一、選擇題（本大題共有13個小題：1-8小題只有一個選項正確，每題4分；9-13有多個選項，每小題4分，全對得4分，選對但不全得2分，有錯選或不選得0分；總共52分）
1．伽利略在研究自由落體運動時，做了如下的實驗：他讓一個銅球從阻力很?。珊雎圆挥嫞┑男泵嫔嫌伸o止開始滾下，并且做了上百次．假設某次試驗伽利略是這樣做的：在斜面上任取三個位置A、B、C，讓小球分別由A、B、C滾下，如圖所示．設A、B、C與斜面底端的距離分別為x1、x2、x3，小球由A、B、C運動到斜面底端的時間分別為t1、t2、t3，小球由A、B、C運動到斜面底端時的速度分別為v1、v2、v3，則下列關系式中正確，并且是伽利略用來證明小球沿光滑斜面向下的運動是勻變速直線運動的是（ ）
A．
B．
C．x1﹣x2=x2﹣x3
D．
【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；勻變速直線運動的位移與時間的關系；伽利略研究自由落體運動的實驗和推理方法．
【分析】小球在斜面上做勻變速直線運動，由運動學公式可判斷各項是否正確；同時判斷該結論是否由伽利略用來證明勻變速運動的結論．
【解答】解：A、小球在斜面上三次運動的位移不同，末速度一定不同，故A錯誤；
B、由v=at可得，a=，三次下落中的加速度相同，故公式正確，但不是伽利略用來證用勻變速直線運動的結論；故B錯誤；
C、由圖可知及運動學規(guī)律可知，x1﹣x2＞x2﹣x3，故C錯誤；
D、由運動學公式可知，X=at2．故a=2
，故三次下落中位移與時間平方向的比值一定為定值，伽利略正是用這一規(guī)律說明小球沿光滑斜面下滑為勻變速直線運動，故D正確；
故選D．
2．如圖，小球C置于光滑的半球形凹槽B內，B放在長木板A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，在緩慢減小木板的傾角θ過程中，下列說法正確的是（ ）
A．C對B的壓力逐漸變大 B．C受到三個力的作用
C．B受到的摩擦力逐漸減小 D．A受到的壓力逐漸減小
【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．
【分析】先對BC研究：分析BC整體的受力，由平衡條件分析A對B的支持力和摩擦力變化，即可知道B對A的壓力和摩擦力如何變化；C球只受兩個力，對B的壓力不變
【解答】解：A、由于半球形凹槽光滑，小球只受兩個力：重力和支持力，由平衡條件得到，支持力與重力大小相等，保持不變，則C對B的壓力也保持不變．故AB錯誤．
C、對BC整體：分析受力情況：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡條件得知：N=mgcosθ，f=mgsinθ，減小θ，N增大，f減小，由牛頓第三定律得知：B對A的壓力也增大，B受到的摩擦力逐漸減小．故C正確，D錯誤．
故選：C
3．某質點做勻變速直線運動的位移x與時間t的關系式為x=4t+t2（各物理量均采用國際單位制單位），則該質點的（ ）
A．初速度的大小為2m/s B．加速度的大小為1m/s2
C．第1秒末的速度為5m/s D．前2秒內的位移大小為12m
【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關系．
【分析】根據位移時間由物體的位移關系求得質點運動的初速度和加速度，再根據速度時間關系和位移時間關系分析即可．
【解答】解：根據位移時間關系由質點位移時間關系式x=4t+t2可得質點運動的初速度v0=4m/s，加速度a=2m/s2
A、質點初速度大小為4m/s，故A錯誤；
B、質點運動加速度的大小為2m/s2，故B錯誤；
C、據速度時間關系v=v0+at得質點第1s末的速度v=4+2×1m/s=6m/s，故C錯誤；
D、代入t=2s質點的位移x=．
故選：D．
4．如圖所示，A、B疊放在水平桌面上，今用水平拉力F作用于B，但沒有拉動，則物體B受到幾個力作用（ ）
A．5 B．6 C．4 D．3
【考點】力的合成與分解的運用．
【分析】受力分析是指把研究對象在特定物理情景中所受的所有外力找出來，并畫出受力圖，是解決力學題的前提與基礎．
