高考物理总复习课件首选版Word文档考点5 受力分析 共点力的平衡.docx
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考点5 受力分析 共点力的平衡
题组一 基础小题
1.如图所示,质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行,长木板放在水平地面上一直处于静止状态。
若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1,木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2,则长木板ab受到地面的摩擦力大小为( )
A.μ1MgB.μ1(m+M)g
C.μ2mgD.μ1Mg+μ2mg
答案 C
解析 木块P在长木板ab上滑行,木块受到长木板向左的滑动摩擦力F1=μ2mg作用,根据牛顿第三定律可知,长木板也必定受到木块向右的滑动摩擦力F1′作用,F1′=F1=μ2mg。
由于长木板处于静止状态,所以长木板受到地面的静摩擦力F2与F1′平衡,即F2=μ2mg,C正确。
2.如图所示,物体A靠在竖直墙面上,在力F作用下,A、B保持静止。
物体B的受力个数为( )
A.2
B.4
C.2或4
D.无法确定
答案 B
解析 A、B之间一定有弹力,否则A不会静止,以B为研究对象,B受到重力、推力F和A对B斜向下的弹力,分析可知,B一定还受A对它的静摩擦力,否则B不会静止,所以B受四个力作用,故B正确,A、C、D错误。
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,对物块A受力分析,根据平衡条件得F=mAgtan45°,联立解得
=
,A正确。
4.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=0①
F合y=FN-Gcosθ-Fsinθ=0②
由②知,FN=Gcosθ+Fsinθ,当F减小时,则支持力减小,所以B正确;由①知,f=Gsinθ-Fcosθ,当f为正值即沿斜面向上时,F减小则f增大,当f为负值即沿斜面向下时,F减小则f可能减小,可能为零,也可能反向增大,故C、D错误。
故选B。
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作用于物块上时,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.如图所示,光滑小球置于竖直墙壁和挡板间,挡板绕O点于图示位置缓慢转至水平的过程中,小球对墙壁和挡板的压力如何变化( )
A.对墙壁的压力减小,对挡板的压力也减小
B.对墙壁的压力减小,对挡板的压力增大
C.对墙壁的压力减小,对挡板的压力先增大后减小
D.对墙壁的压力先增大后减小,对挡板的压力增大
答案 A
解析 以小球为研究对象,由题可知小球时刻处于平衡状态,根据受力平衡,受力分析如图所示,由图可知,墙壁给球的压力F2逐渐减小,挡板给球的支持力F1逐渐减小,根据牛顿第三定律可知小球对竖直墙壁的压力逐渐减小,小球对挡板的压力也逐渐减小,故选A。
7.(多选)如图所示,质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连,B球用长为L的细绳悬于O点,A球固定在O点正下方,当小球B平衡时,绳子所受的拉力为T1,弹簧的弹力为F1;现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧,在其他条件不变的情况下仍使系统平衡,此时绳子所受的拉力为T2,弹簧的弹力为F2,则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系,以下说法正确的是( )
A.T1>T2B.T1=T2
C.F1 答案 BC 解析 以小球B为研究对象,分析受力情况,如图所示。 由平衡条件可知,弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力F合与小球的重力mg大小相等、方向相反,即F合=mg,由三角形相似得: = = ,AO、OB不变,而T= mg,故T大小不变,即T1=T2;当弹簧劲度系数变大时,弹簧的压缩量减小,AB增大,而F= mg,故F变大,即F2>F1。 故A、D错误,B、C正确。 8.(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 对N受力分析,如图所示,N受重力GN、垂直AC边向右的弹力FN,N静止,则受细线的拉力TN一定斜向左上方,则θ< ,γ>β;对M受力分析,M受重力GM、垂直AB边向上的弹力FM,M静止,则M所受细线拉力TM沿图中所示方向,有γ< ,则θ> -α。 综上所述,A、B错误,C、D正确。 9.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角的最大值为30°,A正确。 10.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱,其中第3、4块固定在地基上,第1、2块间的接触面是竖直的,每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°,石块间的摩擦力可以忽略不计。 则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 如图对第1块石块进行受力分析,由几何关系知: =sin60°= ,故A正确,B、C、D错误。 11.(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FN、F、mg首尾相接后组成的力的三角形与几何三角形OO′P相似得FN=F=mg,D错误;整体竖直方向受重力、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。 12.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°,解得FNB= ,对两球组成的整体,水平方向受力平衡,有FNA=FNB,竖直方向有(m+M)g=μFNA,联立解得 = ,C正确。 13.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。 题组二 高考小题 14.(2019·江苏高考)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。 