高考物理二轮复习考前三个月专题1力与物体的平衡教案 19页

专题 1 力与物体的平衡 考题一 物体的受力分析及平衡问题 1.中学物理中的各种性质的力 种类 大小 方向 说明 重力 G＝mg(不同高度、 纬度、星球，g 不同) 竖直向下 微观粒子的重力一般可 忽略，带电小球、微粒 的重力一般不能忽略 弹簧的弹力 F＝kx(x 为形变量) 沿弹簧轴线 大小、方向都能够发生 变化 静摩擦力 0＜Ff 静≤Fmax 与 相对 运 动趋 势 方向相反 没有公式，只能由牛顿 运动定律求解 滑动摩擦力 Ff 滑＝μFN 与 相对 运 动方 向 相反 一般情况下 FN ≠mg 万有引力 F＝Gm1·m2 r2 沿质点间的连线 适用于质点之间、质量 均匀分布的球体之间引 力的求解 库仑力 F＝kq1·q2 r2 沿 点电 荷 间的 连 线 适用于真空中点电荷间 库仑力的求解 电场力 F 电＝qE 正(负)电荷与电 场 强度 方 向相 同 (相反) 带电体处于电场中一定 受电场力 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(或B与v)决定的 平面 电流或电荷处于磁场中 不一定受磁场力 洛伦兹力 F 洛＝qvB 当 B∥v 时， F 洛＝0 2.受力分析的常用方法 (1)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 (2)假设法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该 力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在. (3)转换研究对象法 当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据 牛顿第三定律分析该物体的受力. 例 1 将重为 4mg 的均匀长方体物块切成相等的 A、B 两部分，切面与边面夹角为 45°，如图 1 所示叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物块 A 的上端，弹簧秤示数为 mg，整 个装置保持静止，则( ) 图 1 A.地面与物块间可能存在静摩擦力 B.物块对地面的压力大于 3mg C.A 对 B 的压力大小为 mg D.A、B 之间静摩擦力大小为 2 2 mg 解析 对 AB 整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡，故 A 错误；竖直方 向受力平衡，则有 FN＋F＝4mg，解得：FN＝3mg，则物块对地面的压力等于 3mg，故 B 错误； 对 A 受力分析如图所示， 把 A 部分所受力沿切面和垂直切面方向进行分解，根据平衡条件得： FNA＝(2mg－mg)cos 45°，Ff＝(2mg－mg)sin 45° 解得：FNA＝Ff＝ 2 2 mg，故 C 错误，D 正确. 答案 D 变式训练 1.如图 2 所示，带电体 P、Q 可视为点电荷，电荷量相同.倾角为θ、质量为 M 的斜面体放在 粗糙地面上，将质量为 m 的带电体 P 放在粗糙的斜面体上.当带电体 Q 放在与 P 等高(PQ 连线 水平)且与带电体 P 相距为 r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体保持静 止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是( ) 图 2 A.P、Q 所带电荷量为 mgktan θ r2 B.P 对斜面体的压力为 0 C.斜面体受到地面的摩擦力为 0 D.斜面体对地面的压力为(M＋m)g 答案 D 解析 对 P，如图甲 F 库＝mgtan θ＝k q2 r2得 q＝ mgr2tan θ k ， 对 P 和斜面体，如图乙 得 FN′＝(M＋m)g，Ff＝F 库＝mgtan θ. 2.如图 3 所示，质量均为 m 的两物体 a、b 放置在两固定的水平挡板之间，物体间竖直夹放一 根轻弹簧，弹簧与 a、b 不粘连且无摩擦.现在物体 b 上施加逐渐增大的水平向右的拉力 F， 两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是( ) 图 3 A.物体 b 所受摩擦力随 F 的增大而增大 B.弹簧对物体 b 的弹力大小可能等于 mg C.物体 a 对挡板的压力大小可能等于 2mg D.物体 a 所受摩擦力随 F 的增大而增大 答案 A 解析 对 b：水平方向 Ff＝F，F 增大所以 Ff 增大，故 A 项正确；由于 b 物体受到摩擦力，则 上挡板必定对 b 物体有向下正压力，在竖直方向上，受到重力、正压力和弹簧弹力保持平衡， 那么弹簧弹力为重力和正压力之和，必定大于重力 mg，故 B 项错误；弹簧弹力大于 mg，对 a 物体受力分析可知，a 物体对下挡板的压力为其重力和弹簧弹力之和，大于 2mg，故 C 项错误； 对 a 物体受力分析可知，a 物体在水平方向不受力的作用，摩擦力始终为 0，故 D 项错误. 3.如图 4 所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为 m1 和 m2 的两个小球 A 和 B(可视为质点). 