第2课时 多力平衡问题 轻绳、轻杆模型
[学习目标] 1.熟练运用正交分解法处理多力平衡问题(重点)。2.知道轻绳、轻杆上弹力的区别,并能分析简单的平衡问题(重难点)。
一、多力平衡问题
1.当物体受到不在同一条直线上的多个共点力时,一般要采用正交分解法。
2.用正交分解法解决平衡问题的一般步骤:
(1)明确研究对象,对物体受力分析。
(2)建立坐标系:使尽可能多的力落在x、y轴上,这样需要分解的力比较少,计算方便。
(3)根据共点力平衡的条件列方程:Fx=0,Fy=0。
例1 (2024·朝阳市高一期末)如图所示,小明用与水平方向成θ=53°角的轻绳拉木箱,使木箱沿地面向右匀速运动。已知绳中拉力恒为F=300 N,木箱重力G=490 N,cos 53°=0.6,sin 53°=0.8。
(1)分析木箱的受力情况,画出木箱的受力示意图;
(2)求木箱所受的摩擦力大小和对地面压力大小;
(3)求木箱与地面间的动摩擦因数的大小。
答案 (1)见解析图 (2)180 N 250 N (3)0.72
解析 (1)木箱受绳的拉力F、重力G、地面的支持力FN和摩擦力Ff的作用,受力示意图如图所示
(2)建立如图所示的直角坐标系,由正交分解得,
水平方向Fcos 53°=Ff
竖直方向Fsin 53°+FN=G
解得Ff=180 N,FN=250 N
由牛顿第三定律得,木箱对地面的压力大小为
FN'=FN=250 N
(3)由滑动摩擦力公式得
Ff=μFN
解得μ==0.72。
例2 如图所示,质量为m的木块,恰好能沿倾角为θ的斜面匀速下滑。如果要将木块沿斜面匀速向上推,必须加多大的水平推力 (重力加速度为g)
答案 见解析
解析
未施加水平推力F时,木块沿斜面匀速下滑,受力分析如图甲所示:
沿斜面方向有:mgsin θ=Ff
垂直于斜面方向有:FN=mgcos θ
且有Ff=μFN
得μ=tan θ
对木块施加水平推力F后,木块沿斜面匀速向上运动,受力分析如图乙所示
沿斜面方向有mgsin θ+Ff'=Fcos θ
垂直斜面方向有FN'=mgcos θ+Fsin θ
且有Ff'=μFN'
联立解得F=。
例3 同学们都有过擦黑板的经历。如图所示,一黑板擦(可视为质点)的质量为m=0.2 kg,当手臂对黑板擦的作用力F=10 N且F与黑板表面所成角度为53°时,黑板擦恰好沿黑板表面匀速竖直向上擦黑板。(重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ;
(2)若作用力F的方向保持不变,当F多大时能完成向下匀速擦黑板的任务
(3)比较以上两种情况,试判断哪次黑板擦得更干净,说明理由。
答案 (1)0.5 (2)2 N (3)见解析
解析 (1)当黑板擦匀速向上滑动时,受力分析如图甲所示,
根据共点力的平衡条件可知
水平方向:FN=Fsin 53°
竖直方向:Fcos 53°=Ff+mg
又:Ff=μFN
联立解得μ=0.5,Ff=4 N
(2)在黑板擦匀速向下擦的过程中,以黑板擦为研究对象进行受力分析,如图乙所示
水平方向:FN'=F'sin 53°
竖直方向:F'cos 53°+Ff'=mg
又:Ff'=μFN'
解得F'=2 N,Ff'=0.8 N
(3)由(1)(2)可知,黑板擦匀速向上移动时的摩擦力比匀速向下移动时的摩擦力更大,擦得更干净。
二、轻绳、轻杆模型
1.
如图所示,AB、BC为轻质杆,杆的A、C端通过铰链与墙连接,两杆都在B处由铰链相连接,要使物体保持静止,试分析AB、BC杆能否用等长的细绳代替
答案 AB杆对B点产生的是拉力,当用轻绳代替时效果不变,仍能使装置平衡;BC杆承受的是压力,如果使用轻绳代替,装置将无法保持平衡。
2.绳对物体的弹力和杆对物体的弹力有什么区别 杆的弹力方向是否一定沿着杆
答案 绳对物体只能产生拉力作用,杆可以产生拉力,也可以产生支持力。绳的弹力方向一定沿绳,杆的弹力方向不一定沿杆。
例4 (1)如图甲所示,轻杆OB可绕B点自由转动,另一端O点用细绳OA拉住,固定在左侧墙壁上,质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点,OA与轻杆的夹角∠BOA=30°,轻杆OB水平,重力加速度为g。求细绳OA的拉力大小和轻杆的弹力大小。
(2)图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上,另一端O装有小滑轮(不计滑轮的摩擦),用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物,图中∠BOA=30°,已知重力加速度为g。求细绳的拉力大小和轻杆对滑轮的作用力大小。
答案 (1)2mg mg (2)mg mg
解析 (1)由于题图甲中的轻杆可绕B点自由转动,是转轴杆(“活杆”),故轻杆弹力沿杆方向,O
点的受力情况如图a所示,其中FT2=mg,则O点所受细绳OA的拉力FT1、轻杆的弹力FN1的合力与细绳OC的拉力大小相等、方向相反,故FT1==2mg,轻杆的弹力大小FN1==mg。
(2)题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的,由于O点处是滑轮,它只是改变细绳中力的方向,并未改变力的大小,且AOC是同一根细绳,而同一根细绳上的力处处相等,故图b中细绳OA的拉力为FT1'=FT2'=mg。
由于杆OB不可转动,所以轻杆的弹力的方向不一定沿OB方向,轻杆对滑轮的作用力FN2一定与两根细绳的合力FN2'大小相等、方向相反,FN2=FN2'=2mgcos 60°=mg,即轻杆对滑轮的作用力大小为mg。
1.甲图中绳OA和绳OC属于两根绳,两绳上的拉力大小不一定相等。乙图中是一根绳绕过滑轮或光滑物体,这两段绳(OA段与OC段)上的拉力一定相等。
2.甲图中轻杆可以绕B点自由转动,是“活杆”(也称“铰链”),杆的弹力方向沿杆方向。乙图中轻杆固定于墙上,是“定杆”,杆的弹力方向不一定沿杆方向。
课时对点练 [分值:100分]
1~6题每题8分,共48分
1.下列四种情形中,作用在同一物体上的力F大小均相同,物体均处于静止状态,则物体对水平地面压力最大的是 ( )
答案 C
解析 对各图物体进行受力分析,在水平方向和竖直方向上进行正交分解,由平衡条件和几何关系可知,四种情况下,地面对物体的支持力大小分别为
FN1=mg
FN2=mg-Fsin 30°
FN3=mg+Fsin 30°
FN4=mg-F
由牛顿第三定律可知,物体对水平地面压力与水平地面对物体的支持力大小相等,因此C图中物体对水平地面的压力最大,故选C。
2.(2024·惠州市高一月考)如图甲所示是一种常见的持球动作,用手臂挤压篮球,将篮球压在身侧。为了方便问题研究,我们将场景进行模型化处理,如图乙所示。已知篮球重力大小为G,粗糙竖直板对篮球的弹力大小为F1,摩擦力大小为Ff,光滑斜板对篮球的弹力大小为F2,竖直板和斜板之间的夹角为θ,篮球处于静止状态。下列说法正确的是 ( )
A.Ff=G B.Ff=F2sin θ+G
C.F1= D.F1=F2sin θ
答案 B
