【物理】2019届一轮复习人教版受力分析　共点力的平衡学案

【物理】2019届一轮复习人教版受力分析　共点力的平衡学案

专题强化二　受力分析　共点力的平衡 专题解读 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用更是高考的重点和热点.‎ ‎2.高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题.‎ ‎3.用到的相关知识有：受力分析，力的合成与分解，共点力的平衡条件，用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等.‎ 一、受力分析 ‎1.把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程.‎ ‎2.一般步骤 自测1　(多选)如图1所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A.物体A可能只受到三个力的作用 B.物体A一定受到四个力的作用 C.物体A受到的滑动摩擦力大小为Fcos θ D.物体A对水平面的压力大小一定为Fsin θ 答案　BC 二、共点力的平衡 ‎1.平衡状态 物体处于静止状态或匀速直线运动状态.‎ ‎2.平衡条件 F合＝0或者.‎ 如图2甲和乙所示，小球静止不动，物块匀速运动.‎ 图2‎ 则小球F合＝0；‎ 物块Fx＝0，Fy＝0.‎ ‎3.平衡条件的推论 ‎(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反.‎ ‎(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形.‎ ‎(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小相等，方向相反.‎ 自测2　如图3所示，一个质量为m的小物体静止在固定的、半径为R的半圆形槽内，距内槽最低点高为处，则它受到的摩擦力大小为(　　)‎ 图3‎ A.mg B.mg C.(1－)mg D.mg 答案　B 解析　对物体受力分析如图，由平衡条件可得：‎ mgsin θ＝Ff，FN＝mgcos θ，sin θ＝＝，Ff＝mg.‎ 命题点一　受力分析　整体法与隔离法 的应用 ‎1.高中物理主要研究的九种力 种类 大小 方向 重力 G＝mg(不同高度、纬度、星球，g不同)‎ 竖直向下 弹簧的弹力 F＝kx(x为形变量)‎ 沿弹簧轴线 静摩擦力 ‎0＜Ff静≤Ffmax 与相对运动趋势方向相反 滑动摩擦力 Ff滑＝μFN 与相对运动方向相反 万有引力 F＝G 沿质点间的连线 库仑力 F＝k 沿点电荷间的连线 电场力 F电＝qE 正(负)电荷与电场强度方向相同(相反)‎ 安培力 F＝BIL 当B∥I时，F＝0‎ 左手定则，安培力(洛伦兹力)的方向总是垂直于B与I(B与v)决定的平面 洛伦兹力 F洛＝qvB 当B∥v时，F洛＝0‎ ‎2.整体法与隔离法 ‎ 整体法 隔离法 概念 将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开的方法 选用原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度 研究系统内物体之间的相互作用力 例1　如图4所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动.则施力F后，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.A、B之间的摩擦力一定变大 B.B与墙面间的弹力可能不变 C.B与墙之间可能没有摩擦力 D.弹簧弹力一定不变 答案　D 解析　对A分析，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止状态，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin θ，若F＝2mAgsin θ，则A、B之间的摩擦力大小不变，故A错误；以A、B整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来施加F后，弹力为Fcos θ，B错误；对A、B整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，故C错误，D正确.‎ 例2　如图5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.现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧.则平衡时两球的可能位置是下列选项中的(　　)‎ 图5‎ 答案　A 解析　用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1‎ 的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜.故A正确.‎ 变式1　如图6所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点.现在两个小球上分别加上水平的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是(　　)‎ 图6‎ 答案　A 解析　设每个球的质量为m，Oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β.‎ 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件可知，Oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡.‎ 由平衡条件得：tan α＝.‎ 以b球为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，由平衡条件得：tan β＝，则α＜β，故A正确.‎ 命题点二　动态平衡问题 ‎1.动态平衡 动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡.‎ ‎2.常用方法 ‎(1)平行四边形定则法：但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系.‎ ‎(2)图解法：图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化.‎ ‎(3)矢量三角形法 ‎①若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2的最小值的条件为F1⊥F2；‎ ‎②若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2的最小值的条件为F2⊥F合.‎ 例3　(多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图7，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(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(　　)‎ 图7‎ 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　以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误.‎ 变式2　(2017·全国卷Ⅲ·17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)‎ A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm 答案　B 解析　设弹性绳的劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量ΔL＝100 cm－80 cm＝20 cm，两段绳的弹力F＝kΔL，对钩码受力分析，如图甲所示，sin α＝，cos α＝.根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G＝2kΔLcos α.将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力图如图乙所示.设弹性绳伸长量为ΔL′，弹力为F′＝kΔL′，钩码的重力为G＝2kΔL′，联立解得ΔL′＝ΔL＝12 cm.