将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两 球刚好能平衡，且α≠0，则 A、B 两小球质量之比为( ) 图 4 A.cos α·cos θ sin α·sin θ B.cos α·sin θ sin α·cos θ C.sin α·sin θ cos α·cos θ D.sin α·cos θ cos α·cos θ 答案 C 解析 对 A 球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图甲所示： 根据共点力的平衡条件，有： F sin 90°－θ ＝ m1g sin α ① 再对 B 球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图乙所示： 根据平衡条件，有： m2g sin 90°－α ＝ F sin θ ② 联立①②解得：m1 m2 ＝sin α·sin θ cos α·cos θ ，故选项 C 正确. 考题二 共点力作用下的物体的动态平衡 1.图解法：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法. 例：挡板 P 由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化.(如图 5) 图 5 特点：一个力为恒力，另一个力的方向不变. 2.相似三角形法：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某 个几何三角形总相似时用此法.(如图 6) △AOB 与力的矢量 △OO′A 与力的矢量 三角形总相似 三角形总相似 图 6 特点：一个力为恒力，另两个力的方向都在变. 3.解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根 据自变量的变化确定因变量的变化. 4.结论法：若合力不变，两等大分力夹角变大，则分力变大. 例 2 (2016·全国甲卷·14)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 7 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 ( ) 图 7 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 解析 对 O 点受力分析如图所示，F 与 T 的变化情况如图，由图可知在 O 点向左移动的过程 中，F 逐渐变大，T 逐渐变大，故选项 A 正确. 答案 A 例 3 如图 8 所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定.A 端用铰链固定，滑轮 O 在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B 端挂一重物 P，现施加拉力 FT 将 B 缓慢上拉(绳和杆 均未断)，在杆达到竖直前( ) 图 8 A.绳子越来越容易断 B.绳子越来越不容易断 C.杆越来越容易断 D.杆越来越不容易断 解析 以 B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力 F(等于重物的重力 G)、轻杆的支持力 FN 和绳子的拉力 FT，作出受力图如图： 由平衡条件得知，FN 和 FT 的合力 F′与 F 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：FN AB ＝FT BO ＝F′ AO 又 F′＝G，解得：FN＝AB AO G；FT＝BO AO G，使∠BAO 缓慢变小时，AB、AO 保持不变，BO 变小， 则 FN 保持不变，FT 变小.故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故 B 项正确.故选 B. 答案 B 变式训练 4.如图 9 所示，在楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在 O 点、 另一端分别固定在天花板上 a 点和 b 点，一灯泡通过轻质细线悬挂于 O 点，系统静止，Oa 水 平、Ob 与竖直方向成一定夹角.现在对灯泡施加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动 一小段距离的过程中( ) 图 9 A.Oa 上的拉力 F1 可能不变 B.Oa 上的拉力 F1 不断增大 C.Ob 上的拉力 F2 不断减小 D.Ob 上的拉力 F2 可能增大 答案 B 解析 设灯泡为 C.先选择灯泡为研究对象，开始时灯泡受到重力和细线的拉力，所以细线的 拉力等于灯泡的重力；对灯泡施加一个水平向右的拉力F后设OC与竖直方向之间的夹角为θ， 如图甲， 则 FC＝ mg cos θ ，选择节点 O 为研究对象，则 O 点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图 乙， 由图可知，在竖直方向：F2 沿竖直方向的分力始终等于 FCcos θ＝mg，而且 F2 的方向始终不 变，所以 F2 始终不变；沿水平方向：F1 的大小等于 F2 沿水平方向的分力与 FC 沿水平方向分力 的和，由于 FC 沿水平方向分力随θ的增大而增大，所以 F1 逐渐增大.可知四个选项中只有 B 正确. 5.