解析 对篮球进行受力分析,如图所示,利用正交分解,根据平衡条件有F2cos θ=F1,Ff=G+F2sin θ,故选B。
3.(2024·内蒙古乌兰察布高一期末)图甲为雪后学生上街铲雪的劳动图,图乙为铁锹铲雪的简化模型图,设该同学以大小为F=10 N沿杆的方向斜向下推动铁锹,铁锹杆的质量可以忽略,铁锹和雪恰好一起在水平地面上做匀速直线运动。设铁锹与地面间的动摩擦因数μ=0.2,铁锹的质量m=2 kg,铁锹杆与水平方向的夹角θ=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)。则铁锹上雪的质量为 ( )
A.1.4 kg B.2.0 kg C.2.6 kg D.3.4 kg
答案 A
解析 根据平衡条件得FN=(m+M)g+Fsin θ,Fcos θ=μFN,解得M=1.4 kg。故选A。
4.(多选)(2024·广州市第一中学高一期末)如图所示,在一倾角为α、顶端带有定滑轮的固定斜面上有一质量为M的物体甲。现将一不可伸长的轻绳一端连接物体甲,另一端绕过定滑轮后悬挂一质量为m的物体乙。已知重力加速度为g,轻绳与斜面平行,物体甲在斜面上保持静止。若不计一切摩擦,则下列说法正确的是 ( )
A.绳子拉力大小等于Mg
B.绳子拉力大小等于mg
C.M=m
D.M>m
答案 BD
解析 物体甲静止在斜面上,所以物体乙处于静止状态,对物体乙受力分析可知,绳子拉力大小等于mg,故A错误,B正确;对物体甲受力分析,由平衡条件知Mgsin α=mg,可得M>m,故C错误,D正确。
5.(2024·贵州省松桃民族中学高一月考)如图所示,某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板夹角为53°的作用力F将黑板擦(可视为质点)沿黑板表面竖直向上缓慢推动,黑板擦无左右运动趋势。已知黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.5。取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则下列说法正确的是 ( )
A.黑板擦的质量为0.1 kg
B.黑板擦对黑板的压力大小为3 N
C.黑板对黑板擦的摩擦力大小为3 N
D.黑板对黑板擦的作用力大小为5 N
答案 A
解析 对黑板擦受力分析,根据平衡条件有Fcos 53°=Ff+mg,Fsin 53°=FN,其中Ff=μFN,根据牛顿第三定律,黑板擦对黑板的压力大小为FN'=FN,解得m=0.1 kg,FN'=4 N,Ff=2 N,故A正确,B、C错误;黑板对黑板擦有竖直向下的摩擦力与水平向右的支持力作用,则黑板对黑板擦的作用力大小为F'=,解得F'=2 N,故D错误。
6.(多选)(2024·深圳市高一期中)传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶,屋顶结构可简化为如图,弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ,瓦片质量为m,重力加速度为g,则一根椽子对瓦片 ( )
A.弹力的方向与椽子垂直
B.弹力的大小为0.5mgcos θ
C.摩擦力的方向竖直向上
D.摩擦力的大小为0.5mgsin θ
答案 AD
解析 对瓦片进行受力分析,受到椽子对其的支持力,方向垂直接触面斜向上,故A正确;两根椽子对瓦片的支持力的合力为mgcos θ,瓦片有弧度,所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mgcos θ,故B错误;两根椽子对瓦片的摩擦力方向与椽子平行,故C错误;两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mgsin θ,所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsin θ,故D正确。
7~9题每题9分,10题14分,共41分
7.(2024·成都市第七中学高一月考)如图所示,位于固定的倾角为θ=30°的粗糙斜面上的小物块P,受到一沿斜面向上的拉力F,沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上而大小不变,仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动,则物块P与斜面间的动摩擦因数为 ( )
A. B. C. D.-1
答案 C
解析 小物块P受到一沿斜面向上的拉力F,沿斜面匀速上滑,根据平衡条件可得F=mgsin θ+μmgcos θ,把力F的方向变为竖直向上而大小不变,仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动,根据平衡条件知物体只受重力和拉力作用,可得F=mg,联立解得物块P与斜面间的动摩擦因数为μ=,故选C。
8.(2024·无锡市辅仁高中高一月考)一个用于晾晒的工具其简化模型如图所示,质量为m、边长为L的正方形竹网ABCD水平放置,用长均为L的OA、OB、OC、OD的四条轻绳静止悬挂于O点,重力加速度为g,则每根绳子的拉力大小为 ( )
A.mg B.mg C.mg D.mg
答案 B
解析 对竹网受力分析,每条绳子的拉力的竖直分力均为竹网重力的四分之一,设轻绳与竖直方向夹角为θ,如图,由几何关系有BD==L,sin θ=,解得θ=45°,依题意,有Fcos θ=mg,解得F=mg,故选B。
9.(多选)图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上,另一端O光滑,一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物,OB水平;图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动,另一端O'光滑,一端固定在竖直墙壁B'点的细线跨过O'端系一质量也为m的重物。已知图甲中∠BOA=30°,重力加速度为g,以下说法正确的是 ( )
A.图甲轻杆中弹力大小为mg
B.图乙轻杆中弹力大小为mg
C.图甲轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向
D.图乙中轻杆A'O'的力沿A'O'方向
答案 ACD
解析 由于题图甲中轻杆OA为“定杆”,其O端光滑,可以视为活结,两侧细线中拉力大小相等,都等于mg,由力的平衡条件可知,题图甲轻杆中弹力方向沿两细线夹角的角平分线,大小为F甲==mg,故A正确。题图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动,为“动杆”,另一端O'光滑,可以视为活结,O'两侧细线中拉力大小相等,“动杆”中弹力方向沿“动杆”方向,“动杆”O'A'中弹力大小等于O'两侧细线中拉力的合力大小,两细线夹角不确定,轻杆中弹力大小无法确定,故B错误,D正确。
