2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第二章 相互作用 能力課 受力分析 共點力平衡練習(xí)（含解析）新人教版

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1、受力分析　共點力平衡 一、選擇題 1. (2019屆山西大學(xué)附中月考)如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁．若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為(　　) A．3　　　　　　　　　　 B．4 C．5 D．6 解析：選B　先對物體m受力分析，受到重力、支持力和靜摩擦力；再對M受力分析，受重力、m對它的垂直斜面向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時地面對M有向上的支持力，共受到4個力，故B正確． 2．(2018屆涼山州一診)如圖所示，在一水平長木板上放一木塊P，緩慢抬起木板的右端，木塊P和木板始終相對靜止，則(　　) A．木塊受到木

2、板的支持力減小、摩擦力減小 B．木塊受到木板的支持力增大、摩擦力增大 C．木塊受到木板的作用力大小不變、方向不變 D．木塊受到木板的作用力大小變化、方向變化 解析：選C　緩慢抬起木板的右端時，木塊P處于動態(tài)平衡狀態(tài)，所受的摩擦力f＝mgsinα，支持力N＝mgcosα，隨著α的增大，f增大，N減小，A、B錯誤；因木塊受到木板的作用力與木塊P的重力等大反向，C正確，D錯誤． 3．(2018屆廣州六校聯(lián)考)一個質(zhì)量為3 kg的物體，被放置在傾角為α＝30°的固定光滑斜面上，在如圖所示的甲、乙、丙三種情況下處于平衡狀態(tài)的是(g＝10 m/s2)(　　) A．僅甲圖 B．僅乙圖

3、C．僅丙圖 D．甲、乙、丙圖 解析：選B　斜面光滑，物體不受摩擦力作用，物體要在斜面上平衡，必有拉力F＝mgsinα＝15 N，故只有乙能平衡，選項B正確． 4.如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的．一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球．當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α＝90°，質(zhì)量為m2的小球位于水平地面上，設(shè)此時質(zhì)量為m2的小球?qū)Φ孛鎵毫Υ笮镕N，細(xì)線的拉力大小為FT，則(　　) A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2g C．FT＝m1g D．FT＝g

4、解析：選B　分析小球m1的受力情況，由物體的平衡條件可得，繩的拉力FT＝0，故C、D錯誤；分析m2受力，由平衡條件可得FN＝m2g，故A錯誤，B正確． 5. (多選)(2018屆東北三省四市名校聯(lián)考)如圖所示，兩根輕繩一端系于結(jié)點O，另一端分別系于固定圓環(huán)上的A、B兩點，O點下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與OA夾角α＝120°，拉力大小為F2，將兩繩同時緩慢順時針轉(zhuǎn)過75°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，且物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)．則在旋轉(zhuǎn)過程中，下列說法正確的是(　　) A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小 C．F2逐漸減小 D．F2先增大后減小 解

5、析：選BC　設(shè)兩繩轉(zhuǎn)動過程中，繩OA與水平方向的夾角為θ，以O(shè)點為研究對象，受力分析如圖所示，因為兩繩是緩慢移動的，所以O(shè)點始終處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得F1cosθ＝F2cos(60°－θ)，F(xiàn)1sinθ＋F2sin(60°－θ)＝Mg，由以上兩式解得F1＝，F(xiàn)2＝.當(dāng)θ<60°時，θ增大，F(xiàn)1增大，F(xiàn)2減??；當(dāng)60°<θ<75°時，θ增大，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2減?。虼?，在兩繩旋轉(zhuǎn)的過程中，F(xiàn)1先增大后減小，F(xiàn)2逐漸減小，選項B、C正確． 6. (2018屆鹽城射陽二中調(diào)研)如圖所示，一只半徑為R的半球形碗倒扣在水平桌面上，處于靜止?fàn)顟B(tài)．一質(zhì)量為m的螞蟻(未畫出)在離桌面高度為R時恰能停在

