2013-2014学年山东省枣庄三中高三（上）月考物理试卷（10月份）

2013-2014学年山东省枣庄三中高三（上）月考物理试卷（10月

份）

一、本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分. 1．（4分）（2014秋?北仑区校级月考）下列所描述的运动中，有可能的是（ ） A． 速度变化的方向为正，加速度的方向为负 B． 物体加速度增大，速度反而越来越小 C． 速度越来越大，加速度越来越小

D． 加速度既不与速度同向，也不与速度反向

考点： 加速度． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 加速度a的方向与速度变化量△v的方向相同；加速度与速度没有直接的关系；加速度的方向可以与速度方向相同，也可以与速度方向相反．根据加速度的定义式和加速度的物理意义进行解答． 解答： 解：

A、根据加速度的定义式a=

，可知，加速度a的方向与速度变化量△v的方向相同，则

它们的符号相同，所以这种情况不可能，故A错误．

B、加速度与速度没有直接的关系，加速度增大时，速度可能减小，这种情况是可能的，故B正确．

C、因加速度与速度没有直接的关系，速度越来越大时，速度变化可能越来越慢，加速度越来越小，这种情况是可能的，故C正确．

D、加速度的方向与速度不一定在同一直线上，可能既不与速度同向，也不与速度反向，比如平抛运动，故D正确． 故选：BCD 点评： 加速度是运动学中最重要的物理量，关键要掌握其定义式、物理意义、与速度的关系等等知识，可以结合具体的运动进行理解． 2．（4分）（2015?万载县校级一模）物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（ ）

A． 甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m

B． 甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m

C． 乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m

D． 乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m

考点： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题： 运动学中的图像专题． 分析： v﹣t图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；x﹣t图象的斜率表示速度，面积无意义．

解答： 解：A、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动；它通过的总路程为两个三角形的面积，为：

=6m，故AB错误；

C、x﹣t图象的斜率表示速度，可知，乙在整个t=4s时间内一直沿正向运动，乙在4s时间内从﹣3m运动到+3m位置，故位移大小为6m，故C错误，D正确； 故选：D． 点评： 本题考查了x﹣t图象与v﹣t图象的区别，明确斜率、与t轴包围的面积的含义，基础题． 3．（4分）（2008?岳阳二模）人从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间．我们可以采用下面的实验测出自己的反应时间．请一位同学用两个手指捏住木尺顶端，你用一只手在木尺下部做握住木尺的准备，但手的任何部位在开始时都不要碰到木尺．当看到那位同学放开手时，你立即握住木尺，根据木尺下降的高度，可以算出你的反应时间．若某次测量中木尺下降了约11cm，由此可知此次你的反应时间约为（ ）

A． 0.2 s B． 0.15s C． 0.1 s 0.05 s

考点： 自由落体运动． 专题： 自由落体运动专题． 分析： 题目创设了一个自由落体运动的情景，告诉位移求时间，代入公式即可． 解答： 解：由题意，在反映时间内，木尺下落的高度H=11cm 由自由落体运动的规律知：H=gt

得 t≈0.15s 故选B． 点评： 本题考查自由落体运动的位移与时间的关系公式，是一道基础题．学生从一个实际背景中抽象出物理模型是非常重要的能力．

2

D．

4．（4分）（2013?西安一模）在如图所示装置中，轻质滑轮悬挂在绳间，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．则（ ）

A． α一定等于β B． m1一定大于m2 C． m1一定小于m2 D． m1可能等于m2

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 对与m1连接的滑轮进行受力分析，抓住两个绳子拉力在水平方向上的分力相等，得出α、β的关系．根据竖直方向上合力等于m1的重力，得出m1和m2的关系．

解答： 解：A、绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m2的重力，对与m1连接的滑轮进行受力分析，有：Tsinα=Tsinβ，所以α=β．故A正确． B、在竖直方向上有：Tcosα+Tcosβ=m1g；而T=m2g；则有2m2gcosα=m1g． 所以m1一定小于2m2，当α=β=60°时，T=m1g=m2g．故BC错误，D正确． 故选：AD． 点评： 解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解． 5．（4分）（2011?绵阳校级模拟）半圆柱体M放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板PQ，M与PQ之间放有一个光滑均匀的小圆柱体N，整个系统处于静止．如图所示是这个系统的纵截面图．若用外力F使PQ保持竖直并且缓慢地向右移动，在N落到地面以前，发现M始终保持静止．在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A． 地面对M的摩擦力逐渐增大 B． MN间的弹力先减小后增大 C． PQ对N的弹力逐渐减小