根据共点力平衡条件,题图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向,故C正确。
10.(14分)(2023·海安市高一期末)如图,一质量m=10 kg的箱子先从倾角θ=37°的斜面上匀速滑下来,到地面后即由一旅客用与水平方向成θ=37°的斜向上的力拉着继续做匀速直线运动,已知箱子与斜面及地面间的动摩擦因数相同,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)(5分)箱子与斜面间的动摩擦因数;
(2)(9分)旅客拉箱子的力的大小以及地面对箱子的摩擦力的大小。
答案 (1)0.75 (2)60 N 48 N
解析 (1)设箱子与斜面间的动摩擦因数为μ,箱子在斜面上匀速运动时,根据平衡条件有
mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=0.75
(2)旅客拉着箱子做匀速运动时,根据平衡条件有
Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)
解得F=60 N
则可知地面对箱子的摩擦力的大小为
Ff=Fcos θ=48 N。
(11分)
11.(多选)如图所示,将一个圆柱体(其截面为圆面)置于水平地面上,上端有一光滑的小滑轮,柔软光滑的轻绳绕过滑轮,两端分别系有质量为m1、m2的物体A、B(两物体均可看成质点,B悬于空中),整个装置处于静止状态。已知此时A与截面圆心O的连线与水平方向成θ=53°(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),A与接触面间的动摩擦因数为0.5,设A所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 ( )
A.当A、B静止时,地面对圆柱体的摩擦力为零
B.当=时,圆柱体对A的摩擦力为零
C.当=3时,圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
D.当1≤≤5时,A、B均可以保持静止
答案 ABD
解析 对圆柱体以及物体A、B整体进行受力分析,只受重力和支持力作用,相对地面并无运动趋势,故地面对圆柱体的摩擦力为零,故A正确;若圆柱体对物体A的摩擦力为零,对物体A受力分析如图所示,将重力正交分解,根据共点力平衡条件得到,x方向FT-m1gcos 53°=0,y方向FN-m1gsin 53°=0,据题意FT=m2g,联立解得=,所以=时,圆柱体对A的摩擦力为零,故B正确;由选项B分析可推知,当=3时,A有沿柱面下滑的趋势,圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上,故C错误;此时物体A与柱面间的最大静摩擦力为Ffm=μm1gsin 53°=0.4m1g,当物体A刚好下滑时,有m1gcos 53°=Ffm+m2g,解得=5,当物体A刚好上滑时,有m1gcos 53°+Ffm=m2g,解得=1,所以当1≤≤5,A、B均可以保持静止,故D正确。(共50张PPT)
DISANZHANG
第三章
5 第2课时 多力平衡问题
轻绳、轻杆模型
1.熟练运用正交分解法处理多力平衡问题(重点)。
2.知道轻绳、轻杆上弹力的区别,并能分析简单的平衡问题(重难点)。
学习目标
一、多力平衡问题
二、轻绳、轻杆模型
课时对点练
内容索引
多力平衡问题
一
1.当物体受到不在同一条直线上的多个共点力时,一般要采用正交分解法。
2.用正交分解法解决平衡问题的一般步骤:
(1)明确研究对象,对物体受力分析。
(2)建立坐标系:使尽可能多的力落在x、y轴上,这样需要分解的力比较少,计算方便。
(3)根据共点力平衡的条件列方程:Fx=0,Fy=0。
(2024·朝阳市高一期末)如图所示,小明用与水平方向成θ=53°角的轻绳拉木箱,使木箱沿地面向右匀速运动。已知绳中拉力恒为F=300 N,木箱重力G=490 N,cos 53°=0.6,sin 53°=0.8。
例1
(1)分析木箱的受力情况,画出木箱的受力示意图;
答案 见解析图
木箱受绳的拉力F、重力G、地面的支持力FN和摩擦力Ff的作用,受力示意图如图所示
(2)求木箱所受的摩擦力大小和对地面压力大小;
答案 180 N 250 N
建立如图所示的直角坐标系,由正交分解得,
水平方向Fcos 53°=Ff
竖直方向Fsin 53°+FN=G
解得Ff=180 N,FN=250 N
由牛顿第三定律得,木箱对地面的压力大小为
FN'=FN=250 N
(3)求木箱与地面间的动摩擦因数的大小。
答案 0.72
由滑动摩擦力公式得
Ff=μFN
解得μ==0.72。
如图所示,质量为m的木块,恰好能沿倾角为θ的斜面匀速下滑。如果要将木块沿斜面匀速向上推,必须加多大的水平推力 (重力加速度为g)
例2
答案 见解析
未施加水平推力F时,木块沿斜面匀速下滑,受力分析如图甲所示:
沿斜面方向有:mgsin θ=Ff
垂直于斜面方向有:FN=mgcos θ
且有Ff=μFN
得μ=tan θ
对木块施加水平推力F后,木块沿斜面匀速向上运动,受力分析如图乙所示
沿斜面方向有mgsin θ+Ff'=Fcos θ
垂直斜面方向有FN'=mgcos θ+Fsin θ
且有Ff'=μFN'
联立解得F=。
同学们都有过擦黑板的经历。如图所示,一黑板擦(可视为质点)的质量为m=0.2 kg,当手臂对黑板擦的作用力F=10 N且F与黑板表面所成角度为53°时,黑板擦恰好沿黑板表面匀速竖直向上擦黑板。(重力加速度g=10 m/s2,
sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
例3
答案 0.5
(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ;
当黑板擦匀速向上滑动时,受力分析如图甲所示,
根据共点力的平衡条件可知
水平方向:FN=Fsin 53°
竖直方向:Fcos 53°=Ff+mg
又:Ff=μFN
联立解得μ=0.5,Ff=4 N
(2)若作用力F的方向保持不变,当F多大时能完成向下匀速擦黑板的任务
答案 2 N
在黑板擦匀速向下擦的过程中,以黑板擦为研究对象进行受力分析,如图乙所示
水平方向:FN'=F'sin 53°
竖直方向:F'cos 53°+Ff'=mg
又:Ff'=μFN'
解得F'=2 N,Ff'=0.8 N
(3)比较以上两种情况,试判断哪次黑板擦得更干净,说明理由。
答案 见解析
由(1)(2)可知,黑板擦匀速向上移动时的摩擦力比匀速向下移动时的摩擦力更大,擦得更干净。
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轻绳、轻杆模型
二
1.如图所示,AB、BC为轻质杆,杆的A、C端通过铰链与墙连接,两杆都在B处由铰链相连接,要使物体保持静止,试分析AB、BC杆能否用等长的细绳代替
答案 AB杆对B点产生的是拉力,当用轻绳代替时效果不变,仍能使装置平衡;BC杆承受的是压力,如果使用轻绳代替,装置将无法保持平衡。
