面上,平板可绕铰链转动。将一半径不可忽略的球,用轻质网袋装好后系在一轻绳一端,轻绳另一端系在平板非铰链一端,初始状态平板与水平面成θ角,轻绳处于水平位置。现将平板绕铰链缓慢顺时针转动,直至轻绳竖直。则(　B　)

A.轻绳上的拉力一直逐渐增大
B.轻绳上的拉力先增大后减小
C.平板对球的支持力一直逐渐增大
D.平板对球的支持力先增大后减小
解析:最初平衡状态时球的受力如图甲所示,设轻绳对球的拉力为F1,平板对球的支持力为F2,则F1与F2的合力大小为mg,方向竖直向上。平板转动过程中,由于平板缓慢转动至轻绳竖直,球始终处于动态平衡状态,合力为0。当平板转过α角时,球的受力如图乙所示,此时图乙中的相应角度为∠1=90°-α,∠2=θ+α,∠3=90°-θ,其中α≤90°,根据正弦定理,在矢量三角形内有mgsin(90°-θ)=F1sin(θ+α)=
F2sin(90°-α),其中α角逐渐增大,故F1先增大后减小,F2一直逐渐减小到0,B项正确。

13.(多选)如图所示,形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起,表面光滑,a,b所受重力分别为G,其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方,上边露出另一半,a静止在平面上。现过a的轴心施加一水平作用力F,可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端,对该过程分析,则应有(　BC　)

A.拉力F先增大后减小,最大值是G
B.开始时拉力F最大为 3G,以后逐渐减小为0
C.a、b间的压力开始最大为2G,而后逐渐减小到G
D.a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G
解析:根据力的三角形定则可知,圆柱体a处于初状态时,受到b的支持力FN=Gsin 30°=2G,拉力F=FNcos 30°=3G,当a缓慢滑动时,θ增大,拉力F=Gtanθ,所以F减小;当a滑到b的顶端时a还是平衡状态,此时它受到的拉力F必定为0,故A错误,B正确;a受到的支持力由FN=Gsinθ可知,θ增大而支持力减小,滑到b的顶端时,二力平衡FN=G,根据牛顿第三定律可知a、b间压力由2G减小到G,故C正确,D错误。
14.如图所示,质量M=2 kg的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m=1 kg的小球相连,今用跟水平方向成60°角、大小为103 N的力F拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m的相对位置保持不变,g取10 m/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。
解析:(1)m处于平衡状态,其合力为零。以m为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得
水平方向:Fcos 60°-FTcos θ=0
竖直方向:Fsin 60°-FTsin θ-mg=0
联立解得θ=30°。

(2)以M、m整体为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得
水平方向:Fcos 60°-Ff=0，
竖直方向:Fsin 60°+FN-(M+m)g=0，
其中Ff=μFN,联立解得μ=33。
答案:(1)30°　(2)33
15.如图所示,质量为m的物块A被轻质细绳系住斜吊着放在倾角为30°的静止斜面上,物块A与斜面间的动摩擦因数为μ(μ