6、碗上，則螞蟻受到的最大靜摩擦力大小為(　　) A．0.6mg B．0.8mg C．0.4mg D．0.75mg 解析：選A　螞蟻受重力、支持力和最大靜摩擦力，根據(jù)平衡條件有Fm＝mgsinθ，而cosθ＝＝0.8，所以sinθ＝0.6，F(xiàn)m＝mgsinθ＝0.6mg，故A正確． 7. (2019屆河南周口期末)如圖所示為建筑工地上使用的簡易拔樁機示意圖．若在某次拔樁過程中，建筑工人在長繩上的E點施加一豎直向下的拉力F時，繩CE部分被水平拉直，CA部分被豎直拉直，繩DE、BC與豎直方向的夾角分別為α、β，則繩CA拔樁的作用力大小為(　　) A．Ftanα·cotβ

7、 B．Ftanα·tanβ C．Fcotα·cotβ D．Fcotα·tanβ 解析：選A　設(shè)繩CE部分被水平拉直時張力為f，繩CA拔樁的作用力大小為F′，對結(jié)點C，分析受力，由平衡條件可得tanβ＝f/F′；對結(jié)點E，分析受力，由平衡條件可得tanα＝f/F，聯(lián)立解得F′＝Ftanα·cotβ，選項A正確． 8.如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37°的粗細(xì)均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的

8、質(zhì)量之比為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　設(shè)物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得＝；若桿對B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得＝－(舍去)．綜上分析可知應(yīng)選C項． 9. (多選)(2018屆儋州四校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間，且不計圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側(cè)墻壁成θ角，

9、圓柱體處于靜止?fàn)顟B(tài)．則(　　) A．地面對圓柱體的支持力為(M＋m)g B．地面對圓柱體的摩擦力為mgtanθ C．墻壁對正方體的彈力為 D．正方體對圓柱體的壓力為 解析：選AC　以正方體為研究對象，受力分析，并運用合成法如圖所示． 由幾何知識得，墻壁對正方體的彈力N1＝ 圓柱體對正方體的彈力N2＝，根據(jù)牛頓第三定律， 則正方體對圓柱體的壓力為 以圓柱體和正方體為研究對象，豎直方向受力平衡， 地面對圓柱體的支持力N＝(M＋m)g 水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力 f＝N1＝，故A、C正確． 10. (2019屆湖南師大附中模擬)表面光滑、半徑為R的半球固

10、定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質(zhì)細(xì)繩兩端各系一個可視為質(zhì)點的小球掛在定滑輪上，如圖所示．兩小球平衡時，若滑輪兩側(cè)細(xì)繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，則這兩個小球的質(zhì)量之比為，小球與半球之間的壓力之比為，則以下說法正確的是(　　) A.＝ B.＝ C.＝1 D.＝ 解析：選B　先以左側(cè)小球為研究對象，分析受力情況：重力m1g、繩子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意圖．由平衡條件得知，拉力T和支持力N1的合力與重力m1g大小相等、方向相反． 設(shè)OO′＝h，根據(jù)三角形相似得 ＝＝ 同理，對右側(cè)小球有＝＝ 解得m1g＝① m2

11、g＝② N1＝③ N2＝④ 由①∶②得m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24， 由③∶④得N1∶N2＝m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24， 故A、C、D錯誤，B正確． 二、非選擇題 11．如圖所示，質(zhì)量為m1的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結(jié)點為O，輕繩OB水平且B端與站在水平面上質(zhì)量為m2的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角θ＝37°，物體甲及人均處于靜止?fàn)顟B(tài)．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (1)輕繩OA、OB受到的拉力分別是多大？ (2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？ (3)若人的質(zhì)量m2＝60

12、kg，人與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑動，則物體甲的質(zhì)量最大不能超過多少？ 解析：(1)以結(jié)點O為研究對象進(jìn)行受力分析，如圖1所示， 由平衡條件有 FOB＝FOAsinθ FOAcosθ＝F甲＝m1g 聯(lián)立得FOA＝＝m1g FOB＝m1gtanθ＝m1g 故輕繩OA、OB受到的拉力大小分別為m1g、m1g. (2)對人受力分析，如圖2所示， 人在水平方向受到OB繩的拉力FOB′和水平向左的靜摩擦力作用，由平衡條件得Ff＝FOB′ 又FOB′＝FOB 所以Ff＝FOB＝m1g. (3)當(dāng)人剛要滑動時，甲的質(zhì)量達(dá)到最大，此時人受到的靜摩擦