2.绳对物体的弹力和杆对物体的弹力有什么区别 杆的弹力方向是否一定沿着杆
答案 绳对物体只能产生拉力作用,杆可以产生拉力,也可以产生支持力。绳的弹力方向一定沿绳,杆的弹力方向不一定沿杆。
(1)如图甲所示,轻杆OB可绕B点自由转动,另一端O点用细绳OA拉住,固定在左侧墙壁上,质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点,OA与轻杆的夹角∠BOA=30°,轻杆OB水平,重力加速度为g。求细绳OA的拉力大小和轻杆的弹力大小。
例4
答案 2mg mg
由于题图甲中的轻杆可绕B点自由转动,是转轴杆
(“活杆”),故轻杆弹力沿杆方向,O点的受力情况
如图a所示,其中FT2=mg,则O点所受细绳OA的拉力
FT1、轻杆的弹力FN1的合力与细绳OC的拉力大小
相等、方向相反,故FT1==2mg,轻杆的弹力大小FN1==mg。
(2)图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上,另一端O装有小滑轮(不计滑轮的摩擦),用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物,图中∠BOA =30°,已知重力加速度为g。求细绳的拉力大小和轻杆对滑轮的作用力大小。
答案 mg mg
题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的,由于O点处是滑轮,它只是改变细绳中力的方向,并未改变力的大小,且AOC是同一根细绳,而同一根细绳上的力处处相等,故图b中细绳OA的拉力为FT1'=FT2'=mg。
由于杆OB不可转动,所以轻杆的弹力的方向不一定沿OB方向,轻杆对滑轮的作用力FN2一定与两根细绳的合力FN2'大小相等、方向相反, FN2=FN2'=2mgcos 60°=mg,即轻杆对滑轮的作用力大小为mg。
总结提升
1.甲图中绳OA和绳OC属于两根绳,两绳上的拉力大小不一定相等。乙图中是一根绳绕过滑轮或光滑物体,这两段绳(OA段与OC段)上的拉力一定相等。
2.甲图中轻杆可以绕B点自由转动,是“活杆”(也称“铰链”),杆的弹力方向沿杆方向。乙图中轻杆固定于墙上,是“定杆”,杆的弹力方向不一定沿杆方向。
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课时对点练
三
1.下列四种情形中,作用在同一物体上的力F大小均相同,物体均处于静止状态,则物体对水平地面压力最大的是
1
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6
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11
基础对点练
√
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6
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9
10
11
对各图物体进行受力分析,在水平方向和竖直方向上进行正交分解,由平衡条件和几何关系可知,四种情况下,地面对物体的支持力大小分别为
FN1=mg
FN2=mg-Fsin 30°
FN3=mg+Fsin 30°
FN4=mg-F
由牛顿第三定律可知,物体对水平地面压力与水平地面对物体的支持力大小相等,因此C图中物体对水平地面的压力最大,故选C。
2.(2024·惠州市高一月考)如图甲所示是一种常见的持球动作,用手臂挤压篮球,将篮球压在身侧。为了方便问题研究,我们将场景进行模型化处理,如图乙所示。已知篮球重力大小为G,粗糙竖直板对篮球的弹力大小为F1,摩擦力大小为Ff,光滑斜板对篮球的弹力大小为F2,竖直板和斜板之间的夹角为θ,篮球处于静止状态。下列说法正确的是
A.Ff=G B.Ff=F2sin θ+G
C.F1= D.F1=F2sin θ
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对篮球进行受力分析,如图所示,利用正交分解,根据平衡条件有F2cos θ=F1,Ff=G+F2sin θ,故选B。
3.(2024·内蒙古乌兰察布高一期末)图甲为雪后学生上街铲雪的劳动图,图乙为铁锹铲雪的简化模型图,设该同学以大小为F=10 N沿杆的方向斜向下推动铁锹,铁锹杆的质量可以忽略,铁锹和雪恰好一起在水平地面上做匀速直线运动。设铁锹与地面间的动摩擦因数μ=0.2,铁锹的质量m=2 kg,铁锹杆与水平方向的夹角θ=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)。则铁锹上雪的质量为
A.1.4 kg B.2.0 kg
C.2.6 kg D.3.4 kg
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11
根据平衡条件得FN=(m+M)g+Fsin θ,
Fcos θ=μFN,解得M=1.4 kg。故选A。
4.(多选)(2024·广州市第一中学高一期末)如图所示,在一倾角为α、顶端带有定滑轮的固定斜面上有一质量为M的物体甲。现将一不可伸长的轻绳一端连接物体甲,另一端绕过定滑轮后悬挂一质量为m的物体乙。已知重力加速度为g,轻绳与斜面平行,物体甲在斜面上保持静止。若不计一切摩擦,则下列说法正确的是
A.绳子拉力大小等于Mg
B.绳子拉力大小等于mg
C.M=m
D.M>m
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√
√
物体甲静止在斜面上,所以物体乙处于静止状态,对物体乙受力分析可知,绳子拉力大小等于mg,故A错误,B正确;
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对物体甲受力分析,由平衡条件知Mgsin α=mg,可得M>m,故C错误,D正确。
5.(2024·贵州省松桃民族中学高一月考)如图所示,某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板夹角为53°的作用力F将黑板擦(可视为质点)沿黑板表面竖直向上缓慢推动,黑板擦无左右运动趋势。已知黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.5。取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则下列说法正确的是
A.黑板擦的质量为0.1 kg
B.黑板擦对黑板的压力大小为3 N
C.黑板对黑板擦的摩擦力大小为3 N
D.黑板对黑板擦的作用力大小为5 N
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对黑板擦受力分析,根据平衡条件有Fcos 53°=Ff+mg,
Fsin 53°=FN,其中Ff=μFN,根据牛顿第三定律,黑板擦对