【解答】解：先對A分析，受重力和支持力，二力平衡；不受靜摩擦力，否則不能保持靜止；
再對物體B受力分析，受重力、拉力、A對B向下的壓力，地面對B的支持力和向左的靜摩擦力，共5個力；
故選：A．
5．如圖所示，物體A、B在力F作用下一起以相同速率沿F方向勻速運動，關于物體A所受的摩擦力，下列說法中正確的是（ ）
A．甲、乙兩圖中A均受摩擦力，且方向均與F相同
B．甲、乙兩圖中A均受摩擦力，且方向均與F相反
C．甲、乙兩圖中A均不受摩擦力
D．甲圖中A不受摩擦力，乙圖中A受摩擦力，方向均與F相同
【考點】摩擦力的判斷與計算．
【分析】因兩物體均做勻速直線運動，故受力平衡，根據共點力平衡條件可判斷摩擦力的有無及方向
【解答】解：甲中A做勻速直線運動，而甲中A物體不受外力，故甲中A沒有相對于B的運動趨勢，故甲中A不受摩擦力；
乙中A也是平衡狀態(tài)，但A的重力使A有一沿斜面下滑的趨勢，故B對A有向上摩擦力，故A受F方向相同的摩擦力；
故選：D
6．如圖所示，在水平傳送帶上有三個質量分別為m1、m2、m3的木塊1、2、3，1和2及2和3間分別用原長為L，勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為 μ，現(xiàn)用水平細繩將木塊1固定在左邊的墻上，傳送帶按圖示方向勻速運動，當三個木塊達到平衡后，1、3兩木塊之間的距離是（ ）
A．2L+ B．2L+
C．2L+ D．2L+
【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；胡克定律．
【分析】分別對木塊3和木塊2和3整體分析，通過共點力平衡，結合胡克定律求出兩根彈簧的形變量，從而求出1、3量木塊之間的距離．
【解答】解：對木塊3分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm3g=kx，則x=．
對木塊2和3整體分析，摩擦力和彈簧彈力平衡，有：μ（m2+m3）g=kx′，則．
則1、3兩木塊的距離s=2L+x+x′=2L+．故B正確，A、C、D錯誤．
故選B．
7．一質點做勻加速直線運動，通過第一段5m位移所用的時間為2s，緊接著通過下一段10m位移所用時間為1s．則該質點運動的加速度為（ ）
A．3m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2
【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系．
【分析】根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出兩段位移中間時刻的瞬時速度，結合速度時間公式求出質點的加速度．
【解答】解：第一段位移中間時刻的瞬時速度為：
，
第二段位移中間時刻的瞬時速度為：
，
則質點運動的加速度為：
a=．
故選：C．
8．小明從某磚墻前的高處由靜止釋放一個石子，讓其自由落下，拍攝到石子下落過程中的一張照片如圖所示．由于石子的運動，它在照片上留下了一條模糊的徑跡．已知每層磚的平均厚度為6.0cm，照相機本次拍照曝光時間為1.5×10﹣2s，由此估算出位置A距石子下落起始位置的距離為（ ）
A．1.6m B．2.5m C．3.2m D．4.5m
【考點】自由落體運動．
【分析】根據照片上痕跡的長度，可以估測在曝光時間內物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離．
【解答】解：由圖可以看出，在曝光的時間內，物體下降了大約有兩層磚的厚度，即12cm（0.12m），曝光時間為1.5×10﹣2s，
所以AB段的平均速度為：
，
由平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知AB中間時刻的速度為：
v=8m/s
由v2=2gh可得下降的高度大約為h，則：
故C正確，ABD錯誤．
故選：C．
9．一質點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其﹣t的圖象如圖所示，則（ ）
A．質點做勻速直線運動，速度為0.5m/s
B．質點做勻加速直線運動，加速度為1m/s2
