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2.4 共点力的动态平衡与临界极值问题
考点一 共点力的动态平衡问题........................................................................................................................................1
题组1：解析法................................................................................................................................................................1
题组2：图解法................................................................................................................................................................3
题组3：相似三角形法..................................................................................................................................................5
题组4：辅助圆周角法与正弦定理法.......................................................................................................................8
考点二 平衡中的临界极值问题..................................................................................................................................... 10
题组1：动态分析法.................................................................................................................................................... 10
题组2：数学解析法.................................................................................................................................................... 13
题组3：极限分析法.................................................................................................................................................... 16
2.4 共点力的动态平衡与临界极值问题
考点一 共点力的动态平衡问题
题组1：解析法
1. （单选）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B
为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A
点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的
是
A. 推力F先增大后减小
B. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
C. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【答案】B
【解答】设F与水平的夹角为θ，AC .对滑块受力分析，由平衡条件有F =mgsinθ；N =mgcosθ，滑块
从A缓慢移动B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AC 错误；
B.对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为F N = F cosθ =mgsinθcosθ = 1
2 mgsin (2θ)，则θ越来
越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以B 正确；
D.水平地面对凹槽的支持力为N 地=(M +m)g−F sinθ =(M +m)g−mgsin
2θ，则θ越来越大时，水平地
面对凹槽的支持力越来越小，所以D 错误。
2. （单选）如图所示，弹性绳(遵循胡克定律)的一端固定在天花板上的O点，另一端悬挂一质量为m的小
球，静止时小球位于B点，A点固定一光滑的小定滑轮，OA = l
2，AB =l。现对小球施加一沿BC方向的拉
力F，使小球沿BC缓慢运动到C点。已知A、B、C三点刚好组成一个正三角形，D为BC的中点，重力加
速度为g，则( )
1
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A. 小球在C点受到的拉力F等于小球重力的√3倍
B. 在D点时弹性绳的弹力大小为1
2 mg
C. 该弹性绳的原长为l
2
D. 从D到C的过程中拉力F可能先减小后增大
【答案】C
【解析】解：A .小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力F =mg，故
A 错误；
B.设小球在D点时弹性绳的弹力大小为FT，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得
FT sin30° = Fcos30°
FT cos30°+ Fsin30° =mg
两式联立可解得：FT = √3
2 mg，故B 错误；
C.设弹性绳的原长为l0，则当小球在B点时，由胡克定律可得：k( 3
2 l−l0)=mg，
在D点时有：k( √3
2 l+ l
