6、設A、B中的拉力分別為FA、FB.小球直徑相比彈簧長度可以忽略.則,圖4,A.tan B.kAkB C.FA mg D.FB2mg,,解析對下面的小球進行受力分析，如圖甲所示：,對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示：,變式1(多選)(2018河南省濮陽市第三次模擬)如圖5所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動，m1在地面，m2在空中.此時，力F與水平方向成角，彈簧中彈力大小為F1，彈簧軸線與水平方向的夾角為，m1受地面的摩擦力大小為f ，則下列正確的是 A.一定大于 B.可能等于 C.F一定大于F1 D.F一定大于f,圖5,,,,解析m2
7、受三力平衡：m2g、F、F1， 根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)的水平分力與F1的水平分力大小相等， 即：FxFcos F1cos F x1， F的豎直分力比F1的豎直分力大， 即：FyFsin F1sin m2gFy1m2g，,根據(jù)整體法得：Fcos f， 所以Ff 故A、C、D正確，B錯誤.,例2如圖6所示，甲、乙兩個小球的質量均為m，兩球間用細線2連接，甲球用細線1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6,,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
8、向右的力F(乙受到的)和細線1的拉力F1，兩水平力相互平衡，故細線1的拉力F1一定與重力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，乙球受到豎直向下的重力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2如圖7所示，兩段等長細線串接著兩個質量相等的小球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7,,解析設兩個球的質量均為m，Oa與ab和豎直方向的夾角分別為、. 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)
9、平衡條件可知，Oa細線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.,以b球為研究對象，分析受力情況，,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.,,,,命題點二動態(tài)平衡問題,(3)矢量三角形法 若已知F合的方向、大小及一
10、個分力F1的方向，則另一分力F2的最小值的條件為F1F2； 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F2F合.,例3(多選)(2017全國卷21)如圖8，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( ).現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變.在OM由豎直被拉到水平的過程中 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,圖8,,,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
11、合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角為不變，在F2轉至水平的過程中，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3(2018廣東省惠州市第二次調(diào)研)甲、乙兩人用兩繩aO和bO通過裝在P樓和Q樓樓頂?shù)亩ɑ?，將質量為m的物塊由O點沿Oa直線緩慢向上提升，如圖9所示.則在物塊由O點沿直線Oa緩慢上升過程中，以下判斷正確的是 A.aO繩和bO繩中的彈力都逐漸減小 B.aO繩和bO繩中的彈力都逐漸增大 C.aO繩中的彈力先減小后增大，bO繩中的彈力一直在增大 D.aO繩中的彈力一直在增大，bO繩中的彈力先減
12、小后增大,圖9,,解析以物塊為研究對象，分析受力情況：重力G、繩bO的拉力F和繩aO的拉力T，由平衡條件得知，F(xiàn)和T的合力與G大小相等、方向相反，當將物塊沿直線Oa向上緩慢移動，aO繩方向不變則T方向不變，bO繩繞O點逆時針轉動，作出轉動過程三個位置力的合成圖如圖所示，由F3到F2到F1的過程，由圖可以看出aO繩彈力T一直變大，bO繩彈力F先減小后變大，故D正確.,例4(多選)(2017天津理綜8)如圖10所示，輕質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 A.繩的右端上移
13、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.若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移,圖10,,,解析設兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別為la和lb， 則llalb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為和，受力分析如圖所示. 繩子中各部分張力相等，F(xiàn)TaFTbFT，則. 對O點受力分析可得2FTcos mg，dlasin lbsin lsin ，,當繩右端上移或兩端高度差減小時，d和l均不變， 則sin 為定值，為定值，cos 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 增大，cos 減小，繩子
14、的拉力增大，故B正確； 若換掛質量更大的衣服，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4 (2018江西省橫峰中學、鉛山一中等校聯(lián)考)有甲、乙兩根完全相同的輕繩，甲繩A、B兩端按圖11甲的方式固定，然后將一掛有質量為M的重物的光滑輕質動滑輪掛于甲輕繩上，當滑輪靜止后，設甲繩子的張力大小為T1；乙繩D、E兩端按圖乙的方式固定，然后將同樣的定滑輪且掛有質量為M的重物掛于乙輕繩上，當滑輪靜止后，設乙繩子的張力大小為T2.現(xiàn)甲繩的B端緩慢向下移動至C點，乙繩的E端緩慢向右移動至F點，在兩繩的移動過程中，下列說法正確的是 A.T1、T2都變大 B.T1變大、T2變小 C.T1、T2都
15、不變 D.T1不變、T2變大,圖11,,解析設繩子總長為L，兩堵豎直墻之間的距離為s，左側繩長為L1，右側繩長為L2.由于繩子上的拉力處處相等，所以兩繩與豎直方向夾角相等， 設為，則由幾何知識，得：sL1sin L2sin (L1L2)sin ， 又L1L2L,設繩子的拉力大小為T，重物的重力為G. 以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件得2Tcos G，,可見，對題圖甲，當繩子右端慢慢向下移時，s、L沒有變化， 則不變，繩子拉力T1不變； 對題圖乙，當繩子的右端從E向F移動的過程中，由于繩子的長度不變， 所以兩個繩子之間的夾角增大，cos 減小， 則繩子拉力T2增大，故A、B、C錯誤，D正確.,1.