C．質點在1s末速度為1.5m/s
D．質點在第1s內的平均速度0.75m/s
【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系．
【分析】由圖寫出與t的關系式，根據勻變速直線運動的位移時間公式，求出加速度，分析質點的運動情況，由圖直接讀出速度．由公式=求平均速度．
【解答】解：AB、由圖得： =0.5+0.5t．根據x=v0t+at2，得： =v0+at，對比可得： a=0.5m/s2，則加速度為
a=2×0.5=1m/s2．由圖知質點的加速度不變，說明質點做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確．
C、質點的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度為 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s．故C正確．
D、質點在第1s內的平均速度 ==m/s=1m/s，故D錯誤．
故選：BC
10．如圖所示，輕繩一端系在質量為m的物體A上，另一端與套在粗糙豎直桿MN的輕圓環(huán)B上相連接．現(xiàn)用水平力F拉住繩子上一點O，使物體A及環(huán)B靜止在圖中虛線所在的位置．現(xiàn)稍微增加力F使O點緩慢地移動到實線所示的位置，這一過程中圓環(huán)B仍保持在原來位置不動．則此過程中，環(huán)對桿的摩擦力F1和環(huán)對桿的彈力F2的變化情況是（ ）
A．F1保持不變 B．F1逐漸增大 C．F2保持不變 D．F2逐漸增大
【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．
【分析】以整體為研究對象，分析受力，根據平衡條件判斷桿對圓環(huán)的摩擦力的變化，再由牛頓第三定律分析圓環(huán)對桿摩擦力F1的變化．以結點O為研究對象，分析受力，由平衡條件得出F的變化，再判斷圓環(huán)對桿的彈力F2的變化．
【解答】解：設圓環(huán)B的質量為M．以整體為研究對象，分析受力，如圖，根據平衡條件得
F2=F ①
F1=（M+m）g ②
由②可知，桿對圓環(huán)的摩擦力F1大小保持不變，由牛頓第三定律分析圓環(huán)對桿摩擦力F1也保持不變．
再以結點為研究對象，分析受力，如圖2．根據平衡條件得到，F(xiàn)=mgtanθ，當O點由虛線位置緩慢地移到實線所示的位置時，θ增大，則F增大，而F2=F，則F2增大．
故選：AD．
11．用水平力F拉一物體在水平地面上勻速運動，從某時刻起力F隨時間均勻減小，物體所受的摩擦力f隨時間t的變化如圖中實線所示．下列說法正確的是（ ）
A．0﹣t1內勻速運動 B．t1﹣t2內勻速運動
C．t1﹣t2內變減速運動 D．t2﹣t3內作變減速運動
【考點】牛頓第二定律．
【分析】用水平力F拉著一物體在水平地面上做勻速運動，從某時刻起力F隨時間均勻減小，物體先做減速運動，所受摩擦力為滑動摩擦力，當物體速度為零后，物體受靜摩擦力．
【解答】解：從圖中看出，摩擦力從t2時刻開始逐漸減小，t1～t2時間內不變，知F從t1時刻開始減小的，做減速運動，受滑動摩擦力，所以在t1～t2時間內摩擦力的大小不變．t2時刻物體的速度剛好變?yōu)榱?，然后摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，大小隨F的變化而變化．則物體從0﹣t1內，物體做勻速直線運動，t1﹣t2時間內物體的加速度大小a=，做加速度不斷增大的減速運動，t2時刻物體的速度剛好變?yōu)榱悖蔄、C正確，B、D錯誤．
故選：AC．
12．如圖所示，a、b是兩個位于固定斜面上的完全相同的正方形物塊，它們在水平方向的外力F的作用下處于靜止狀態(tài)．已知a、b與斜面的接觸面都是光滑的，則下列說法正確的是（ ）
A．物塊a所受的合外力等于物塊b所受的合外力
B．物塊a對斜面的壓力大于物塊b對斜面的壓力
C．物塊a、b間的相互作用力等于F
D．物塊a對斜面的壓力等于物塊b對斜面的壓力
【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．
