第2章 第4讲 微专题——共点力的静态平衡(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（福建专版）

微专题——共点力的静态平衡(综合融通课) 第 4 讲 1 (一) 解答静态平衡问题的三种常用方法 2 (二) 多物体的平衡问题 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 3 (三) “活结”与“死结”、 “动杆”与“定杆”模型 (一) 解答静态平衡问题的三种常用方法 1.合成法:物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。 2.分解法:物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。 方法1　合成法与分解法 1.(人教版教材必修1，P79T5)将一个质量为4 kg的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态(如图)。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对挡板的压力和对斜面的压力分别是多少?(g取10 m/s2) 答案:40 N　40 N 解析:对铅球受力分析，受重力mg、斜面的支持力N面、挡板的支持力N板，受力示意图如图所示， 由共点力的平衡条件可得，挡板对铅球的支持 力N板=mgtan 45° 斜面对铅球的支持力N面= 根据牛顿第三定律，可知铅球对挡板的压力N板'=N板=40 N 铅球对斜面的压力N面'=N面=40 N。 2.(2024·贵州高考)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg √ 解析:对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α==0.8，根据平衡条件得FNcos α=mg，解得FN=mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=mg。故选D。 人教版教材中的题目是利用力的效果分解法求解重力在挡板和斜面上的分力大小，再利用共点力的平衡条件求解，而2024年贵州高考题也是小球在三个共点力作用下的平衡问题，两题情境相似，解法也相似。这启示我们，无论是同步学习还是高三复习，教材的基础本位作用不可忽视。 考教衔接 物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡时，将物体所受的力沿互相垂直的方向分解，每个方向上的力都满足力的平衡条件。 方法2　正交分解法 3.(2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉 着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速 前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。 假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f， 方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 (　　) A.f B.f C.2f D.3f √ 解析:根据题意对货船S受力分析如图甲所示，正交分解可知2Tcos 30°=f，所以有T=f，对拖船P受力分析如图乙所示，则有+(f+Tcos 30°)2=F2，解得F=，故选B。 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。 方法3　力的三角形法 4.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、半径为R的半球形容器最底端O'处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球A相连，小球A静止于P点，OP与水平方向的夹角为θ = 30°;若换成与质量为2m的小球B相连，则小球B静止于M点(图中未画出)，下列说法正确的是 (　　) A.容器对小球B的作用力大于2mg B.弹簧对小球A的作用力大于对小球B的作用力 C.弹簧原长为R+ D.O'M的长度为 √ 解析:小球受三个共点力而平衡，这三个 力构成一个矢量三角形，如图所示，矢量三 角形刚好和三角形OO'N相似，则当弹簧与质 量为m的小球A相连时，==，设L2为O'M的长度，当弹簧与质量为2m的小球B相连时，==，设弹簧的原长为L0，则T1=k(L0-R)，T2=k(L0-L2)，联立可得T1=mg，L0=R+，N2=2mg，L2=，T2=mg>T1，故选D。 (二) 多物体的平衡问题 1.多物体平衡问题的常用解题方法 整体法 整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。 隔离法 隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。 2.整体法和隔离法的灵活选择 (1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。 (2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。 (3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 [典例]　两个完全相同的截面为四分之一光滑圆面的柱体A、B按如图所示叠放，A的右侧有一光滑竖直的挡板，A和B的质量均为m。现将挡板缓慢地向右移动，整个过程中B始终保持静止，当A将要落至水平地面时，下列说法正确的是 (　　) A.A对B的压力大小为mg B.B对地面的压力大小为mg C.A对竖直挡板的压力大小为2mg D.B受到水平地面的摩擦力大小为mg √ [解析]　对A受力分析如图，由几何关系可知， B对A的支持力FNB与竖直方向夹角为60°，则B对 A的支持力为FNB==2mg，由牛顿第三定律知， A对B的压力大小为2mg，A错误;对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力为2mg，由牛顿第三定律知，B对地面的压力大小为2mg，B错误;挡板对A的支持力为FN=mgtan 60°=mg，由牛顿第三定律知，A对竖直挡板的压力大小为mg，C错误;对整体分析可知，B受到水平地面的摩擦力大小等于挡板对A的支持力大小，即为f=FN=mg，D正确。 1.