黑板的压力大小为FN'=FN,解得m=0.1 kg,FN'=4 N,Ff=2 N,
故A正确,B、C错误;
黑板对黑板擦有竖直向下的摩擦力与水平向右的支持力作用,则黑板对黑板擦的作用力大小为F'=,解得F'=2 N,故D错误。
6.(多选)(2024·深圳市高一期中)传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶,屋顶结构可简化为如图,弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ,瓦片质量为m,重力加速度为g,则一根椽子对瓦片
A.弹力的方向与椽子垂直
B.弹力的大小为0.5mgcos θ
C.摩擦力的方向竖直向上
D.摩擦力的大小为0.5mgsin θ
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对瓦片进行受力分析,受到椽子对其的支持力,方向垂直
接触面斜向上,故A正确;
两根椽子对瓦片的支持力的合力为mgcos θ,瓦片有弧度,所
以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mgcos θ,故B错误;
两根椽子对瓦片的摩擦力方向与椽子平行,故C错误;
两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mgsin θ,所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsin θ,故D正确。
7.(2024·成都市第七中学高一月考)如图所示,位于固定的倾角为θ=30°的粗糙斜面上的小物块P,受到一沿斜面向上的拉力F,沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上而大小不变,仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动,则物块P与斜面间的动摩擦因数为
A. B.
C. D.-1
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能力综合练
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小物块P受到一沿斜面向上的拉力F,沿斜面匀速上
滑,根据平衡条件可得F=mgsin θ+μmgcos θ,把力F的
方向变为竖直向上而大小不变,仍能使物块P沿斜面
保持原来的速度匀速运动,根据平衡条件知物体只受重力和拉力作用,可得F=mg,联立解得物块P与斜面间的动摩擦因数为μ=,故选C。
8.(2024·无锡市辅仁高中高一月考)一个用于晾晒的工具其简化模型如图所示,质量为m、边长为L的正方形竹网ABCD水平放置,用长均为L的OA、OB、OC、OD的四条轻绳静止悬挂于O点,重力加速度为g,则每根绳子的拉力大小为
A.mg B.mg C.mg D.mg
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对竹网受力分析,每条绳子的拉力的竖直分力均为竹网重力的四分之一,设轻绳与竖直方向夹角为θ,如图,由几何关系有BD==L,sin θ=,解得θ=45°,依题意,有Fcos θ=mg,解得F=mg,故选B。
9.(多选)图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上,另一端O光滑,一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物,OB水平;图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动,另一端O'光滑,一端固定在竖直墙壁B'点的细线跨过O'端系一质量也为m的重物。已知图甲中∠BOA=30°,重力加速度为g,以下说法正确的是
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A.图甲轻杆中弹力大小为mg
B.图乙轻杆中弹力大小为mg
C.图甲轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向
D.图乙中轻杆A'O'的力沿A'O'方向
√
√
√
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由于题图甲中轻杆OA为“定杆”,
其O端光滑,可以视为活结,两侧细线
中拉力大小相等,都等于mg,由力的平
衡条件可知,题图甲轻杆中弹力方向沿两细线夹角的角平分线,大小为F甲==mg,故A正确。
题图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动,为“动杆”,另一端O'光滑,可以视为活结,O'两侧细线中拉力大小相等,“动杆”中弹力方向沿“动杆”
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方向,“动杆”O'A'中弹力大小等于O'两侧细线中拉力的合力大小,两细线夹角不确定,轻杆中弹力大小无法确定,故B错误,D正确。
根据共点力平衡条件,题图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向,故C正确。
10.(2023·海安市高一期末)如图,一质量m=10 kg的箱子先从倾角θ=37°的斜面上匀速滑下来,到地面后即由一旅客用与水平方向成θ=37°的斜向上的力拉着继续做匀速直线运动,已知箱子与斜面及地面间的动摩擦因数相同,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)箱子与斜面间的动摩擦因数;
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答案 0.75
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设箱子与斜面间的动摩擦因数为μ,箱子在斜面上匀速运动时,根据平衡条件有
mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=0.75
(2)旅客拉箱子的力的大小以及地面对箱子的摩擦力的大小。
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答案 60 N 48 N
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旅客拉着箱子做匀速运动时,根据平衡条件有
Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)
解得F=60 N
则可知地面对箱子的摩擦力的大小为
Ff=Fcos θ=48 N。