【分析】兩個物體都處于靜止狀態(tài)，合外力都為零；分別隔離AB進行受力分析，可知它們對斜面的壓力及水平方向的分力大小關系；由牛頓第三定律可知相互作用力的大小關系．對AB整體進行受力分析可知整體受力情況；
【解答】解：
A、兩個物體都處于靜止狀態(tài)，合外力都為零，所以物塊a所受的合外力等于物塊b所受的合外力．故A正確．
B、D分別分析a、b受力情況．b受重力、支持力及b的沿斜面向上的推力，故對斜面的壓力等于重力的分力；對a分析，a受重力、支持力、水平推力和a沿斜面向下的壓力；支持力等于重力垂直于斜面的分力及水平推力沿垂直于斜面的分力的合力，故a對斜面的壓力大于物塊b對斜面的壓力．故B正確，D錯誤；
C、設斜面的傾角為α，a對b的作用力為F′．對a：由平衡條件：Fcosα=Gbsinα+F′，則得知，F(xiàn)＞F′．故C錯誤．
故選：AB．
13．如圖所示，在斜面上放兩個光滑球A和B，兩球的質量均為m，它們的半徑分別是R和r，球A左側有一垂直于斜面的擋板P，兩球沿斜面排列并處于靜止，以下說法中正確的是（ ）
A．斜面傾角θ一定，R＞r時，R越大，r越小，B對斜面的壓力越小
B．斜面傾角θ一定，R=r時，兩球之間的彈力最小
C．斜面傾角θ一定時，無論半徑如何，A對擋板的壓力一定
D．半徑一定時，隨著斜面傾角θ逐漸增大，A受擋板的作用力先增大后減小
【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．
【分析】本題先對B球研究，分析受力，運用作圖法，由平衡條件分析R越大，r越小時斜面對B的支持力如何變化，即可得到B對斜面的壓力如何變化；
由圖確定出A對B的彈力什么條件最??；
以AB整體為研究對象，分析受力，根據平衡條件得到擋板對A的支持力與θ的表達式，分析支持力如何變化，即可由牛頓第三定律得到A對擋板的壓力如何變化；
【解答】解：A、以B球為研究對象，分析受力情況：重力mg、斜面的支持力N和A對B的彈力F，由平衡條件得知N與F的合力與重力mg大小相等、方向相反，則此合力保持不變．斜面傾角θ一定，R＞r，R越大，r越小，F(xiàn)與水平方向的夾角越大，如圖，作出F在三個不同角度時力的合成圖，由圖看出，斜面對B的支持力N越大，由牛頓第三定律得知，B對斜面的壓力越大．故A錯誤．
B、斜面傾角θ一定，由圖根據幾何知識得知，當N與F垂直時F最小，即兩球間的彈力最小，此時，R=r時．故B正確．
C、以兩球組成的整體研究得知，A對擋板的壓力NA=2mgsinθ，則知斜面傾角θ一定時，無論半徑如何，A對擋板的壓力NA一定．故C正確．
D、由上知，A對擋板的壓力NA=2mgsinθ，半徑一定時，隨著斜面傾角θ逐漸增大，A對擋板的壓力NA增大．故D錯誤．
故選BC
二、實驗題（本大題共有2個小題：一共20分）
14．利用圖1所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度．一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，當一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t，改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應的t值；所得數(shù)據如表所示．完成下列填空和作圖：
|
s（m） |
0.500 |
0.600 |
0.700 |
0.800 |
0.900 |
0.950 |
|
t（s） |
0.29 |
0.37 |
0.45 |
0.55 |
0.67 |
0.78 |
|
s/t（m/s） |
1.71 |
1.62 |
1.55 |
1.45 |
1.34 |
1.22 |
（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經過光電門乙時的瞬時速度v1、測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式是
；
（2）根據表中給出的數(shù)據，在圖2給出的坐標紙上畫出﹣t圖線；