16、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.,,,,命題點三平衡中的臨界與極值問題,(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)關系(畫出函數(shù)圖像)，用數(shù)學
17、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12所示，質量為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、方向水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行.設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0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： (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；,圖12,解析如圖所示，未施加力F時，對物體受力分析， 由平衡條件得mgsin 30mgcos 30
18、,(2)這一臨界角0的大小.,答案60,解析設斜面傾角為時，受力情況如圖所示， 由平衡條件得： Fcos mgsin f Nmgcos Fsin fN,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060.,變式5(2018河南省開封市第三次模擬)課堂上，老師準備了“”形光滑木板和三個完全相同、外表面光滑的勻質圓柱形積木，要將三個積木按圖13所示(截面圖)方式堆放在木板上，則木板與水平面夾角的最大值為 A.30 B.45 C.60 D.90,圖13,,解析取0時，下面兩圓柱之間將會分開，無法穩(wěn)定，應適當增大以保持系統(tǒng)穩(wěn)定，此時下面兩圓柱之間有彈力； 當下面兩圓柱之間的彈力
19、恰好為0時，對應的為最小值； 繼續(xù)增大，右圓柱和上圓柱之間彈力減小，若太大，此兩圓柱將分開，當上圓柱和右圓柱之間的彈力恰好為0，對應的為最大值. 臨界情況為max時，左邊兩圓柱的圓心連線在豎直方向上，保證上圓柱只受到兩個力的作用恰好處于平衡狀態(tài)， 此時上圓柱與右圓柱間相互接觸且無彈力，可得30. 故A正確，B、C、D項錯誤.,變式6(2019黑龍江省齊齊哈爾市調(diào)研)重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩按如圖14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
20、為,圖14,,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)minGsin ，,,課時作業(yè),,,1.(2018湖北省黃岡中學模擬)如圖1所示，與豎直方向成45角的天花板上有一物塊，該物塊在豎直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板勻速上升，則下列說法中正確的是 A.物塊一定受兩個力的作用 B.物塊一定受三個力的作用 C.物塊可能受三個力的作用 D.物塊可能受四個力的作用,,,,雙基鞏固練,,圖1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析物塊沿天花板勻速上升，受力平衡，對物塊受力分析可知，若天花
21、板對物塊沒有向下的壓力，則物塊只受到重力和向上的恒力.若天花板對物塊有垂直天花板向下的壓力，則物塊必定受沿天花板向下的摩擦力，則物塊受到重力、向上的恒力、垂直天花板向下的壓力和沿天花板向下的摩擦力，所以物塊可能受到兩個力，也可能受到四個力，故A、B、C錯誤，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,2.(多選)(2019安徽省六安市質檢)如圖2所示，水平地面上的L形木板M上放著小木塊m，M與m間有一個處于拉伸狀態(tài)的彈簧，整個裝置處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是 A.M對m無摩擦力作用 B.M對m的摩擦力方向向左 C.地面對M的摩擦力方向向左 D.地面對M無摩擦力作用,圖2,
22、,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析對m受力分析，m受到重力、支持力、水平向右的彈簧的拉力和木板的摩擦力，根據(jù)平衡條件知，M對m的摩擦力方向向左，故A錯誤，B正確； 對整體受力分析，在豎直方向上受到重力和支持力平衡，若地面對M有摩擦力，則整體合力不為零，故地面對M無摩擦力作用，故C錯誤，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,3.(2018廣東省惠州市第三次調(diào)研)如圖3所示，傾角為30，重為100 N的斜面體靜止在粗糙水平面上.一根彈性輕桿一端垂直固定在斜面體上，桿的另一端固定一個重為20 N的小球，斜面體和小球處于靜止狀態(tài)時，下列說法正確的是
23、 A.斜面有向左運動的趨勢，受到水平向右的靜摩擦力 B.彈性輕桿對小球的作用力為20 N，方向垂直斜面向上 C.球對彈性輕桿的作用力為20 N，方向豎直向下 D.地面對斜面體的支持力為100 N ，方向豎直向上,,圖3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析先對小球受力分析，受到重力和桿的作用力，小球一直處于靜止狀態(tài)，故桿對球的力與球受到的重力二力平衡，故桿對球的力方向豎直向上，大小等于球的重力，為20 N，桿對球的力與球對桿的力是相互作用力，等值、反向、共線，故球對桿的力方向豎直向下，大小等于20 N，B錯誤，C正確； 再對斜面體、桿、球的整體受力分析，受重力和地面的支持