2 −l0)= √3
2 mg
两式联立可解得：l0= l
2，故C 正确；
D.从D到C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向正
交分解，在水平方向上有：Fcos30° = FT cosα
解得：F = 2√3
3
FT cosα
因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由FT =kx可知弹性绳的弹力FT越来越大，而α由60°逐渐减小到
30°，cosα越来越大，可知拉力F也越来越大，故D 错误；
故选：C。
2
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3.（单选）《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物，如图所示.若斜面体上表面光滑，
则在缓慢拉升重物的过程中( )
A. 重物受到的支持力不变B. 重物受到的支持力减小
C. 斜面受到地面的支持力不变D. 斜面受到地面的支持力先增大后减小
【答案】B
【解析】AB.设斜面倾角为θ，细绳与斜面的夹角为α，则当重物匀速运动时，根据平衡条件可得
F cosα =mgsinθ，F N + F sin α =mgcosθ，由于α逐渐增大，cosα逐渐减小，则外力F逐渐变大，又
sin α逐渐增大，则重物受到时的支持力F N逐渐变小，故 A 错误， B 正确;
CD .以斜面为对象，设重物对斜面的压力为F N '，根据平衡条件可得F N 地= Mg+ F N ' cosθ，由于重物受
到的支持力F N逐渐变小，则重物对斜面的压力为F N '逐渐变小，可知斜面受到地面的支持力逐渐变小，故
CD 错误。
故选B。
题组2：图解法
4. （单选）如图所示，小球在F作用下处于静止状态。现保持θ不变，缓慢转动F，下列说法中正确是
( )
A. 细线拉力始终不变B. F可以竖直向下
C. F可以竖直向上
D. 当F转到水平位置时最小
【答案】C
【解析】以小球为研究对象，小球受到重力G、力F和细线对小球的拉力T，由于小球静止不动，则T与F
的合力与G等值反向，如图
3
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根据图解法可知，当拉力F与细线垂直时最小，当F竖直向上时，绳子拉力为0。
故选C。
5. （单选）如图，重力为G的电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳OA，使连接点A沿墙向上移动而保持
结点O的位置和OB绳的位置不变。则在A点向上移动的过程中，下列判断中正确的是( )
A. 绳OB的拉力先增大后减小
B. 绳OB的拉力先减小后增大
C. 绳OA的拉力先增大后减小
D. 绳OA的拉力先减小后增大
【答案】D
【解析】在绳OA的连接点A向上移动的过程中，结点O始终处于平衡状态
取结点O为研究对象，受力情况如图下所示，图中F1，F2，F3分别是绳OA，绳OB，电线对结点O的拉
力，F3'是F1和F2的合力，且F3' = F3
在A点向上移动的过程中，F3’的大小和方向都保持不变，F2的方向保持不变
由图解可知，当绳OA垂直于OB时，绳OA的拉力最小，所以绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力逐
渐减小。
由以上分析得，D 正确，ABC 错误。
故选D。
6. （多选）如图所示，一根细线系着一个质量为m的小球，细线上端固定在天花板上，用力F拉小球，小
球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ。现改变拉力F的方向与大小，并保持θ角不变，其中拉力F可能情况
由图中F1、F2(竖直向上)、F3(垂直于细线方向)、F4(水平向右)中选择，则下列说法正确的是( )
4
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A. 拉力可能为F1
B. 拉力可能为F2
C. F3是所有可能情况中的最小值，即mgsinθ
D. 若拉力为F4，其值为mg
tanθ
【答案】BC
【解析】根据对小球的受力分析可知，此时细绳伸直但是否发生弹性形变未知，若拉力等于重力，即可能
是F2，故B 选项正确;
根据受力分析可知，细绳的拉力只能右上方，故拉力不可能是F1，故A 选项错误;
根据矢量三角形法则可知，当外力F与绳子拉力方向垂直时，外界拉力最小，如图2所示，此时的拉力
F =mgsinθ，故C 选项正确;
如图3所示是拉力水平向右时的受力示意图，此时的拉力为F =mg tanθ，故选项D 错误。
本题选BC。
题组3：相似三角形法
7. （单选）如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一
端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O'由力F牵引，
定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动
到O'正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )
5
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A. 外力F大小不变
B. 轻杆对小球的作用力大小变小
C. 地面对木板的支持力逐渐变小
D. 地面对木板的摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】A.对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
根据几何关系可知两三角形相似，因此mg
OO' =
F
O' A = F '
OA
缓慢运动过程 O
' A 越来越小，则F逐渐减小，故A 错误；
B.由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B 错误；
CD .对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，
所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
8. （单选）如图所示，一个重力为mg的小环套在竖直的半径为R的光滑大圆环上，一劲度系数为k，自然