细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为( ) A. B. C.TsinαD.Tcosα 答案 C 解析 对气球受力分析,如图所示,将绳的拉力T分解,在水平方向: 风对气球的作用力大小F=Tsinα,C正确。 15.(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 以O点为研究对象,设绳OA与竖直方向的夹角为θ,物体的重力为G,根据力的平衡可知,F=Gtanθ,T= ,随着O点向左移,θ变大,则F逐渐变大,T逐渐变大,A项正确。 16.(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。 一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。 现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。 已知M始终保持静止,则在此过程中( ) A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD 解析 选N为研究对象,受力情况如图甲所示,用水平拉力F缓慢拉动N的过程中,水平拉力F逐渐增大,细绳的拉力T逐渐增大,A错误,B正确;对于M,受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。 如图乙所示,若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上,则T+f=GMsinθ,T逐渐增大,f逐渐减小,可能会出现f减小到零后,再反向增大;若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下,则T=GMsinθ+f,当T逐渐增大时,f逐渐增大,C错误,D正确。 17.(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。 18.(2015·广东高考)(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,将杆竖直紧压在地面上。 若三条绳长度不同,下列说法正确的有( ) A.三条绳中的张力都相等 B.杆对地面的压力大于自身重力 C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力 答案 BC 解析 根据杆受力平衡可知,三条绳的拉力的水平分力的合力为零,C正确;由于三条绳的长度不同,因此三条绳与竖直方向的夹角不同,如果三条绳水平分力间的夹角相等,则三条绳中张力一定不相等,A错误;由杆受力平衡可知,杆对地面的压力等于杆的重力与三条绳的拉力的竖直分力之和,故杆对地面的压力大于自身重力,B正确;三条绳的拉力的合力和杆的重力的方向均竖直向下,而一对平衡力要求方向相反,所以它们不是一对平衡力,D错误。 19.(2017·天津高考)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。 如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是( ) A.绳的右端上移到b′,绳子拉力不变 B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大 C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移 答案 AB 解析 设绳长为l,两杆间距离为d,选O点为研究对象,因aOb为同一根绳,故aO、bO对O点的拉力大小相等,因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等,设为θ。 对于O点受力情况如图所示,根据平衡条件,得2Tsinθ=mg,而sinθ= ,所以T= · 。 由以上各式可知,当l、d不变时,θ不变,故换挂质量更大的衣服时,悬挂点不变,选项D错误。 若衣服质量不变,改变b的位置或绳两端的高度差,绳子拉力不变,选项A正确,选项C错误。 当N杆向右移一些时,d变大,则T变大,选项B正确。 20.(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,选项D正确;同理知 = ,在β由0变为 的过程中,TMN一直增大,选项A正确。 题组三 模拟小题 21.(2019·福建泉州泉港区第一中学质检)如图所示,固定斜面上有一小球,用一竖直轻弹簧与之相连,小球处于静止状态,不考虑小球的滚动。 下列说法正确的是( ) A.小球与斜面之间一定有弹力 B.弹簧一定处于伸长状态 C.弹簧可能处于压缩状态 D.小球最多受到5个力 答案 C 解析 当小球受到弹簧的弹力与重力等大反向时,小球与斜面之间没有作用力,A错误;小球一定受到竖直向下的重力,若弹簧被压缩,则小球还受到竖直向下的弹力、斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力,若弹簧被拉伸,则小球受到重力、竖直向上的弹力,还可能受斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力,即小球最多受4个力作用,C正确,B、D错误。 22.(2019·陕西黄陵中学高三上学期期末)架在A、B两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应,电线呈现如图所示的两种形状,下列说法中正确的是( ) A.夏季与冬季电线对电线杆的拉力一样大 B.夏季与冬季电线杆对电线的拉力方向不变 C.夏季电线对电线杆的拉力较大 D.冬季电线对电线杆的拉力较大 答案 D 解析 以整条电线为研究对象,受力分析如图所示,由共点力的平衡条件知,两电线杆对电线的拉力的合力与其重力平衡,由几何关系得: Fcosθ= ,F= ,由于夏天气温较高,电线的体积会膨胀,两杆正中部位电线下坠的距离h变大,则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小,电线质量一定,则可知电线杆对电线的拉力F= 变小,由牛顿第三定律知,夏季电线对电线杆的拉力较小,冬季电线对电线杆的拉力较大,故D正确,A、B、C错误。 23.(2019·山东滨洲二模)浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动,在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹,表演者爬上竹稍表演各种惊险动作,如图所示。 下列说法正确的是( ) A.