13、力達(dá)到最大值，有Ffm＝μm2g， 又FOBm′＝FOBm＝m1mgtanθ＝m1mg 聯(lián)立解得m1m＝24 kg 即物體甲的質(zhì)量最大不能超過24 kg. 答案：(1)m1g　m1g　(2)m1g　方向水平向左　(3)24 kg 12.質(zhì)量為M的木楔傾角為θ(θ <45°)，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時，它正好勻速下滑．當(dāng)用與木楔斜面成α角的力F拉木塊，木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止)． (1)當(dāng)α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值； (2)求在(1)的情況下木楔對水平面的摩擦力是多少？ 解析：木塊在木楔斜面上勻速向下運動時

14、，有 mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ. (1)木塊在力F的作用下沿斜面向上勻速運動，有 Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ，F(xiàn)f＝μFN 解得F＝＝ ＝ 則當(dāng)α＝θ時，F(xiàn)有最小值，則Fmin＝mgsin2θ. (2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ) 當(dāng)F取最小值mgsin2θ時， Ff′＝Fmincos2θ＝mgsin2θ·cos2θ＝mgsin4θ. 答案：(1)mgsin2θ　(2)mgsin4θ |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(2018屆南京市、鹽城

15、市一模)質(zhì)量為m的物塊沿著傾角為θ的粗糙斜面勻速下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ.斜面對物塊的作用力是(　　) A．大小mg，方向豎直向上 B．大小mgcosθ，方向垂直斜面向上 C．大小mgsinθ，方向沿著斜面向上 D．大小μmgcosθ，方向沿著斜面向上 解析：選A　對物塊進(jìn)行受力分析：重力G，斜面對物塊的支持力N，摩擦力f，斜面對物塊的作用力即支持力與摩擦力的合力，由于物塊勻速下滑，所以支持力與摩擦力的合力應(yīng)與重力等大反向，故A正確． 2.如圖所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四個小物塊，各小物塊之間由四根完全相同的輕彈簧相互連接，正好組成一個菱形，∠BAD＝12

16、0°，整個系統(tǒng)保持靜止?fàn)顟B(tài)．已知A物塊所受的摩擦力大小為f，則D物塊所受的摩擦力大小為(　　) A.f B．f C.f D．2f 解析：選C　已知A物塊所受的摩擦力大小為f，設(shè)每根彈簧的彈力為F，則有2Fcos60°＝f，對D：2Fcos30°＝f′；解得f′＝F＝f，故選C項． 3．(2018屆河南天一大聯(lián)考期末)兩相同的楔形木塊A、B疊放后分別以圖1、2兩種方式在水平外力F1和豎直外力F2作用下，挨著豎直墻面保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在此兩種方式中，木塊B受力個數(shù)分別為(　　) A．4∶4 B．4∶3 C．5∶3 D．5∶4 解析：選C　圖1中，根據(jù)整體法可知，

17、木塊B除了重力外，一定受到墻面水平向右的彈力和豎直向上的靜摩擦力，隔離B分析，其一定還受到A的彈力(垂直于接觸面向左上方)，但A對B有無靜摩擦力暫不確定，需再隔離A分析，A確定受到重力、水平向左的推力、B對其垂直于接觸面向右下方的彈力，這樣的三個力不可能使A平衡，所以A一定還要受到B對其沿接觸面斜面右上方的靜摩擦力才能平衡，至此可確定B一定受到A沿接觸面斜向左下方的靜摩擦力，即B共受5個力；圖2中，據(jù)整體法可知B與墻面間既無彈力也無摩擦力，所以，木塊B受重力，A的彈力和摩擦力共3個力的作用，選項C正確． 4.將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后，再用細(xì)線懸掛于O點，如圖所示．用力F拉小球

18、b，使兩個小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F達(dá)到最小值時Oa繩上的拉力為(　　) A.mg B．mg C.mg D.mg 解析：選A　以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F在三個方向時整體的受力圖，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(dāng)F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)有最小值，根據(jù)平衡條件得Fmin＝2mgsin30°＝mg，此時T＝2mgcos30°＝mg. 5.(多選)(2018屆山東省天成大聯(lián)考)如圖，斜面體C置于水平地面上．斜面上的小物塊B通過輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑的