24、力，不受靜摩擦力(如果受靜摩擦力，不能保持受力平衡)，根據(jù)平衡條件，支持力大小等于總重力，為120 N，A、D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,4.(2018山東省青島市二模)如圖4所示，水平面上A、B兩物塊的接觸面水平，二者疊放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍不發(fā)生相對滑動，關于撤去F前后下列說法正確的是 A.撤去F之前A受3個力作用 B.撤去F之前B受到4個力作用 C.撤去F前后，A的受力情況不變 D.A、B間的動摩擦因數(shù)1不小于B與地面間的動摩擦因數(shù)2,,圖4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,1
25、1,12,解析撤去F前，整體做勻速運動，故B受地面的摩擦力與F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、壓力、拉力和地面的摩擦力共5個力作用；A只受重力和B對A的支持力兩個力的作用，A、B錯誤； 撤去拉力F后，由于整體做減速運動， A受到重力和B對A的支持力及B對A的摩擦力3個力的作用，C錯誤； 撤去拉力F后，由于整體做減速運動，整體的加速度a2g，而A的加速度aA2g1g，即21，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,5.(2018陜西省安康市第二次質量聯(lián)考)如圖5所示，兩個小球a、b的質量均為m，用細線相連并懸掛于O點.現(xiàn)用一輕質彈簧給小球
26、a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為30，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧的最短伸長量為,圖5,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,解析以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，如圖.根據(jù)平衡條件得知：F與T的合力與重力mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為：Fkx2mgsin mg，則彈簧的最短伸長量為x ，故B正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,6.(2018安徽省蕪湖市上學期期末)如圖6甲所示，在粗糙水平面上靜止放置一個截面為三角形的
27、斜劈，其質量為M.兩個質量分別為m1和m2的小物塊恰好能沿兩側面勻速下滑.若現(xiàn)在對兩物塊同時各施加一個平行于斜劈側面的恒力F1和F2，且F1F2，如圖乙所示.則在兩個小物塊沿斜面下滑的過程中，下列說法正確的是 A.斜劈可能向左運動 B.斜劈受到地面向右的摩擦力作用 C.斜劈對地面的壓力大小等于(Mm1m2)g D.斜劈對地面的壓力大小等于(Mm1m2)gF1sin F2sin ,,圖6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析在未施加力之前，三個物體都處于平衡狀態(tài)，故可以對三個物體的整體受力分析，受重力和支持力，故支持力為(Mm1m2)g，沒有摩擦力；施加力之后，m1、m2與
28、M的摩擦力、彈力都不變，則M受力情況不變，斜劈仍保持靜止，根據(jù)牛頓第三定律可知斜劈對地面的壓力大小等于(Mm1m2)g，與地面間沒有摩擦力，C正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,7.(多選)(2018江西省重點中學協(xié)作體第二次聯(lián)考)如圖7所示，自重不計的橫梁的一端固定在墻壁上的A點，另一端B點用繩懸掛在墻壁上的C點，當重為G的物體由掛在梁上的B點處逐漸移至A點的過程中，橫梁始終保持靜止.問此過程中，A點對橫梁作用力F的大小和CB繩對橫梁的拉力T的大小是如何變化的 A.F先增大后減小 B.T一直減小 C.F一直減小 D.T先減小后增大,,圖7,1,2,3,4,5,6,7
29、,8,9,10,11,12,,解析對B點受力分析，受重物的拉力，橫梁的支持力和細線的拉力，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有T ， NGtan ，當重為G的物體由掛在梁上的B點處逐漸移至A點的過程中，減小，故N減小， T也減?。挥捎跈M梁處于平衡狀態(tài)，故A點處對橫梁作用力F與N等大，也減小，B、C正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,8.(2018福建省龍巖市3月模擬)如圖8所示，兩個相同的小物體P、Q靜止在斜面上，P與Q之間的彈簧A處于伸長狀態(tài)，Q與擋板間的彈簧B處于壓縮狀態(tài)，則以下判斷正確的是 A.撤去彈簧A，物體P將下滑，物體Q將靜止 B.撤去彈簧A，彈簧B的彈力將變小