D． PQ和M对N的弹力的合力逐渐增大

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 先对N受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对M、N整体受力分析，受重力、地面支持力、PQ挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．

解答： 解：先对N受力分析，受重力、M对N的支持力和PQ对N的支持力，如图： 根据共点力平衡条件，有：

N1=

N2=mgtanθ

再对M、N整体受力分析，受重力、地面支持力、PQ挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图：

根据共点力平衡条件，有：

f=N2

N=（M+m）g 故有：f=mgtanθ

PQ保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，故A正确BC错误；

N所受到的合力始终为零，则PQ和M对N的弹力的合力与重力始终等大反向，即PQ和M对N的弹力的合力方向始终竖直向上，大小不变，D错误； 故选：A．

点评： 本题关键是先对物体N受力分析，再对M、N整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论． 6．（4分）（2012秋?济南期中）一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示．现将细绳缓慢向左拉，使杆BO与AO的夹角逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力N的大小变化情况是（ ）

A．

N先减小，后增大 B． N始终不变

C． F先减小，后增大 D． F始终不变

考点： 力的合成与分解的运用；力的合成． 分析： 当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据平衡条件，运用三角形相似法，得出F和FN与边长AB、AO、BO及物体重力的关系，再分析F、FN的变化情况．

解答： 解：设物体的重力为G．以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图． 作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G．由△F2FNB∽△ABO得 =

得到 FN=

G

式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变． 同理：

=

得到F=

G，

式中，AO、G不变，但是AB逐渐减小，所以F逐渐减小．故B正确，ACD错误； 故选B．

点评： 本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，是常用的思路． 7．（4分）（2013秋?枣庄校级月考）如图所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是（ ）

A． （F﹣mg）cosθ B． （F﹣mg）sinθ C． μ（F﹣mg）cosθ D． μ（F﹣mg）

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力；同时根据动摩擦力的公式也可求得摩擦力．

解答： 解：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，

由图可知，F一定大于重力；

先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有：摩擦力f=（F﹣mg）cosθ； 在垂直斜面方向上有：FN=（F﹣mg）sinθ； 则f=（F﹣mg）cosθ=μ（F﹣mg）sinθ， 故选：A． 点评： 滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由μFN求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握． 8．（4分）（2014秋?铜仁市校级月考）如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA=3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是（ ）

考点： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 先对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到拉力等于物体B的重力；再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件列式分析．

解答： 解：A、设mA=3mB=3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mg，则知弹簧的弹力不变，A错误．

B、再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图 刚开始由于mAgsin45°=

mg＞mBg=mg，所以摩擦力沿斜面向上

A． 弹簧的弹力将减小

B． 物体A对斜面的压力将减少 C． 物体A受到的静摩擦力将减小

D． 弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变

后来变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上． 根据平衡条件得到： f+T﹣3mgsinθ=0 N﹣3mgcosθ=0 解得：

f=3mgsinθ﹣T=3mgsinθ﹣mg

N=3mgcosθ

当θ变小时，物体A受到的静摩擦力f减小，物体A对斜面的压力N增大，故C正确，BD错误． 故选：C．

点评： 本题关键是先对物体B受力分析，再对物体A受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解． 9．（4分）（2015?安庆模拟）如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面向下的力F拉物体m使其沿斜面向下匀速运动，M始终静止，则下列说法正确的是（ ）

A． 地面对M的摩擦力大小为Fcosθ B． 地面对M的支持力为（M+m）g C． 物体m对M的摩擦力的大小为F D． M对物体m的作用力竖直向上

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 分析本题的关键是通过“整体法”受力分析，然后根据牛顿第二定律即可求解．

解答： 解：物体m沿斜面向下匀速运动，与斜面加速度相同均为零，故可以采用整体法， 将物体m与斜面体M看做一个整体，受力分析：

根据平衡条件，水平方向：Fcosθ﹣f=0，解得f=Fcosθ，所以A正确．

竖直方向：FN﹣（M+m）g﹣Fsinθ=0，可得FN=（M+m）gsinθ+Fsinθ，所以B错误．

对物体受力分析如图，物体受到向下的重力mg、拉力F、斜面的作用力（支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力），

由于物体匀速下滑，

根据平衡条件m受到的摩擦力f′=mgsinθ+F，根据牛顿第三定律：物体m对M的摩擦力的大小为mgsinθ+F，故C错误；

由受力分析，根据平衡条件：M对物体m的作用力即N与f的合力应该与mg合F的合力等大反向，如图中，可见M对物体m的作用力斜向上，所以D错误． 故选：A． 点评： 本题比较全面的考查了受力分析，灵活选取研究对象可以让问题简单化，但要记住，运用整体法的前提是二者加速度相等．