11.(多选)如图所示,将一个圆柱体(其截面为圆面)置于水平地面上,上端有一光滑的小滑轮,柔软光滑的轻绳绕过滑轮,两端分别系有质量为m1、m2的物体A、B(两物体均可看成质点,B悬于空中),整个装置处于静止状态。已知此时A与截面圆心O的连线与水平方向成θ=53°(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),A与接触面间的动摩擦因数为0.5,设A所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是
A.当A、B静止时,地面对圆柱体的摩擦力为零
B.当=时,圆柱体对A的摩擦力为零
C.当=3时,圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
D.当1≤≤5时,A、B均可以保持静止
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尖子生选练
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对圆柱体以及物体A、B整体进行受力分析,只受重
力和支持力作用,相对地面并无运动趋势,故地面对
圆柱体的摩擦力为零,故A正确;
若圆柱体对物体A的摩擦力为零,对物体A受力分析
如图所示,将重力正交分解,根据共点力平衡条件得到,x方向FT-m1gcos 53°=0,y方向FN-m1gsin 53°=0,据题意FT=m2g,联立解得=,所以=时,圆柱体对A的摩擦力为零,故B正确;
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由选项B分析可推知,当=3时,A有沿柱面下滑的
趋势,圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚
线向上,故C错误;
此时物体A与柱面间的最大静摩擦力为Ffm=μm1gsin 53°=0.4m1g,当物体A刚好下滑时,有m1gcos 53°=Ffm+m2g,解得=5,当物体A刚好上滑时,有m1gcos 53°+Ffm=m2g,解得=1,所以当1≤≤5,A、B均可以保持静止,故D正确。
返回第2课时 多力平衡问题 轻绳、轻杆模型
［学习目标］ 1.熟练运用正交分解法处理多力平衡问题(重点)。2.知道轻绳、轻杆上弹力的区别，并能分析简单的平衡问题(重难点)。
一、多力平衡问题
1.当物体受到不在同一条直线上的多个共点力时，一般要采用正交分解法。
2.用正交分解法解决平衡问题的一般步骤：
(1)明确研究对象，对物体受力分析。
(2)建立坐标系：使尽可能多的力落在x、y轴上，这样需要分解的力比较少，计算方便。
(3)根据共点力平衡的条件列方程：Fx=0，Fy=0。
例1 (2024·朝阳市高一期末)如图所示，小明用与水平方向成θ=53°角的轻绳拉木箱，使木箱沿地面向右匀速运动。已知绳中拉力恒为F=300 N，木箱重力G=490 N，cos 53°=0.6，sin 53°=0.8。
(1)分析木箱的受力情况，画出木箱的受力示意图；
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)求木箱所受的摩擦力大小和对地面压力大小；
(3)求木箱与地面间的动摩擦因数的大小。
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例2 如图所示，质量为m的木块，恰好能沿倾角为θ的斜面匀速下滑。如果要将木块沿斜面匀速向上推，必须加多大的水平推力？(重力加速度为g)
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
例3 同学们都有过擦黑板的经历。如图所示，一黑板擦(可视为质点)的质量为m=0.2 kg，当手臂对黑板擦的作用力F=10 N且F与黑板表面所成角度为53°时，黑板擦恰好沿黑板表面匀速竖直向上擦黑板。(重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)
(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；
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(2)若作用力F的方向保持不变，当F多大时能完成向下匀速擦黑板的任务？
(3)比较以上两种情况，试判断哪次黑板擦得更干净，说明理由。
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二、轻绳、轻杆模型
1.如图所示，AB、BC为轻质杆，杆的A、C端通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，要使物体保持静止，试分析AB、BC杆能否用等长的细绳代替？
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2.绳对物体的弹力和杆对物体的弹力有什么区别？杆的弹力方向是否一定沿着杆？
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例4 (1)如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA=30°，轻杆OB水平，重力加速度为g。求细绳OA的拉力大小和轻杆的弹力大小。
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(2)图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮(不计滑轮的摩擦)，用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA=30°，已知重力加速度为g。求细绳的拉力大小和轻杆对滑轮的作用力大小。
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____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1.甲图中绳OA和绳OC属于两根绳，两绳上的拉力大小不一定相等。乙图中是一根绳绕过滑轮或光滑物体，这两段绳(OA段与OC段)上的拉力一定相等。
2.甲图中轻杆可以绕B点自由转动，是“活杆”(也称“铰链”)，杆的弹力方向沿杆方向。乙图中轻杆固定于墙上，是“定杆”，杆的弹力方向不一定沿杆方向。
答案精析
一、
例1 （1）见解析图 （2）180 N 250 N （3）0.72
解析 （1）木箱受绳的拉力F、重力G、地面的支持力FN和摩擦力Ff的作用，受力示意图如图所示
（2）
建立如图所示的直角坐标系，由正交分解得，
水平方向
Fcos 53°=Ff
竖直方向
Fsin 53°+FN=G
解得Ff=180 N，FN=250 N
由牛顿第三定律得，木箱对地面的压力大小为
FN'=FN=250 N
（3）由滑动摩擦力公式得
Ff=μFN
解得μ==0.72。
例2 见解析
解析