30、C.撤去彈簧B，兩個物體均保持靜止 D.撤去彈簧B，彈簧A的彈力將變小,,圖8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,,,綜合提升練,解析由于不知道物體P與斜面之間的摩擦力情況，故撤去彈簧A不能判斷物體P的運動狀態(tài)，選項A錯誤； 撤去彈簧A的瞬間彈簧B的長度不變，所以彈簧B的彈力不變，故選項B錯誤； 將PQ看成整體可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，且PQ整體的摩擦力大于整體重力沿斜面向下的分力，故撤去彈簧B后物體P和Q仍然可以處于靜止狀態(tài)，彈簧A的彈力不變，故選項D錯誤，C正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.(2018江西省贛州市十四縣市
31、期中)如圖9所示，傾角為的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與沙漏a連接，連接b的一段細繩與斜面平行.在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，則 A.c對b的摩擦力一定減小 B.地面對c的摩擦力為零 C.c對b的摩擦力一定增大 D.地面對c的摩擦力一定減小,,圖9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析設a、b的重力分別為Ga、Gb.對a分析，繩子的拉力TGa； 對b分析：若GaGbsin ，此時GafGbsin ，c對b的摩擦力方向沿斜面向上，當沙子流出時，Ga減小，摩擦力增大； 若GaGbsin ，剛開始一段時間有GaG
32、bsin f，c對b的摩擦力方向沿斜面向下，隨著Ga減小，摩擦力在減小，當減小到GaGbsin 時，摩擦力減小為零，隨后Ga
33、態(tài).現(xiàn)用力F推動小球b，使之緩緩到達b位置，則 A.推力F變大 B.b對OQ的壓力變大 C.彈簧長度變短 D.彈簧長度變長,圖10,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析隔離a分析受力，設此時a、b間作用力與水平方向的夾角為，如圖所示：,小球到達b位置，當a、b重新處于靜止狀態(tài)時，由幾何關系可知，增大，則sin 、tan 增大，F(xiàn)減小，N減小，根據(jù)胡克定律可知彈簧的形變量變小，所以彈簧長度變長，故D正確，C錯誤；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,對ab的整體受力分析如圖所示：,由共點力的平衡條件可知，a、b重新處于靜止狀態(tài)前后，OQ擋板對b的支持力始
34、終和a、b的總重力大小相等，保持不變，推力FN在減小，故A、B錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.(2018湖北省黃岡市質檢)如圖11所示，質量為M的物塊被質量為m的夾子夾住剛好能不下滑，夾子由長度相等的輕繩懸掛在A、B兩輕環(huán)上，輕環(huán)套在水平直桿上，整個裝置處于靜止狀態(tài).已知物塊與夾子間的動摩擦因數(shù)為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求： (1)直桿對A環(huán)的支持力的大??；,圖11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析直桿對A、B環(huán)的支持力N大小相等，方向豎直向上，選取物塊和
35、夾子整體為研究對象，由平衡條件可得： 2N(Mm)g,(2)夾子右側部分對物塊的壓力的大小.,解析由于物塊恰好能不下滑， 故物塊受到兩側夾子的摩擦力為最大靜摩擦力fm，fm等于 滑動摩擦力， 設此時夾子一側對物塊的壓力為F，以物塊為研究對象，由平衡條件可得： 2fm Mg fmF,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,12.(2019河北省邢臺市調(diào)研)質量為M的木楔傾角為，在水平面上保持靜止，當將一質量為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角的力F拉著木塊沿斜面勻速上升，如圖12所示(已知木楔在整個過程中始終靜止). (1)當時，拉力F有最小值，求此最小
36、值；,圖12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案mgsin 2,解析木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，有 mgsin mgcos ， 即tan . 木塊在力F作用下沿斜面向上勻速運動時，有 Fcos mgsin f Fsin Nmgcos fN,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,則當時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)minmgsin 2.,(2)當時，木楔對水平面的摩擦力是多大？,解析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 fFcos () 當時，F(xiàn)取最小值Fminmgsin 2，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,
2020版高考物理大一輪復習 第二章 專題強化二 受力分析 共點力的平衡課件 教科版.ppt