[隔离法的应用]如图，质量均为m的小球A和B分别用轻质细线a、b悬于O点，A、B用轻质细线c连接。给B施加水平向右的拉力F，静止时，细线a与竖直方向夹角为30°，细线b与竖直方向的夹角为60°，细线c刚好水平，重力加速度为g，则拉力F的大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg √ 应用体验 解析:根据题意，分别对A、B受力分析，如图所示，对小球A，由平衡条件有Facos 30°=mg，Fasin 30°=FcA，对小球B，由平衡条件有Fbcos 60°=mg，FcB+Fbsin 60°=F，又有FcA=FcB，联立解得F=mg，故选C。 2.[整体法与隔离法的综合应用]如图所示，有2 024个质量均为m的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端固定在天花板上，在恒定的水平风力F作用下所有小球静止，已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60°，则第1 012个小球和第 1 013个小球之间的轻绳的弹力大小是 (　　) A. B.1 012mg C. D.2 024mg √ 解析:对整体根据平衡条件得tan 60°=，对1 013个小球至2 024个小球，根据平衡条件得=+，解得F1 012=，故选A。 (三) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”模型 [例1·“死结”模型] 如图，悬挂甲物体的细线拴牢 在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在 墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、 乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖 直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于(　　) A.45° B.55° C.60° D.70° √ 一、“活结”与“死结”模型 [解析]　取O点为研究对象，O点在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，FT1=FT2，两力的合力与F等大反向，根据几何关系可得2β+α=180°，所以β=55°，故选B。 [例2·“活结”模型]　(双选)如图所示，斜劈M放置在水平地面上，不可伸长的细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体，连接m1的细线与斜劈平行。滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂m2物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法中正确的是 (　　) A.若增大m3质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小变大，动滑轮O2位置上移 B.若增大m3质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M的摩擦力变大，M对m1的摩擦力可能不变 C.若将悬点O下移，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角不变 D.若将悬点O下移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M的摩擦力变大 √ √ [解析]　若增大m3的质量，因为m1、M仍静止，所以系统稳定后线的张力增大，由于m2不变，由力的平行四边形定则可知，O2两侧细线的张角增大，动滑轮O2位置上移，故A正确;把M、m1看成一个整体，地面对M的摩擦力等于细线的张力沿水平方向的分力，由以上分析知细线的张力变大，所以地面对M的摩擦力也变大，由于初始情况下m1的受力情况未知，M对m1的摩擦力大小可能不变，方向会发生变化，故B错误; 若将悬点O下移，细线的拉力不变，m2的质量不变，那么O2与O3间的细线和拉m3的竖直细线的夹角没有变化，拉O3滑轮的细线的拉力与这两根细线的合力大小相等、方向沿角平分线，所以细线与竖直墙夹角总等于O2与O3间的细线和拉m3的竖直细线之间夹角的一半，故C正确;由以上分析可知将悬点O下移，细线的拉力不变，由整体法可知地面对M的摩擦力不变，故D错误。 模型 模型结构 模型解读 模型特点 活结模型 “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等 死结模型 “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上张力不一定相等 模型建构 [例3]　(2025·福建三明模拟)如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为5 kg的物体，∠ACB=30°;图乙所示的轻杆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与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住另一个质量为5 kg的物体。(g取10 m/s2) 二、“动杆”与“定杆”模型 (1)分别对C点和G点进行受力分析并作出力的示意图; [答案]　见解析图　 [解析]　根据题意可知，题图 甲为“活结定杆”模型，对C点受力 分析，绳子的拉力相等，杆的支 持力不沿杆的方向，由平衡条件 可知，杆的支持力与绳的合力等大反向，如图1所示;题图乙为“死结活杆”模型，对G点受力分析，绳子的拉力不相等，杆的支持力沿杆的方向，如图2所示。 (2)分别求出两根杆弹力的大小。 [答案]　50 N　50 N [解析]　题图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为5 kg的物体，物体处于平衡状态，则有FAC=FCD=5×10 N=50 N 且两绳夹角为120°，由平衡条件可知FNC=FAC=FCD=50 N，方向与水平方向成30°斜右上方; 题图乙中FGF=5×10 N=50 N 由平衡条件有FGEsin 30°=FGF，FGEcos 30°=FHG 解得FHG=50 N，方向水平向右。 模型 模型结构 模型解读 模型特点 动杆模型 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆 定杆模型 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向 模型建构 课时跟踪检测 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、单项选择题 1.