在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用 B.在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直 C.表演者静止时,竹竿对其的作用力必定竖直向上 D.表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小 答案 C 解析 表演者大部分情况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用,故A错误;表演者静止时,所受竹竿的作用力与重力大小相等、方向相反,即竖直向上,不一定与竹竿垂直,故B错误,C正确;表演者越靠近竹竿底部时竹竿与水平方向的夹角θ就越大,所以摩擦力f=mgsinθ就越大,故D错误。 24.(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,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,由图可知,在虚线位置时轻绳对小球拉力的竖直分力大,水平分力小,由平衡条件可知,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,在虚线位置时斜面体对水平面的压力小,摩擦力小,C错误,D正确。 25.(2019·百师联盟七调)质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧,其劲度系数为k,现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处,如图所示,弹簧处于压缩状态,且物块与斜面均能保持静止,已知斜面的倾角为θ,两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是( ) A.斜面和水平地面间一定有静摩擦力 B.斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθ C.若将弹簧拿掉,物块有可能发生滑动 D.弹簧的最大压缩量为 答案 D 解析 对两物块、弹簧和斜面组成的整体分析,整体处于平衡状态,相对地面没有相对运动的趋势,故斜面与水平地面间没有静摩擦力作用,A错误;对A和B组成的整体分析,整体的重力沿斜面向下的分力大小等于静摩擦力,即f=2mgsinθ,故B错误;对A或B,弹簧弹力沿水平方向,大小为kx,且与重力沿斜面向下的分力mgsinθ、静摩擦力f0的合力为零,如图所示,f0= ,拿掉弹簧后,f′=mgsinθ,仍小于最大静摩擦力,物块不会发生滑动,故C错误;当静摩擦力最大时,弹簧弹力最大,此时kxmax= ,故xmax= ,故D正确。 26.(2019·安徽蚌埠二模)如图所示,物体甲放置在水平地面上,通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连,整个系统处于静止状态。 现对小球乙施加一个水平力F,使小球乙缓慢上升一小段距离,整个过程中物体甲保持静止,甲受到地面的摩擦力为f,则该过程中( ) A.f变小,F变大B.f变小,F变小 C.f变大,F变小D.f变大,F变大 答案 D 解析 对小球乙,分析其受力情况,设轻绳与竖直方向夹角为α,则水平力F=mgtanα,轻绳与竖直方向夹角α逐渐增大,则水平拉力增大;对物体甲受力分析,它受到重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力,其中,绳子的拉力T= ,轻绳与竖直方向夹角α逐渐增大,则绳子的拉力T逐渐增大,甲所受轻绳的拉力T在水平方向的分力逐渐增大,所以水平地面对甲的摩擦力增大,D正确。 27.(2019·湖北武汉武昌区调研)(多选)如图所示,竖直杆固定在木块C上,两者总重为20N,放在水平地面上。 轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端,轻细绳b连接小球A和B,小球B重为10N。 当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时,A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动,绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°,则下列判断正确的是( ) A.力F的大小为10N B.地面对C的支持力大小为40N C.地面对C的摩擦力大小为10N D.A球重为10N 答案 AD 解析 以B为研究对象受力分析,水平方向受力平衡,有: Fcos30°=Tbsin60°,解得: Tb=F,竖直方向受力平衡,则有: Fsin30°+Tbcos60°=GB,解得: F=GB=10N;以A为研究对象受力分析,竖直方向: GA+Tbcos60°=Tacos30°,水平方向: Tasin30°=Tbsin60°,联立得: GA=GB=10N,故A、D正确。 以A、B、C和竖直杆整体为研究对象受力分析,水平方向: f=Fcos30°=5 N,竖直方向: N+Fsin30°=GA+GB+GC、杆,解得: 支持力N=35N,故B、C错误。 题组一 基础大题 28.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=10 N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)小球做匀速直线运动,其合力为零。 以小球为研究对象,受力分析如图1所示,由平衡条件得 水平方向: Fcos60°-FTcosθ=0① 竖直方向: Fsin60°-FTsinθ-mg=0② 由①②式联立解得θ=30°。 (2)木块、小球组成的整体做匀速直线运动,所受合力为零。 以木块、小球组成的整体为研究对象,受力分析如图2所示,由平衡条件得 水平方向: Fcos60°-Ff=0③ 竖直方向: FN+Fsin60°-(M+m)g=0④ 又Ff=μFN⑤ 由③④⑤式联立解得μ= 。 29.如图甲所示,细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向也成30°角,轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体,求: (1)细绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比; (2)轻杆BC对
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