10．（4分）（2013?福建一模）如图所示，两根轻弹簧AC和BD，它们的劲度系数分别为k1和k2，它们的C、D端分别固定在质量为m的物体上，A、B端分别固定在支架和正下方地面上，当物体m静止时，上方的弹簧处于原长；若将物体的质量变为3m，仍在弹簧的弹性限度内，当物体再次静止时，其相对第一次静止时位置下降了（ ）

A．

mg

B． 2mg

C． 2mg D． mg

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 当物体的质量为m时，下方弹簧的弹力等于mg，由胡克定律求出其压缩的长度．将物体的质量增为原来的3倍时，上方的弹簧伸长的长度与下方弹簧压缩量增加的长度相等，等于物体下降的高度，两弹簧弹力之和等于3mg，再由胡克定律求解物体下降的高度． 解答： 解：当物体的质量为m时，下方弹簧压缩的长度为x2=

．①

当物体的质量变为3m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，下方弹簧被压缩的长度为x2+x，两弹簧弹力之和等于3mg由胡克定律和平衡条件得： k1x+k2（x2+x）=3mg ② 由①②联立解得，x=2mg

故选：C 点评： 本题由胡克定律和平衡条件分别研究两种情况下弹簧的压缩量，要抓住第二情况下，两弹簧形变量与物体下降高度相等进行列式．

二、实验题（本题共3个小题，11题8分，12题4分，13题6分，共18分.把答案填写在题中的横线上.） 11．（8分）（2015?清远校级模拟）如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．

（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为 0.02s ． （2）A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中

2

读出A、B两点间距x= 0.65 cm；C点对应的速度是 0.10 m/s，加速度是 0.30 m/s（速度和加速度的计算结果保留两位有效数字）

考点： 探究小车速度随时间变化的规律． 专题： 实验题；直线运动规律专题． 分析： 打点计时器打点周期与交变电流的周期相同．由t=0.02s（n﹣1），算出计数点间的时间隔T，纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度． 解答： 解：（1）纸带上打相邻两点的时间间隔T==

s=0.02s．

（2）A、B间的距离x=0.65cm．B、D间的距离是2.05cm，时间间隔T=0.2s，则vc=

=0.10m/s．由公式△x=at知

2

2

=，

代入数据解得a=0.30m/s． 故答案为：（1）0.02s （2）0.65； 0.10； 0.30 点评： 能够知道相邻的计数点之间的时间间隔． 要注意单位的换算和有效数字的保留． 了解逐差法求解加速度有利于减小误差． 12．（4分）（2013秋?菏泽期末）在“研究弹簧的形变量与外力的关系”实验中，将弹簧水平放置，测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F﹣x图线如图所示．

（1）由图求出弹簧的劲度系数，即k= 200 N/m．

（2）图线不过原点的原因是： 由于弹簧自身重力引起了伸长量 ．

考点： 探究弹力和弹簧伸长的关系． 专题： 实验题；弹力的存在及方向的判定专题．

分析： （1）在F﹣﹣x图象中，斜率表示劲度系数

（2）由于弹簧自身重力引起了伸长量，故图线不过原点的原因 解答： 解：（1）在F﹣﹣x图象中，斜率表示劲度系数，故有：k=

=200N/m

（2）由于弹簧自身重力引起了伸长量，故图线不过原点的原因，故填：由于弹簧自身重力引起了伸长量 故答案为：（1）200 N/m；（2）由于弹簧自身重力引起了伸长量 点评： 应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数．会分析图象不过原点的原因 13．（6分）（2013秋?枣庄校级月考）某同学在做验证互成角度的两个力合成的平行四边形定则实验时，把橡皮条的一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到位置O．这时两弹簧秤的示数分别为FA=3.5N、FB=4.0N，其位置记录如图甲所示．倘若橡皮条的活动端仅用一个弹簧秤拉着，也把它拉到O点位置，弹簧秤的示数为FC=6.0N，其位置如C．

（1）用1cm表示1N，在图乙中作出力FA、FB和FC的图示．

（2）根据平行四边形定则在图乙中作出FA和FB的合力F，F的大小为 6.08 N． （3）实验的结果是否能验证平行四边形定则： 能 （选填“能”或“不能”）．

考点： 验证力的平行四边形定则． 专题： 实验题． 分析： 根据力的图示法作出力的图示；根据平行四边形定则，以FA和FB为边做出平行四边形，其对角线即为合力的理论值大小． 解答： 解：（1）根据力的图示，如图所示； （2）根据平行四边形定则作出FA和FB的合力F，如图所示，由图示可求得合力：F=6.08N．