（3）由所畫出的﹣t圖線，得出滑塊加速度的大小為a= 2.0
m/s2（保留2位有效數(shù)字）．
【考點】測定勻變速直線運動的加速度．
【分析】可以把光電門甲至乙的勻加速運動看成反向的勻減速運動，寫出測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式．
由位移時間關系式整理得到﹣t圖線的表達式，并找出圖線的斜率和加速度關系．
【解答】解：（1）由勻變速直線運動的規(guī)律及某段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度關系知，故s=
（2）圖線如圖所示
（3）由s=得：
，
知圖線的斜率為：，則a=2k．
作圖求出斜率為：k=﹣0.9897m/s2，a=2|k|≈2.0m/s2
故答案為：（1）或；
（2）畫出圖線如圖所示
（3）2.0
15．某同學在做“互成角度的兩個力的合成”的實驗時，利用坐標紙記下了橡皮筋的結點位置O點以及兩只彈簧測力計拉力的大小，如圖 （a）所示
①試在圖（a）中作出無實驗誤差情況下F1和F2的合力圖示，并用F表示此力．
②有關此實驗，下列敘述正確的是 AC ．
A．兩彈簧測力計的拉力可以同時比橡皮筋的拉力大
B．橡皮筋的拉力是合力，兩彈簧測力計的拉力是分力
C．兩次拉橡皮筋時，需將橡皮筋結點拉到同一位置O．這樣做的目的是保證兩次彈簧測力計拉力的效果相同
D．若只增大某一只彈簧測力計的拉力大小而要保證橡皮筋結點位置不變，只需調整另一只彈簧測力計拉力的大小即可
③圖（b）所示是甲和乙兩位同學在做以上實驗時得到的結果，其中哪一個比較符合實驗事實？（力F′是用一只彈簧測力計拉時的圖示）答： 甲 ．
【考點】驗證力的平行四邊形定則．
【分析】（1）以F1和F2為鄰邊作平行四邊形，通過O點的對角線表示合力F．
（2）根據合力與分力的關系來分析判斷．
【解答】解：①以F1和F2為鄰邊作平行四邊形，與F1和F2共點的對角線表示合力F，標上箭頭．如圖所示．
②A、兩彈簧測力計的拉力的合力與橡皮筋的拉力大小相等，兩彈簧測力計的拉力可以同時比橡皮筋的拉力大．故A正確．
B、兩彈簧測力計的拉力與橡皮條的拉力的合力為零，它們之間不是合力與分力的關系，B錯誤；
C、兩次拉橡皮筋時，為了使兩次達到效果相同，橡皮筋結點必須拉到同一位置O．故C正確．
D、結點位置不變，合力不變，當一只彈簧測力計的拉力大小改變時，另一彈簧測力計的拉力的大小和方向必須都改變，故D錯誤；
故選A、C．
③用平行四邊形定則求出的合力可以與橡皮條拉力的方向有偏差，但用一只彈簧測力計拉結點的拉力與橡皮條拉力一定在同一直線上，故甲符合實驗事實．
故本題答案是①如圖所示．
②AC
③甲
三、計算題（本題共4個小題，共38分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）
16．已知O、A、B、C為同一直線上的四點，AB間的距L1，BC間的距離L2．一物體自O點由靜止出發(fā)，沿此直線做加速運動，依次經過A、B、C三點．已知物體通過AB與BC段所用的時間相等．求O與A的距離．
【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；勻變速直線運動的位移與時間的關系．
【分析】物體做勻加速運動，加速度不變．對AB段、BC段時間相等，分別用位移關系公式列方程求出加速度和初速度，再由速度位移關系公式求解有O與A的距離．
【解答】解：設物體的加速度為a，到達A點的速度為v0，通過AB段和BC點所用的時間為t，則有：l1=v0t+at2…①
l1+l2=v0·2t+a（2t）2…②
聯(lián)立②﹣①×2得：a=：③
v0=…④
設O與A的距離為l，則有：l=…⑤
將③、④兩式代入⑤式得：l=．
答：有O與A的距離為．
17．某天，小明在上學途中沿人行道以v1=1m/s速度向一公交車站走去，發(fā)現(xiàn)一輛公交車正以v2=15m/s速度從身旁的平直公路同向駛過，此時他們距車站s=50m．為了乘上該公交車，他加速向前跑去，最大加速度a1=2.5m/s2，能達到的最大速度vm=6m/s．假設公交車在行駛到距車站s0=25m處開始剎車，剛好到車站停下，停車時間t=10s，之后公交車啟動向前開去．（不計車長）求：