如图 10 所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间 用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力 F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间 的夹角小于 90°.当增大拉力 F 后，系统仍处于静止状态，下列说法正确的是( ) 图 10 A.绳受到的拉力变大 B.物块与斜面间的摩擦力变小 C.物块对斜面的压力变小 D.物块受到的合力不变 答案 ACD 解析 F 增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A 正确；对物块进行受力分析，沿斜 面方向：绳的拉力的分量与物块重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向：物块重力的 分量等于斜面对物块的支持力与绳的拉力的分量之和.由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变 大，支持力变小，B 错误，C 正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为 0，故 D 正确. 考题三 平衡中的临界、极值问题 1.物体平衡的临界问题：当某一物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物 体所处的平衡状态恰好出现变化或恰好不出现变化. 2.极限分析法：通过恰当地选取某个变化的物理量将其推向极端(“极大”或“极小”、“极 右”或“极左”等). 3.解决中学物理极值问题和临界问题的方法 (1)物理分析方法：就是通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解. (2)数学方法：例如求二次函数极值、讨论公式极值、三角函数极值. 例 4 如图 11 所示，物体在拉力 F 的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力 F 与水平方向 夹角为 30°时，所需外力最小，由以上条件可知，外力 F 的最小值与重力的比值为( ) 图 11 A. 3 2 B.1 2 C. 3 3 D. 3 6 [思维规范流程] 对物体受力分析如图所示：物体受 4 个力做匀速直线运动，所以选用正交分解，分方向列平 衡方程. 竖直方向：FN＋F·sin 30°＝G 水平方向：F·cos 30°＝Ff 滑动摩擦力：Ff＝μFN 解得：F＝ G sin 30°＋ 1 μ cos 30° 当 sin 30°＋ 1 μ cos 30°最大时，F 具有最小值. 三角函数求极值 ――――――――――→一阶导数为 0 时具有极值(sin 30°＋ 1 μ cos 30°)′＝cos 30°－ 1 μ sin 30° ＝0 得μ＝ 3 3 所以F G ＝ 1 sin 30°＋ 3cos 30° ＝1 2 变式训练 6.如图 12 所示，在两固定的竖直挡板间有一表面光滑的重球，球的直径略小于挡板间的距离， 用一横截面为直角三角形的楔子抵住.楔子的底角为 60°，重力不计.设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力.为使球不下滑，楔子与挡板间的动摩擦因数至少应为( ) 图 12 A. 3 3 B. 3 C.1 2 D. 3 2 答案 A 解析 设球的质量为 M，隔离光滑均匀重球，对球受力分析如图甲所示，由几何关系可知， θ＝30°，可得： FN＝Fcos θ，Mg－Fsin θ＝0 解得：F＝ Mg sin 30° ＝2Mg 再以楔子为研究对象，由于其重力忽略不计，所以只受到球的压力、挡板的支持力和摩擦力， 如图乙： 由共点力平衡可得： FN′＝F′cos θ，Ff－F′sin θ＝0 其中 F′与 F 大小相等，方向相反.又：Ff＝μFN′联立得：μ＝ 3 3 ，故 A 正确，B、C、D 错 误. 7.如图 13 所示，质量为 m 的物体，放在一固定的斜面上，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 的水平向右的恒力，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 13 (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)临界角θ0. 答案 (1) 3 3 (2)60° 解析 (1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑，则满足 mgsin 30°＝μmgcos 30° 解得μ＝ 3 3 (2)设斜面倾角为α，受力情况如图所示， 由匀速直线运动的条件有 Fcos α＝mgsin α＋Ff，FN＝mgcos α＋Fsin α，Ff＝μFN 解得 F＝mgsin α＋μmgcos α cos α－μsin α 当 cos α－μsin α＝0 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°. 专题规范练 1.如图 1 所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动. 分析图甲、图乙后，下列说法正确的是( ) 图 1 A.弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和 B.图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力 C.图甲中木箱受到的合力小于图乙中木箱受到的合力 D.图甲中木箱受到的合力大于图乙中木箱受到的合力 答案 B 解析 对木箱受力分析，因处于平衡状态，合力为零，则弹力等于木箱受到的摩擦力，故 A 错误；根据弹簧的形变量大小可知，图乙的弹力较大，则图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙 中木箱受到的摩擦力，故 B 正确；根据平衡条件可知，两图中木箱均处于平衡状态，则它们 的合力为零，故 C、D 错误. 2.如图 2 所示，物体受到沿斜面向下的拉力 F 作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面 上，则下列说法正确的是( ) 图 2 A.斜面对物体的作用力的方向竖直向上 B.斜面对物体可能没有摩擦力 C.撤去拉力 F 后物体仍能静止 D.水平地面对斜面没有摩擦力 答案 C 解析 物体受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，斜面对物体的作用力与重力和 拉力的合力等大反向，故 A 错误；设斜面的倾角为α，物体的质量为 m，撤去 F 前物体静止 在斜面上，合力为零，则物体必定受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为 Ff＝F＋mgsin α，则 最大静摩擦力至少为 Ffm＝F＋mgsin α；撤去 F 后，因为重力的下滑分力 mgsin αF1＝F2 C.F3＝F1>F2 D.F1>F2>F3 答案 C 解析 甲图：物块静止，弹簧的拉力 F1＝mg；乙图：以物块为研究对象，受力如图甲， F2＝Gsin 60°＝ 3 2 mg≈0.866mg 丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得 F3＝mg，故 F3＝F1>F2 6.如图 6 所示，质量均为 m 的 A、B 两球，由一根劲度系数为 k 的轻弹簧连接静止于半径为 R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为 R 且球半径远小于碗的半径.则弹簧的原长为 ( ) 图 6 A.mg k ＋R B.mg 2k ＋R C.2 3mg 3k ＋R D. 3mg 3k ＋R 答案 D 解析 以 A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和碗的支持力如图所示，由平衡条件， 得到：tan θ＝mg kx 解得：x＝ mg ktan θ 根据几何关系得：cos θ＝ 1 2 R R ＝1 2 ，则 tan θ＝ 3，所以 x＝ mg ktan θ ＝ 3mg 3k 故弹簧原长 x0＝ 3mg 3k ＋R，故 D 正确. 7.如图 7(a)所示，两段等长细绳将质量分别为 2m、m 的小球 A、B 悬挂在 O 点，小球 A 受到 水平向右的恒力 F1 的作用、小球 B 受到水平向左的恒力 F2 的作用，当系统处于静止状态时， 出现了如图(b)所示的状态，小球B刚好位于O点正下方.则F1与F2的大小关系正确的是( ) 图 7 A.F1＝4F2 B.F1＝3F2 C.F1＝2F2 D.F1＝F2 答案 A 解析 A 受到水平向右的力 F1，B 受到的水平向左的力 F2，以整体为研究对象，分析受力如图 甲： 设 OA 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tan α＝ F1－F2 2mg＋mg ① 以 B 球为研究对象，受力如图乙，设 AB 绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tan β ＝F2 mg ② 由几何关系得到：α＝β ③ 联立①②③解得：F1＝4F2 8.如图 8 所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为 m 的小球，绳 B 水平.设绳 A、B 对球的拉力大小分别为 F1、F2，它们的合力大小为 F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋 转 90°，在此过程中( ) 图 8 A.F1 先增大后减小 B.F2 先增大后减小 C.F 先增大后减小 D.F 先减小后增大 答案 B 解析 对小球受力分析如图所示： 小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，则 F 不变， 根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转 90°的过程中，F1 逐渐减 小，F2 先增大后减小，当绳 A 处于水平方向时，F2 最大，故 B 正确. 9.如图 9 所示，两个带有同种电荷的小球 m1、m2，用绝缘细线悬挂于 O 点，若 q1>q2，L1>L2， 平衡时两球到过 O 点的竖直线的距离相等，则( ) 图 9 A.m1>m2 B.m1＝m2 C.m1q2，L1>L2，但两者的库仑力大小相等，则有m1g F1 ＝m2g F2 由于 F1＝F2， 所以 m1＝m2，故 B 正确，A、C、D 错误. 10.