弹性绳的总长度变为L0＋ΔL′＝92 cm，故B正确，A、C、D错误. ‎ ‎　　 甲　　　　　　 乙 例4　(多选)(2017·天津理综·8)如图8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(　　)‎ 图8‎ 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　设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则l＝la＋lb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示.绳子中各部分张力相等，FTa＝FTb＝FT ‎，则α＝β.满足2FTcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α＝lsin α，即sin α＝，FT＝，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A正确，C错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确；若换挂质量更大的衣服，d和l均不变，绳中拉力增大，但衣服的位置不变，D错误.‎ 变式3　(多选)如图9所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态.若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(　　)‎ 图9‎ A.只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B.只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C.只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D.只将绳的右端移向B′点，拉力变大 答案　BD 解析　设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：sin α＝ ①‎ 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为FT，根据平衡条件得：2FTcos α＝mg，‎ 得FT＝ ②‎ 当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由②式知，FT不变，故A错误，B正确.当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式知，α增大，cos α减小，则由②式知，FT增大.故C错误，D正确.故选B、D.‎ 命题点三　平衡中的临界与极值问题 ‎1.临界问题 当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述.‎ ‎2.极值问题 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.‎ ‎3.解决极值问题和临界问题的方法 ‎(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小.‎ ‎(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值).‎ ‎(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值.‎ 例5　如图10所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：‎ 图10‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)这一临界角θ0的大小.‎ 答案　(1)　(2)60°‎ 解析　(1)如图所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°‎ 解得μ＝tan 30°＝ ‎(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得：‎ Fcos α＝mgsin α＋Ff′‎ FN′＝mgcos α＋Fsin α Ff′＝μFN′‎ 解得F＝ 当cos α－μsin α＝0，即tan α＝时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°.‎ 变式4　(2017·广东汕头二模)重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图11所示连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为(　　)‎ 图11‎ A.G B.G C.G D.G 答案　A 解析　对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0.对B球受力分析如图所示，则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，则Fmin＝G，故A项正确.‎ 变式5　(2017·河北冀州2月模拟)如图12所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为FT1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为FT2，则FT1∶FT2为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)‎ 图12‎ A.3∶4 B.4∶3 C.3∶5 D.4∶5‎ 答案　C 解析　绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则FT1＝mg.绳OP刚松弛时，小球受力如图乙，则FT2＝mg.则FT1∶FT2＝3∶5，C选项正确.‎ ‎1.如图1所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A.A一定受两个力作用 B.A一定受四个力作用 C.A可能受三个力作用 D.A受两个力或者四个力作用 答案　D 解析　若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用.‎ ‎2.(2018·山西太原调研)如图2所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平.现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受的拉力的大小FTA、FTB的变化情况是(　　)‎ 图2‎ A.FTA增大，FTB不变 B.FTA、FTB均不变 C.FTA不变，FTB增大 D.FTA、FTB均减小 答案　B 解析　因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受的拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力.又OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，则A点缓慢右移，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变.故B项正确.‎ ‎3.(2018·河北唐山质检)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图3所示.将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力(　　)‎ 图3‎ A.逐渐增大 B.大小不变 C.先减小后增大 D.先增大后减小 答案　C 解析　当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，C项正确.‎ ‎4.如图4所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则(　　)‎ 图4‎ A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 B.弹簧弹力不可能为mg C.小球可能受三个力作用 D.