清明时节，人们有用供果祭祀祖先的传统。如图所示，供桌上摆放果盘中共有4个大致相同的苹果，下层放置3个苹果，下层的每个苹果与盘子的接触面均水平，苹果A放置在最上层。已知每个苹果的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) (说明:标★的为推荐讲评题目) 6 7 8 9 10 11 A.其他苹果对苹果A的作用力的合力方向竖直向上 B.其他苹果与苹果A之间的弹力大小均为mg C.下层的每个苹果受到盘子的支持力大小均为mg D.下层的每个苹果受到盘子的作用力均竖直向上 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 解析:苹果A受到自身重力以及其他苹果对A的作用力，由共点力平衡条件可知，其他苹果对苹果A的作用力的合力与苹果A的重力大小相等、方向相反，A正确;其他苹果对苹果A的作用力在竖直方向上的分力之和等于苹果A重力的大小，其他苹果与苹果A之间的弹力大小大于mg，B错误;将4个苹果看成一个整体，盘子对整体的支持力大小为4mg，则下层每个苹果受到盘子的支持力均大于mg，C错误;对下层的单个苹果受力分析，受到自身重力、苹果A对其斜向下的压力以及盘子对其的作用力，根据共点力平衡条件可知，盘子对下层每个苹果的作用力斜向上，D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.如图a所示，送水工人用推车运送重 120 N的桶装水，到达目的地后，工人缓慢抬 起把手使OA变为水平即可将水桶卸下(如图b 所示)。若桶与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB=60°，当BO与水平面的夹角为90°时，则水桶对OB板的压力F1、对OA板的压力F2的大小正确的是 (　　) A.F1=40 N B.F1=120 N C.F2=40 N D.F2=120 N 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:当BO与水平面的夹角为90°时，对水桶受力分析，水桶受到OB板的弹力F1'、OA板的弹力F2'以及重力G，在三个力的作用下平衡，其受力分析图如图所示，根据平衡条件以及几何关系有F2'sin 30°=F1'，F2'cos 30°=G，解得F1'=40 N，F2'=80 N，由牛顿第三定律可知F1=F1'=40 N，F2=F2'=80 N，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.(2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 (　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”受力分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°，可得μ≥tan 30°=，故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·福建晋江质检)如图所示，某同学设计了4个完全相同的木块，紧密并排放在固定的斜面上，分别标记(号)为“2，0，2，4”，不计所有接触处的摩擦，则0号木块左、右两侧面所受的弹力之比为 (　　) A.3∶2 B.2∶3 C.4∶3 D.1∶2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设每个木块的质量均为m，斜面倾角为θ，以上方三个木块为整体，根据受力平衡可得0号木块左侧面所受的弹力大小为F1=3mgsin θ;以上方两个木块为整体，根据受力平衡可得F2'=2mgsin θ，根据牛顿第三定律，则0号木块右侧面所受的弹力大小为F2=F2'=2mgsin θ;则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为F1∶F2=3∶2，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.如图，质量为m的木块A放在水平地面上，固定在A上的竖直轻杆的上端与小球B用细绳连接，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B恰好能一起向右匀速运动，此时细绳与竖直方向的夹角为60°。已知小球B的质量也为m，则木块A与水平地面间的动摩擦因数为 (　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:对B球，根据平衡条件，水平方向有FTcos 30°=Fcos 30°，竖直方向有FTsin 30°+Fsin 30°=mg，解得F=mg，对A、B整体，根据平衡条件，水平方向有Fcos 30°=Ff，竖直方向有Fsin 30°+FN=2mg，又Ff=μFN，解得μ=，故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.如图所示，斜拉桥可简化为不对称钢索模型，桥面水平、塔柱竖直，已知AC、AB的拉力大小分别为TAC、TAB，AC、AB与塔柱的夹角分别为α、β，且α <β，地面对塔柱的作用力竖直向上。下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方面竖直向上拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱 B.若桥面保持水平稳定，则桥面的重心在D点的右侧 C.钢索对塔柱的拉力的合力斜向右下方 D.若桥面保持水平稳定，则有TACsin α=TABsin β 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方 面竖直向下拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱， A错误;桥面受到TAC、TAB和重力的作用处于平衡状 态，根据共点力平衡条件，重力经过TAC、TAB的交点A，所以桥面的重心在桥面与立柱的交点D处，B错误;塔柱受到TAC、TAB、重力以及地面对塔柱的作用力处于平衡状态，地面对塔柱的作用力竖直向上，则钢索对塔柱的拉力的合力竖直向下，C错误;当桥面保持水平稳定时，根据平衡条件得TACsin α=TABsin β，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则 (　 ) A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力 C.F1的水平分力大于F2的水平分力 D.F1的水平分力等于F2的水平分力 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:对O点受力分析如图所示，由几何关系可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、多项选择题 8.