(多选)如图 10 所示，倾角为 30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物 体 A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的 P 点.动滑轮上悬挂质量为 m 的物块 B，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将 P 点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的 夹角为 90°时，物体 A 刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体 A 与斜面间的 动摩擦因数为 3 3 .整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法 正确的是( ) 图 10 A.物体 A 的质量为 2 2 m B.物体 A 受到的摩擦力一直增大 C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小 D.斜面体对地面的压力逐渐减小 答案 AB 解析 同一条绳子上的拉力相等，对 B 受力分析，当两条绳子的夹角为 90°时，绳子的拉力 为 FT＝mgsin 45°＝ 2 2 mg，对 A 受力分析，在沿斜面方向上有：A 受到沿斜面向下的最大静 摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有 mAgsin 30°＋Ffm＝FT，Ffm＝μmAgcos 30°， 解得 mA＝ 2 2 m，A 正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，此时 mAgsin 30°<1 2 mg， 所以刚开始静摩擦力方向沿斜面向下，故 mAgsin 30°＋Ff＝FT，随着 FT 的增大，摩擦力在增 大，B 正确；将斜面体和 A 以及 B 看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，并且每条绳 子在竖直方向上的分力恒等于 1 2 mg 故有 Ff＝1 2 mgtan θ 2 ，随着θ的增大，摩擦力在增大，C 错误；对斜面体分析，受左边绳子斜 向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于 1 2 mg，所以斜面体对地面的压力恒定不变， D 错误. 11.图 11 中工人在推动一台割草机，施加的力大小为 100 N，方向与水平地面成 30°角斜向 下，g 取 10 m/s2. 图 11 (1)若割草机重 300 N，则它作用在地面上向下的压力为多大？ (2)若工人对割草机施加的作用力与图示反向，力的大小不变，则割草机作用在地面上向下的 压力又为多大？ (3)割草机割完草后，工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为 180 N， 则割草机与地面间的动摩擦因数μ及最小拉力与水平方向夹角α为多少？ 答案 (1)350 N (2)250 N (3)0.75 37° 解析 工人对割草机施加的作用力沿竖直方向的分力为 50 N. (1)当工人斜向下推割草机时，在竖直方向上有： FN1＝G＋Fsin 30° 解得：FN1＝350 N. 由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为 350 N. (2)当工人斜向上拉割草机时，在竖直方向上有： FN2＋Fsin 30°＝G 解得：FN2＝250 N 由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为 250 N. (3)由平衡条件知，在水平方向上：Fcos α＝μFN， 在竖直方向上有：FN＋Fsin α＝G 联立可得： F＝ μG cos α＋μsin α ＝ μG 1＋μ2sin α＋φ ，tan φ＝ 1 μ 所以当α＋φ＝90°，即 tan α＝μ时，F 有最小值： Fmin＝ μG 1＋μ2 代入数据可得：μ＝0.75，α＝37°. 12.如图 12 所示，水平面上有一个倾角为θ＝30°的斜劈，质量为 m.一个光滑小球，质量也 为 m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为α＝30°，整个系统处于静止状态. 图 12 (1)求出绳子的拉力 FT； (2)若地面对斜劈的最大静摩擦力 Ffm 等于地面对斜劈的支持力的 k 倍，为了使整个系统始终 保持静止，k 值必须满足什么条件？ 答案 (1) 3 3 mg (2)k≥ 3 9 解析 (1)对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得： mgsin θ－FTcos α＝0，解得 FT＝ 3 3 mg. (2)对斜劈和小球组成的整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得： 水平方向：FTcos(θ＋α)－Ff＝0 竖直方向：FN2＋FTsin(θ＋α)－2mg＝0 又 Ff≤Ffm＝kFN2 联立各式解得 k≥ 3 9 .