未施加水平推力F时，木块沿斜面匀速下滑，受力分析如图甲所示：
沿斜面方向有：mgsin θ=Ff
垂直于斜面方向有：FN=mgcos θ
且有Ff=μFN
得μ=tan θ
对木块施加水平推力F后，木块沿斜面匀速向上运动，受力分析如图乙所示
沿斜面方向有mgsin θ+Ff'=Fcos θ
垂直斜面方向有FN'=mgcos θ+Fsin θ
且有Ff'=μFN'
联立解得F=。
例3 （1）0.5 （2）2 N （3）见解析
解析 （1）当黑板擦匀速向上滑动时，受力分析如图甲所示，
根据共点力的平衡条件可知
水平方向：FN=Fsin 53°
竖直方向：Fcos 53°=Ff+mg
又：Ff=μFN
联立解得μ=0.5，Ff=4 N
（2）在黑板擦匀速向下擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析，如图乙所示
水平方向：FN'=F'sin 53°
竖直方向：F'cos 53°+Ff'=mg
又：Ff'=μFN'
解得F'=2 N，Ff'=0.8 N
（3）由（1）（2）可知，黑板擦匀速向上移动时的摩擦力比匀速向下移动时的摩擦力更大，擦得更干净。
二、
1.AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡；BC杆承受的是压力，如果使用轻绳代替，装置将无法保持平衡。
2.绳对物体只能产生拉力作用，杆可以产生拉力，也可以产生支持力。绳的弹力方向一定沿绳，杆的弹力方向不一定沿杆。
例4 （1）2mg mg （2）mg mg
解析 （1）由于题图甲中的轻杆可绕B点自由转动，是转轴杆（“活杆”），故轻杆弹力沿杆方向，O点的受力情况如图a所示，其中FT2=mg，则O点所受细绳OA的拉力FT1、轻杆的弹力FN1的合力与细绳OC的拉力大小相等、方向相反，故FT1==2mg，轻杆的弹力大小FN1==mg。
（2）题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的，由于O点处是滑轮，它只是改变细绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一根细绳，而同一根细绳上的力处处相等，故图b中细绳OA的拉力为FT1'=FT2'=mg。
由于杆OB不可转动，所以轻杆的弹力的方向不一定沿OB方向，轻杆对滑轮的作用力FN2一定与两根细绳的合力FN2'大小相等、方向相反，FN2=FN2'=2mgcos 60°=mg，即轻杆对滑轮的作用力大小为mg。作业27 多力平衡问题 轻绳、轻杆模型
1~6题每题8分,共48分
1.下列四种情形中,作用在同一物体上的力F大小均相同,物体均处于静止状态,则物体对水平地面压力最大的是 ( )
2.(2024·惠州市高一月考)如图甲所示是一种常见的持球动作,用手臂挤压篮球,将篮球压在身侧。为了方便问题研究,我们将场景进行模型化处理,如图乙所示。已知篮球重力大小为G,粗糙竖直板对篮球的弹力大小为F1,摩擦力大小为Ff,光滑斜板对篮球的弹力大小为F2,竖直板和斜板之间的夹角为θ,篮球处于静止状态。下列说法正确的是 ( )
A.Ff=G B.Ff=F2sin θ+G
C.F1= D.F1=F2sin θ
3.(2024·内蒙古乌兰察布高一期末)图甲为雪后学生上街铲雪的劳动图,图乙为铁锹铲雪的简化模型图,设该同学以大小为F=10 N沿杆的方向斜向下推动铁锹,铁锹杆的质量可以忽略,铁锹和雪恰好一起在水平地面上做匀速直线运动。设铁锹与地面间的动摩擦因数μ=0.2,铁锹的质量m=2 kg,铁锹杆与水平方向的夹角θ=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)。则铁锹上雪的质量为 ( )
A.1.4 kg B.2.0 kg C.2.6 kg D.3.4 kg
4.(多选)(2024·广州市第一中学高一期末)如图所示,在一倾角为α、顶端带有定滑轮的固定斜面上有一质量为M的物体甲。现将一不可伸长的轻绳一端连接物体甲,另一端绕过定滑轮后悬挂一质量为m的物体乙。已知重力加速度为g,轻绳与斜面平行,物体甲在斜面上保持静止。若不计一切摩擦,则下列说法正确的是 ( )
A.绳子拉力大小等于Mg
B.绳子拉力大小等于mg
C.M=m
D.M>m
5.(2024·贵州省松桃民族中学高一月考)如图所示,某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板夹角为53°的作用力F将黑板擦(可视为质点)沿黑板表面竖直向上缓慢推动,黑板擦无左右运动趋势。已知黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.5。取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则下列说法正确的是 ( )
A.黑板擦的质量为0.1 kg
B.黑板擦对黑板的压力大小为3 N
C.黑板对黑板擦的摩擦力大小为3 N
D.黑板对黑板擦的作用力大小为5 N
6.(多选)(2024·深圳市高一期中)传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶,屋顶结构可简化为如图,弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ,瓦片质量为m,重力加速度为g,则一根椽子对瓦片 ( )
A.弹力的方向与椽子垂直
B.弹力的大小为0.5mgcos θ
C.摩擦力的方向竖直向上
D.摩擦力的大小为0.5mgsin θ
7~9题每题9分,10题14分,共41分
7.(2024·成都市第七中学高一月考)如图所示,位于固定的倾角为θ=30°的粗糙斜面上的小物块P,受到一沿斜面向上的拉力F,沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上而大小不变,仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动,则物块P与斜面间的动摩擦因数为 ( )
A. B. C. D.-1
8.(2024·无锡市辅仁高中高一月考)一个用于晾晒的工具其简化模型如图所示,质量为m、边长为L的正方形竹网ABCD水平放置,用长均为L的OA、OB、OC、OD的四条轻绳静止悬挂于O点,重力加速度为g,则每根绳子的拉力大小为 ( )
A.mg B.mg C.mg D.mg
9.(多选)图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上,另一端O光滑,一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物,OB水平;图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动,另一端O'光滑,一端固定在竖直墙壁B'点的细线跨过O'端系一质量也为m的重物。已知图甲中∠BOA=30°,重力加速度为g,以下说法正确的是 ( )