19、定滑輪與物塊A連接，連接B的一段細(xì)繩與斜面平行，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對A施加一水平力F使A緩慢地運動，B與斜面體C均保持靜止，則在此過程中(　　) A．水平地面對斜面體C的支持力減小 B．輕質(zhì)細(xì)繩對物塊B的作用力不變 C．斜面體C對物塊B的摩擦力一直增大 D．水平地面對斜面體C的摩擦力一直增大 解析：選AD　取物體A為研究對象，分析其受力情況，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為α，則水平力F＝mgtanα；繩子的拉力T＝；細(xì)繩與豎直方向夾角α逐漸增大，繩子的拉力T逐漸增大，T在豎直方向的分力逐漸增大，所以水平地面對斜面體C的支持力減小，所以A正確，B錯誤；在這個過程中盡管繩子張力變大，但是因

20、為物體A所受斜面體的摩擦力開始并不知道其方向，故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無法確定，所以C錯誤；細(xì)繩與豎直方向夾角α逐漸增大，繩子的拉力T逐漸增大，T在水平方向的分力逐漸增大，則地面對斜面體的摩擦力一定變大，所以D正確． 6．(多選)(2019屆黑龍江哈爾濱聯(lián)考)如圖甲所示，A為一截面為等腰三角形的斜劈，其質(zhì)量為M，兩個底角均為30°.兩個完全相同、質(zhì)量均為m的小物塊p和q恰好能沿兩斜面勻速下滑．現(xiàn)在若對兩物體同時施加一平行于側(cè)面的恒力F1、F2，且F1>F2，如圖乙所示，則在p和q下滑的過程中下列說法正確的是(　　) A．斜劈A仍舊保持靜止，且不受到地面的摩擦力作用 B．斜劈A

21、仍舊保持靜止，且受到地面向右的摩擦力作用 C．斜劈A仍舊保持靜止，對地面的壓力大小為(M＋m)g D．斜劈A仍舊保持靜止，對地面的壓力大小大于(M＋m)g 解析：選AD　起初兩物塊沿斜面勻速下滑，p、q及斜劈組成的整體處于平衡狀態(tài)，則水平方向斜劈不受場面的靜摩擦力作用，豎直方向上斜劈的作用力不變，斜劈受力情況不變，即A依然不受地面的摩擦力作用，且A對地面的壓力大小仍為(M＋2m)g大于(M＋m)g，故選項A、D正確． 7. (多選)(2019屆漳州質(zhì)檢)如圖，重均為G的兩光滑小環(huán)A和B用輕繩連接，分別套在水平和豎直的固定直桿上．在繩上O點施一水平力F拉緊輕繩，設(shè)法使整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)

22、．隨后使力F緩慢增大，則在此過程中(　　) A．OA段繩中的張力始終大于G，且逐漸增大 B．桿對A環(huán)的作用力始終大于2G，且逐漸增大 C．OB段繩中的張力始終大于G，且逐漸增大 D．OB段繩與豎直方向的夾角逐漸增大 解析：選CD　因小環(huán)光滑，則當(dāng)系統(tǒng)靜止時，OA段繩子垂直水平橫桿，如圖所示，對小環(huán)B以及結(jié)點O系統(tǒng)可知，OA段繩中的張力等于小環(huán)B的重力G，則力F緩慢增大時，OA段繩中的張力始終等于G不變，選項A錯誤；對AB環(huán)組成的整體，豎直方向FNA＝GA＋GB＝2G，選項B錯誤；根據(jù)小環(huán)B的受力情況可知，TOB>G；若設(shè)OB段繩與豎直方向的夾角為θ，則TOBcosθ＝TOA＝G，

23、則隨F的增大，θ變大，由TOBcosθ＝G可知，TOB變大，選項C、D正確．故選CD. 8.(2016年全國卷Ⅱ)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 解析：選A　以O(shè)點為研究對象，受力分析，如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動O點時，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確． 9. (2018屆湖北黃岡聯(lián)考)