(2025·莆田高三模拟)远程输电线路如图所示，质量为m的电缆，一端系在左侧杆上的a点，另一端系在右侧杆上的b点，最低点为c。测得ac段长是bc段的3倍，且b端的切线与竖直方向的夹角为60°，已知重力加速度为g。则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.电缆在b处的弹力大小为mg B.电缆在a处的弹力大小为mg C.电缆在c处的弹力大小为mg D.电缆在c处的弹力大小为mg 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设a端的切线与竖直方向的夹角为θ，电缆在c处的弹力水平，大小为Fc，对ac段受力分析得Facos θ=mg，Fasin θ=Fc，对bc段受力分析得Fbcos 60°=mg，Fbsin 60°=Fc，解得电缆在c处的弹力大小为Fc=mg，电缆在b处的弹力大小为Fb=mg，电缆在a处的弹力大小为Fa=mg。故选B、D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9.张家口怀来大桥作为交通大动脉，与京张高铁官厅水库特大桥交相辉映(如图甲)。其简化模型如下:吊桥由六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图乙所示为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为8 m，靠桥面中心的钢杆长度为2 m，即AA'=DD'=2 m，BB'=EE'，CC'=PP'，已知两端钢缆CM、PN与水平方向夹角均为37°，若钢杆、钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量为m，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.每根钢杆的拉力大小为mg B.钢缆AD中的拉力大小为mg C.BB'=4 m，CC'=8 m D.BB'=4 m，CC'=6 m 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设每根钢杆拉力均为T，由平衡条件可得12T=mg，解得T=，A错误;对CB和BA钢缆整体受力分析，如图1所示，由平衡条件可得TMCsin 37°=，TAD=TMCcos 37°，解得TAD=，即钢缆AD中的拉力大小为，B正确; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 对A点受力分析，如图2所示，由平衡条件可得tan θ==，由几何关系可得BB'=AA'+A'B'tan θ=4 m;对AB段钢缆整体受力分析，如图3所示，由平衡条件可得tan θ'==，由几何关系可得CC'=BB'+B'C'tan θ'=8 m，C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(2025·宁德高三月考)如图，半径为R的 光滑圆环固定在竖直平面内，MN为圆的水平 直径，PQ为竖直直径。质量均为m的两相同小 球a、b穿在圆环上，分别与轻质弹簧k1、k2连 接，弹簧的另一端均固定在圆环的Q点，弹簧 原长均为R。现对a、b两球分别施加竖直向上的拉力F1、F2，两球静止时，a球恰好位于M点，b球位于C点，OC与OM夹角为30°，此时F1=F2=2mg，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.连接a球的弹簧k1劲度系数为 B.连接b球的弹簧k2劲度系数为 C.b球受到圆环的作用力大于a球受到圆环的作用力 D.保持b球静止，改变F2方向，其最小值为mg √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:对a球受力分析如图甲所示，由平衡条件可知F1-mg-k1x1cos 45°=0，由几何关系可知x1=R-R，联立解得k1=，A错误;a球受到圆环作用力为N1=k1x1sin 45°=mg，对b球，受力分析如图乙所示，由平衡条件可知F2+N2sin 30°-mg-k2x2cos 30°=0，N2cos 30°-k2x2sin 30°=0， 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 N2cos 30°-k2x2sin 30°=0，由几何关系可知x2=R-R，联立解得k2=，N2=mg，则N1=N2，B正确，C错误;由平衡特点可知，当F2沿圆环切线时，F2的值最小，F2min-mgcos 30°-k2x2cos 60°=0，解得F2min=mg，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 三、计算题 11.(10分)如图所示，质量M=2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m= kg的小球B相连。用与水平方向成α=30°角的恒力F=10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动过程中A、B相对位置保持不变，g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ; 答案:30°　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:对B进行受力分析，如图所示，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos 30°=FTcos θ， Fsin 30°+FTsin θ=mg 解得FT=10 N，tan θ= 即θ=30°。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。 答案: 解析:对A进行受力分析，由平衡条件有FT'sin θ+Mg=FN，FT'cos θ =μFN，FT'=FT，解得μ=。 2 3 4 $$