A.图甲轻杆中弹力大小为mg
B.图乙轻杆中弹力大小为mg
C.图甲轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向
D.图乙中轻杆A'O'的力沿A'O'方向
10.(14分)(2023·海安市高一期末)如图,一质量m=10 kg的箱子先从倾角θ=37°的斜面上匀速滑下来,到地面后即由一旅客用与水平方向成θ=37°的斜向上的力拉着继续做匀速直线运动,已知箱子与斜面及地面间的动摩擦因数相同,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)(5分)箱子与斜面间的动摩擦因数;
(2)(9分)旅客拉箱子的力的大小以及地面对箱子的摩擦力的大小。
(11分)
11.(多选)如图所示,将一个圆柱体(其截面为圆面)置于水平地面上,上端有一光滑的小滑轮,柔软光滑的轻绳绕过滑轮,两端分别系有质量为m1、m2的物体A、B(两物体均可看成质点,B悬于空中),整个装置处于静止状态。已知此时A与截面圆心O的连线与水平方向成θ=53°(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),A与接触面间的动摩擦因数为0.5,设A所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 ( )
A.当A、B静止时,地面对圆柱体的摩擦力为零
B.当=时,圆柱体对A的摩擦力为零
C.当=3时,圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
D.当1≤≤5时,A、B均可以保持静止
答案精析
1.C ［对各图物体进行受力分析，在水平方向和竖直方向上进行正交分解，由平衡条件和几何关系可知，四种情况下，地面对物体的支持力大小分别为FN1=mg
FN2=mg-Fsin 30°
FN3=mg+Fsin 30°
FN4=mg-F
由牛顿第三定律可知，物体对水平地面压力与水平地面对物体的支持力大小相等，因此C图中物体对水平地面的压力最大，故选C。］
2.B ［
对篮球进行受力分析，如图所示，利用正交分解，根据平衡条件有F2cos θ=F1，Ff=G+F2sin θ，故选B。］
3.A ［根据平衡条件得FN=（m+M）g+Fsin θ，Fcos θ=μFN，解得M=1.4 kg。故选A。］
4.BD ［物体甲静止在斜面上，所以物体乙处于静止状态，对物体乙受力分析可知，绳子拉力大小等于mg，故A错误，B正确；对物体甲受力分析，由平衡条件知Mgsin α=mg，可得M>m，故C错误，D正确。］
5.A ［对黑板擦受力分析，根据平衡条件有Fcos 53°=Ff+mg，Fsin 53°=FN，其中Ff=μFN，根据牛顿第三定律，黑板擦对黑板的压力大小为FN'=FN，解得m=0.1 kg，FN'=4 N，Ff=2 N，故A正确，B、C错误；黑板对黑板擦有竖直向下的摩擦力与水平向右的支持力作用，则黑板对黑板擦的作用力大小为F'=，解得F'=2 N，故D错误。］
6.AD ［对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力，方向垂直接触面斜向上，故A正确；两根椽子对瓦片的支持力的合力为mgcos θ，瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mgcos θ，故B错误；两根椽子对瓦片的摩擦力方向与椽子平行，故C错误；两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mgsin θ，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsin θ，故D正确。］
7.C ［小物块P受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑，根据平衡条件可得F=mgsin θ+μmgcos θ，把力F的方向变为竖直向上而大小不变，仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动，根据平衡条件知物体只受重力和拉力作用，可得F=mg，联立解得物块P与斜面间的动摩擦因数为μ=，故选C。］
8.B ［
对竹网受力分析，每条绳子的拉力的竖直分力均为竹网重力的四分之一，设轻绳与竖直方向夹角为θ，如图，由几何关系有BD==L，sin θ=，解得θ=45°，依题意，有Fcos θ=mg，解得F=mg，故选B。］
9.ACD ［由于题图甲中轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视为活结，两侧细线中拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡条件可知，题图甲轻杆中弹力方向沿两细线夹角的角平分线，大小为F甲==mg，故A正确。题图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动，为“动杆”，另一端O'光滑，可以视为活结，O'两侧细线中拉力大小相等，“动杆”中弹力方向沿“动杆”方向，“动杆”O'A'中弹力大小等于O'两侧细线中拉力的合力大小，两细线夹角不确定，轻杆中弹力大小无法确定，故B错误，D正确。
根据共点力平衡条件，题图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向，故C正确。］
10.（1）0.75 （2）60 N 48 N
解析 （1）设箱子与斜面间的动摩擦因数为μ，箱子在斜面上匀速运动时，根据平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=0.75
（2）旅客拉着箱子做匀速运动时，根据平衡条件有Fcos θ=μ（mg-Fsin θ）
解得F=60 N
则可知地面对箱子的摩擦力的大小为
Ff=Fcos θ=48 N。
11.ABD ［
对圆柱体以及物体A、B整体进行受力分析，只受重力和支持力作用，相对地面并无运动趋势，故地面对圆柱体的摩擦力为零，故A正确；若圆柱体对物体A的摩擦力为零，对物体A受力分析如图所示，将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到，x方向FT-m1gcos 53°=0，y方向FN-m1gsin 53°=0，据题意FT=m2g，联立解得=，所以=时，圆柱体对A的摩擦力为零，故B正确；由选项B分析可推知，当=3时，A有沿柱面下滑的趋势，圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，故C错误；此时物体A与柱面间的最大静摩擦力为Ffm=μm1gsin 53°=0.4m1g，当物体A刚好下滑时，有m1gcos 53°=Ffm+m2g，解得=5，当物体A刚好上滑时，有m1gcos 53°+Ffm=m2g，解得=1，所以当1≤≤5，A、B均可以保持静止，故D正确。］