长度为L0的轻质弹簧的一端固定在小环上，另一端固定在大圆环的最高点A，当小环静止时，弹簧与竖直
方向之间的夹角为θ，已知k = √3mg
2 L0
，L0= √3
3 R，则下列选项正确的是( )
A. θ = 45
∘
B. 弹簧的长度为2 L0
6
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C. 小环受到大环的支持力为mg D. 弹簧弹力大小是√3mg
2
【答案】C
【解析】对小环受力分析，如图所示
由力矢量三角形与几何三角形相似可得mg
AO = F N
BO = F
AB
可得小环受到大环的支持力 F N =mg
设 AB = L ，由胡克定律有 k (L−L0)=2mgcosθ
由几何关系有 L=2 R cosθ ，联立方程解得 θ =30
∘ ， L=√3 R =3 L0
弹簧弹力为 k (L−L0)=√3mg。
故选C。
9. （单选）某同学通过如图所示的装置将吊篮中的物品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端拴在轻杆上，另一
端绕过定滑轮(不计一切摩擦).下列说法正确的是( )
A. 此人手上所受的拉力F始终不变B. 此人手上所受的拉力F先减小，后增大
C. 轻杆所受压力大小始终不变D. 轻杆所受压力一直增大
【答案】C
【解析】对杆与绳的接触点O，受力情况如图所示：
根据平衡条件，结合力的矢量三角形与三角形ABO相似可得：F
BO = mg
AB = N
AO ，
将吊篮中的生活用品缓慢拉到窗口过程，图中AB和AO不变，BO减小，则此人手上所受的拉力F减小，
杆对绳的支持力N大小不变，由牛顿第三定律知，绳对杆的压力N ' = N大小不变，故ABD 错误，C 正确。
题组4：辅助圆周角法与正弦定理法
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10. （单选）如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R。A的质量为m，
B的质量为m
2 ，B与地面间的动摩擦因数为μ。现给A施加一拉力F，使A缓慢移动，运动过程中拉力F与
圆心连线O1O2的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法不正确的是( )
A. A、B间弹力逐渐增大
B. A、B间弹力先增大后减小
C. 拉力F逐渐减小
D. A、B间弹力的最大值Fmax= 2
3 √3mg
【答案】A
【解析】ABC .根据题意，以A为研究对象，A受到重力mg、拉力F、B对A的弹力F N，由题意知，三个
力的合力始终为零，矢量三角形如图所示：
在F N转至竖直的过程中，A、B间的弹力先增大后减小，拉力F逐渐减小，故A 错误，BC 正确；
D.当夹角θ =30°( F水平向右)时，A、B间弹力最大，(此时F对应为圆的直径，所以取最大值。)且最大值
为Fmax =
mg
cos30° = 2
3 √3mg，故D 正确。
本题选说法不正确的，故选：A。
11. （单选）如图所示，倾角θ =30
∘，顶端固定光滑滑轮的斜面体放置在水平面上，一跨过滑轮的轻质
细绳，一端悬挂质量为m的重物A，另一端与斜面上质量为2m的物块B相连，滑轮与物块B之间的细绳平
行于斜面。现用外力F缓慢拉动细绳上的结点O，使细绳OO'部分从竖直拉至水平，整个过程中始终保持
外力F的方向与细绳OO'的夹角α =120
∘不变，且细绳OO'部分始终拉直，物块B和斜面体始终处于静止
状态，下列说法错误的是( )
A. 细绳OO'的拉力先增大后减小
B. 外力F一直增大
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C. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小D. 斜面对物块B的摩擦力一直增大
【答案】D
【解析】AB.以结点O为研究对象，受到两段细绳的拉力和外力F，其中OA段拉力大小等于mg，结点O
转动过程中，保持外力F的方向与细绳 OO' 的夹角 α =120
∘ 不变，则 mg 、外力 F 和细绳 OO' 的拉
力 T 构成的矢量三角形动态变化如图所示。
由图可知细绳 OO' 的拉力 T 先增大后减小，外力 F 一直增大，故AB 正确，不符合题意；
C.对A、B及斜面整体受力分析，地面对斜面体的摩擦力大小等于外力F在水平方向的分力，由上图可知，
外力F在水平方向的分力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故C 正确，不符合题意；
D.对物块B受力分析可知，物块B受重力2mg、绳子的拉力 T 、支持力 N 和摩擦力 f 的作用；设摩擦力
方向沿斜面向下，由平衡条件可得 f =T −2mgsinθ =T −mg，由于绳子的拉力 T 先增大后减小，所以斜
面对B的摩擦力不可能一直增大，故D 错误，符合题意。
故选D。
12. （单选）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平
即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，板OA、OB对水桶的压力
大小分别为F1、F2，则在OA由竖直缓慢转到水平的过程中( )
A. F1、F2都不断增大B. F1不断增大，F2不断减小
C. F1不断减小，F2先增大后减小
D. F1先增大后减小，F2不断减小
【答案】D
【解析】在倒出水桶的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，受力情况如图所示
9
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根据力的示意图结合平衡条件可得F '2
sin α = F '1
sin β = mg
sinθ
在转动过程中α从90°增大到180°，则sinα不断减小，F ˈ2'将不断减小，根据牛顿第三定律可得F2将不断
减小；所以β从钝角减小到锐角，其中跨过了90°，因此sin β先增大后减小，则F ˈ1'将先增大后减小，根
据牛顿第三定律可得F1先增大后减小，故D 正确、ABC 错误。
故选D。
考点二 平衡中的临界极值问题
题组1：动态分析法
1. （单选）某同学表演了一个魔术，将一块磁铁藏在自己的袖子里，对着用细线悬挂的金属小球施加“魔