木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg 答案　C 解析　小球的受力分析如图，‎ 对于小球所受静摩擦力的情况：‎ 当mgsin 37°＞F弹cos 37°时，小球受到沿斜面向上的静摩擦力，当mgsin 37°＜F弹cos 37°时，小球受到沿斜面向下的静摩擦力，当mgsin 37°＝F弹cos 37°时，小球不受静摩擦力，且F弹＝mgtan 37°＝mg，所以A、B错误，C正确；木板对小球的作用力的竖直分量等于mg，所以不可能小于mg，D错误.‎ ‎5.(2017·广东六次联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图5所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝10 m/s2)(　　)‎ 图5‎ A.仅甲图 B.仅乙图 C.仅丙图 D.甲、乙、丙图 答案　B ‎6.(2017·湖南长沙联考)如图6所示是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角大于45°，轻绳3水平.当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是(　　)‎ 图6‎ A.F1＜F3 B.F2＜F3‎ C.F1＞F2 D.F1＜F2‎ 答案　C ‎7.(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图7所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着质量为m、半径为R的光滑小球.已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.地面对半球的摩擦力的方向水平向右 B.细线对小球的拉力大小为mg C.保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小 D.剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6g 答案　BD 解析　以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A项错误.对小球受力分析如图，拉力FTA＝mgtan θ，由几何关系可知tan θ＝，则FTA＝mg，B项正确.半球对小球的支持力FN＝，在A点下移时，θ增大，cos θ减小，则FN增大，C项错误.在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mgsin θ＝ma，其中sin θ＝0.6，得a＝0.6g，D项正确.‎ ‎8.(多选)如图8所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A放在斜面体B上，开始时A、B静止.现用水平力F推A，A、B仍静止，则此时A、B受力个数的组合可能是(　　)‎ 图8‎ A.3个、5个 B.3个、3个 C.4个、5个 D.3个、4个 答案　CD 解析　先对A、B整体受力分析，A、B整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的弹力；再对物块A受力分析，A受重力、推力、斜面体的支持力，可能还受到静摩擦力，所以A可能受到3个或4个力，分析B的受力情况，B受到重力、墙壁的弹力、地面的支持力、A对B的压力，可能还受到A对B的静摩擦力，所以B可能受到4个或5个力，故C、D均正确.‎ ‎9.如图9所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高(细绳尚未到达平行于斜面的位置).在此过程中：(　　)‎ 图9‎ A.绳对小球的拉力减小 B.斜面体对小球的支持力减小 C.水平推力F减小 D.地面对斜面体的支持力不变 答案　A 解析　对小球受力分析，如图甲所示，斜面体左移会引起FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，三力的合力为0，则形成闭合三角形，FT与FN相互垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则细线尚未到达平行于斜面的位置时，FT逐渐变小，FN逐渐变大，故选项A正确，B错误；对斜面体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，有：F＝FN′sin α＝FNsin α，FN地＝Mg＋FN′cos α＝Mg＋FNcos α.由于FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D错误.‎ ‎10.(多选)如图10所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑.小球被轻质细线系住放在斜面上.细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一小段距离，斜面体始终静止.移动过程中(　　)‎ 图10‎ A.细线对小球的拉力变大 B.斜面对小球的支持力变大 C.斜面对地面的压力变大 D.地面对斜面的摩擦力变大 答案　BCD 解析　设小球和斜面体的质量分别为m和M，细线和斜面的夹角为θ.‎ 对小球受力分析，如图甲所示，小球受到重力mg、斜面的支持力FN和细线的拉力FT，则由平衡条件得：‎ 斜面方向：mgsin α＝FTcos θ ①‎ 垂直斜面方向：FN＋FTsin θ＝mgcos α ②‎ 使小球沿斜面缓慢下移时，θ减小，其他量不变，由①式知，FT变小.‎ 由②知，FN变大，故A错误，B正确；‎ 对斜面体进行受力分析，如图乙所示，斜面体受到重力Mg、地面的支持力FN地、地面的静摩擦力Ff和小球的压力FN′，由平衡条件得：‎ Ff＝FN′sin α，FN′＝FN变大，Ff变大 FN地＝Mg＋FN′cos α，FN′＝FN变大，FN地变大，根据牛顿第三定律得，斜面体对地面的压力也变大，故C、D正确.‎ ‎11.如图11所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为0.5，物体A、B用跨过光滑轻质动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力斜向上提动滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°角，拉B物体的绳子与水平面成37°角，A、B两个物体仍处于平衡状态，此时若继续增大向上的力，A、B两个物体将同时开始运动，则A、B两个物体的质量之比为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)‎ 图11‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　对A、B两物体，由平衡条件得FTcos 53°＝μ(mAg－FTsin 53°)，FTcos 37°＝μ(mBg－FTsin 37°)，解得＝，选项A、C、D错误，选项B正确.‎ ‎12.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑.如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图12所示(已知木楔在整个过程中始终静止).‎ 图12‎ ‎(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；‎ ‎(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？‎ 答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 解析　(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin θ＝μmgcos θ，‎ 即μ＝tan θ.‎ 木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff Fsin α＋FN＝mgcos θ Ff＝μFN 解得F＝＝＝ 则当α＝θ时，F有最小值，Fmin＝mgsin 2θ.‎ ‎(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面摩擦力等于F的水平分力，即 Ff＝Fcos (α＋θ)‎ 当α＝θ时，F取最小值mgsin 2θ，‎ Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θ·cos 2θ＝mgsin 4θ.‎