（1）若公交車剎車過程視為勻減速運動，其加速度a2大小是多少；
（2）若小明加速過程視為勻加速運動，通過計算分析他能否乘上該公交車．
【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；加速度．
【分析】（1）由題意可知，汽車進站剎車做勻減速直線運動，知道了初末速度以及位移，直接根據運動學公式v2﹣v02=2as，求出加速度．
（2）要判斷小明能否追上公交車，就要去比較小明和公交車分別從相遇點到車站的時間．公交車從相遇點到車站先勻速再做勻減速運動，根據位移和速度可求出勻速運動的時間，再根據初末速度以及公交車減速的加速度求出勻減速運動的時間，這樣就求出了公交車從相遇點到車站的總時間．小明從相遇點到車站先做勻加速到最大速度再做勻速，先根據初速度和最大速度以及加速度求出勻加速運動的時間和位移，再根據剩余的位移和速度求出勻速運動的時間，這樣就求出了小明從相遇點到車站的總時間．然后比較兩時間，比較時注意公交車在車站停了10s．
【解答】解：（1）公交車的加速度
所以其加速度大小為4.5m/s2．
（2）汽車從相遇處到開始剎車用時
汽車剎車過程中用時
小明以最大加速度達到最大速度用時
小明加速過程中的位移
以最大速度跑到車站的時間
t1+t2＜t3+t4＜t1+t2+10s，
小明可以在汽車還停在車站時上車．
18．拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具（如圖）．設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g，某同學用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ．
（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大?。?/p>
（2）設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ．已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動．求這一臨界角的正切tanθ0．
【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．
【分析】（1）對拖把頭受力分析，抓住豎直方向和水平方向合力為零，運用正交分解求出推力F的大小．
（2）當推力F的水平分力小于等于最大靜摩擦力時，不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動．結合第1問的結果，得到λ的表達式，采用極限法：當F無限大時的情況求解tanθ0．
【解答】解：（1）拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，設該同學沿拖桿方向用大小為F的力推拖把．
將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，
按平衡條件有
豎直方向上：Fcosθ+mg=N…①
水平方向上：Fsinθ=f…②
式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力．按摩擦定律有 f=μN…③
聯(lián)立①②③式得…④
（2）若不管沿拖桿方向用多大的力不能使拖把從靜止開始運動，
應有Fsinθ≤λ N…⑤
這時①式仍滿足．聯(lián)立①⑤式得 sinθ﹣λcosθ≤λ…⑥
現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍．注意到上式右邊總是大于零，且當F無限大時極限為零，
有sinθ﹣λcosθ≤0…⑦
使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把．
臨界角的正切為tanθ0=λ…⑧
答：（1）若拖把頭在地板上勻速移動，推拖把的力的大小為．
（2）tanθ0=λ．
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