24、如圖所示，將三個完全相同的光滑球用不可伸長的細(xì)線懸掛于O點并處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知球半徑為R，重為G，線長均為R.則每條細(xì)線上的張力大小為(　　) A．2G B.G C.G D.G 解析：選B　本題O點與各球心的連線及各球心連線，構(gòu)成一個邊長為2R的正四面體，如圖甲所示(A、B、C為各球球心)，O′為△ABC的中心，設(shè)∠OAO′＝θ，由幾何關(guān)系知O′A＝R，由勾股定理得OO′＝＝R，對A處球受力分析有Fsinθ＝G，又sinθ＝，解得F＝G，故只有B項正確． 10. (多選)(2018屆河南名校聯(lián)考)如圖所示，木板P下端通過鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上

25、且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時物體B的上表面水平．現(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的情況相比(　　) A．A對B的作用力減小 B．B對A的支持力減小 C．木板對B的支持力減小 D．木板對B的摩擦力增大 解析：選BCD　設(shè)木板與水平地面的夾角為α，以A為研究對象，A原來只受到重力和支持力的作用而處于平衡狀態(tài)，所以B對A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當(dāng)將P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置時，B的上表面不再水平，A受力情況如圖甲所示，A受到重力和B的支持力、摩擦力三個力的作用，其中B對A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力大小相等，方同相反，則B對A

26、的作用力保持不變．根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力也不變，選項A錯誤；結(jié)合對A選項的分析可知，開始時物體A不受B對A的摩擦力，B對A的支持力大小與A的重力相等；木板旋轉(zhuǎn)到虛線位置時，設(shè)B的上表面與水平方向之間的夾角是β，受到的B對A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力大小相等，方向相反，則A受到B對A的作用力保持不變，由于支持力與摩擦力相互垂直，N1＝GAcosβ，所以A受到的支持力一定減小了，選項B正確；以A、B整體為研究對象，受力分析情況如圖乙所示，總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力Ff2，木板對B的作用力是支持力N2和摩擦力Ff2的合力，由平衡條件分析可知，木板對B的作用力大小與

27、A、B總重力大小相等，保持不變，N2＝GABcosα，F(xiàn)f2＝GABsinα，α減小，N2增大，F(xiàn)f2減小，選項C、D正確． 二、非選擇題 11. (2019屆銅陵模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質(zhì)量m＝ kg的小球相連．今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，取g＝10 m/s2.求： (1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ； (2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ. 解析：(1)設(shè)輕繩對小球的拉力為FT，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得Fcos30°－FTcosθ＝0

28、 Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0 解得FT＝10 N，θ＝30°. (2)以木塊和小球組成的整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得 Fcos30°－Ff＝0 FN＋Fsin30°－(M＋m)g＝0 又Ff＝μFN，解得μ＝. 答案：(1)30°　(2) 12．(2018屆湖北華大新高考聯(lián)盟質(zhì)量測評)如圖(a)所示，三棱柱的左、右兩側(cè)斜面的傾角α＝β＝45°，物塊P、Q用跨過定滑輪的輕繩相連，分別放在兩側(cè)的斜面上，此時物塊P恰好不向下滑動．已知P、Q與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝tan15°，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力． (1)求物塊P、Q的質(zhì)量之比

29、m1：m2； (2)當(dāng)三棱柱緩慢繞右側(cè)棱邊順時針轉(zhuǎn)動θ角，如圖(b)所示，物塊Q恰好不下滑，求θ角． 解析：(1)三棱柱轉(zhuǎn)動之前，物塊P恰好不向下滑動． 分析P的受力，有Ff1＝μFN1，F(xiàn)N1＝m1gcosα，m1gsinα－Ff1＝FT 分析Q的受力，有Ff2＝μFN2，F(xiàn)N2＝m2gcosβ，m2gsinβ＋Ff2＝FT 解得＝. (2)三棱柱轉(zhuǎn)動θ角后，物塊Q恰好不下滑．分析Q的受力，有Ff 2′＝μFN2′，F(xiàn)N2′＝m2gcos(β＋θ)，m2gsin(β＋θ)－Ff 1′＝FT′ 分析P的受力，有Ff1′＝μFN1′，F(xiàn)N1′＝m1gcos(α－θ)，m1gsin(α－θ)＋Ff1′＝FT′ 聯(lián)立解得＝ 將＝ 代入上式可解得θ＝30°. 答案：(1)∶1　(2)30° 15