（3）在误差允许范围内，由平行四边形定则作出的FA和FB的合力与FC相等，这说明平行四边形定则是正确的． 故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；6.08；（3）能

点评： 要掌握作力的图示的方法；明确验证力的平行四边形定则实验原理，难度不大，属于基础题．

三、计算题（本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.） 14．（10分）（2014?湖南一模）一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2.0m，第5s内和第6s内的位移之和为11.2m．求： （1）该质点运动的加速度大小； （2）该质点在第6s内的位移大小．

考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出0.5s和5s末的速度，根据速度时间公式求出加速度的大小，根据位移时间公式求出第6s内的位移． 解答： 解：（1）物体在0.5s时的瞬时速度

．

物体在5s末的瞬时速度，

则物体的加速度a=

（2）物体在第6s内的位移x=

2

．

．

答：（1）物体的加速度为0.8m/s．

（2）该质点在第6s内的位移大小为6m． 点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．

15．（10分）（2013秋?湖北期中）A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，其速度vB=30m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0=85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？

考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题： 直线运动规律专题．

分析： B车做匀减速直线运动，已知刹车距离，根据速度位移关系公式求解刹车的加速度； 两车能够相撞或者最近距离的临界情况是两车速度相等，先根据速度时间关系公式求解速度相同的时间，然后分别求解出两车的位移进行判断． 解答： 解：B车刹车至停下来过程中，由

，得

假设不相撞，设经过时间t两车速度相等，对B车有vA=vB+aBt 解得t=8s

此时，B车的位移有

A车位移有xA=vAt=80m

因xB＜x0+xA故两车不会相撞，两车最近距离为△x=5m

答：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车不会相撞，两车最近距离是5米． 点评： 研究追击问题关键抓住一个临界条件（速度相同）和两个等量关系（位移关系和时间关系）． 16．（10分）（2013秋?枣庄校级月考）特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等髙处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP沿竖直方向，且大小等于d．（不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g）若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小．

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 以滑轮为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求解． 解答： 解：设绳中的张力为 T，BP 绳与竖直方向间的夹角为θ．

由已知条件可知：sinθ=0.8，cosθ=0.6

由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可得， 在竖直方向：T+Tcosθ=mg 在水平方向：Tsinθ=F 联立解得：F=

答：拉力的大小为mg．

点评： 本题关键是对物体进行受力分析，然后平衡条件列式分析，当物体受三个以上的作用力时通常运用正交分解． 17．（12分）（2013秋?枣庄校级月考）图中工人在推动一台割草机，施加的力大小为100N，

2

方向与水平地面成30°斜向下，g=10m/s．

（1）若割草机重300N，则它作用在地面上向下的压力多大？

（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，现工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个拉力为180N，则割草机与地面间的动摩擦因数μ，最小拉力与水平方向夹角α为多少？

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题．

分析： （1）分析割草机的受力情况，根据平衡条件求出地面对割草机的支持力，从而得到它对地面的压力大小；

（2）运用上题同样的方法求解．

（3）割草机沿水平方向做匀速直线运动，合力为零，分析其受力情况，由平衡条件和摩擦力公式结合得到拉力的表达式，运用数学知识即可求出割草机与地面间的动摩擦因数和夹角α．

解答： 解：

（1）如图1所示，分析割草机的受力情况，根据平衡条件得： 在竖直方向：N1=mg+Fsin30° 解得：N1=300+100×0.5=350（N），

由牛顿第三定律知对地面的压力大小 N′=N=350N．

（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：

N2=mg﹣Fsin30°=300N﹣100×0.5N=250N 则割草机作用在地面上向下的压力为250N．

（3）如图2所示，割草机沿水平方向做匀速直线运动，受到重力mg、拉力F、地面的支持力N和阻力f，如图，四个力的合力为零，则有 f=Fcosα N+Fsinα=mg 又f=μN 联立得：F=

=

，其中tanθ=

所以当θ+α=90°，即tanα=μ时，F有最小值． 根据数学知识得到F的最小值为 Fmin=由题F的最小值为Fmin=180N 联立得：

=180

代入得：=180，

解得：μ=0.75，α=arctan0.75=37° 答：（1）它对地面的压力F1大小是350N；

（2）割草机作用在地面上向下的压力又为250N．

（3）割草机和地面之间的动摩擦因数为0.75，最小拉力与水平方向夹角α为37°．

点评： 本题是共点力平衡中极值问题，运用函数法求解极值是常用的方法，基础是正确分析受力情况，由平衡条件得到拉力的表达式．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/de76.html