力”，小球便按着他的指令运动起来。某时刻停止移动手臂，小球随即在手的右下方保持静止，此时悬线紧
绷且偏离竖直方向的夹角为θ =30
∘。已知小球的质量为m，重力加速度为g，则此时他对小球施加的“魔
力”大小可能为( )
A. 1
3 mg B. 1
2 mg C. √2mg
D. √3mg
【答案】B
【解析】以金属球为研究对象，受力分析如图所示，根据图解法可知，当“魔力”F的方向与细绳方向垂直
时，“魔力”最小，根据平衡关系可知此时“魔力”的大小F =mgsin30° = 1
2 mg，手臂在球的上方，则他对小
球施加的“魔力”的取值范围为1
2 mg⩽F <mg，故ACD 错误，本题选B。
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2. （多选）如图所示，水平地面上固定着一个竖直圆形轨道，圆心为O，轨道内壁光滑。轨道内放置一个
质量为m的小球，在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点，AO连线与竖直方向的夹角θ =30°，轨道
对小球的支持力大小为F N，重力加速度为g。改变拉力F，小球始终静止在A点。下列说法正确的是( )
A. 将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，F的最小值为√3
3 mg
B. 将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，F N的最小值为(√3−1)mg
C. 将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，F一直在增大
D. 将拉力F顺时针缓慢旋转45
∘的过程中，F N的最小值为2mg
【答案】BC
【解析】AB.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，小球若能静止在A点，根据三角形法则，画出小球
的受力变化情况，如图所示
由图中可以看出，F先变小后变大，当F与 F N 垂直时拉力最小为 Fmin=mgsin30
∘= 1
2 mg，F N 一直减
小，根据正弦定理可知最小值为
F Nmin
sin 45
∘=
mg
sin(180
∘−30
∘−45
∘)
，解得 F Nmin=(√3−1)mg，故A
错误，B 正确；
CD.将拉力F顺时针缓慢旋转 45
∘ 的过程中，如图
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则拉力F、 F N 都在增大， F N 的最小值为 F Nmin
' =
mg
cos30
∘= 2√3
3
mg，故C 正确，D 错误。
故选BC。
3. （单选）我国明代综合性科技巨著《天工开物》“五金”篇中提到为了将矿石从矿坑中运出，工人们
会搭建简易的斜面通道，这是古代劳动人民智慧的结晶。如图所示，若斜面的倾角为15°，方形矿石与斜
面间的动摩擦因数为√3
3 ，重力加速度为g。现用轻绳拉着质量为m的矿石沿斜面匀速上滑，所需的拉力最
小值为
A. √2
2 mg
B. √6−√2
4
mg
C. √6
3 mg
D. √6+√2
4
mg
【答案】A
【解析】对矿石受力分析如图，将F N与Ff合成，设其合力方向与F N成α夹角，易知tan α = Ff
F N
= √3
3 ，得
α =30
∘，
分别作出F N、F N与Ff合力的反向延长线，可知重力与F N的反向延长线夹角与斜面倾角相等，
即β =15
∘，
由几何关系得，过重力的下端点作F N与Ff合力反向延长线的垂线，即为所需的拉力最小值，
T min=mgsin(α + β)，得T min= √2
2 mg。故选A。
题组2：数学解析法
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4. （单选）战机水平飞行时可通过转动发动机尾喷口方向获得斜向上的推力，同时飞行过程由于机翼上下
表面压强差，飞机会受到垂直机身向上的升力。若战机水平匀速飞行时升阻比(即垂直机身向上的升力和平
行机身向后的阻力之比)为√3，已知战机重力大小为G，则战机水平匀速飞行时获得的最小推力为( )
A. G
5
B. G
4
C. G
3
D. G
2
【答案】D
【解析】解：分析飞机受力，飞机受到重力G、发动机的推力F1、升力F2和空气阻力f 。重力的方向竖直
向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f 的方向与F2垂直，如图所示：
战斗机沿水平方向匀速飞行，水平方向由平衡条件有：F x= f
竖直方向有
F2+ F y =G
依题有：F2=√3 f
解得：F1
2= F x
2+ F y
2 = 4 f
2−2√3Gf +G
2
F1
2−f 图像为开口向上，对称轴为：f =−−2√3G
2×4
= √3
4 G的抛物线，
即当f = √3
4 G时，F1
2具有最小值，代入数据解得飞行的最小推力为：F1min= G
2 ，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
5. （单选）如图为某科普博主带领同学们做实验的情景，有顶角θ不同的圆锥放在桌面上，现让同学们挑
战按图示那样用手压紧圆锥表面将其拿起。若手与圆锥体间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力可认为等
于滑动摩擦力。则以下不同顶角圆锥，有可能被拿起的是( )
A. 90
∘
B. 74
∘
C. 60
∘
D. 45
∘
【答案】D
【解析】对左侧接触面分析，圆锥受手作用力如图，
13
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设手对接触面弹力为F，则对于圆锥整体而言2 μF cos θ
2 ≤2 F sin θ
2 +G
整理得G
F ≥2( μcos θ
2
−sin θ
2 )
无论多大的力都无法拿起，则当F →∞时
μcos θ
2 −sin θ
2 ≤0
解得tan θ
2 ≥μ=0.5
顶角θ越小，越容易拿起，则μ>tan θ
2，有可能被拿起，
四个选项中只有D选项符合条件。
故选D．
6. （单选）如图所示，一质量为M的物块在拉力F作用下，沿水平地面做匀速直线运动，拉力F与水平面
间的夹角为θ。已知该物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力，则( )
A. 该物块受到地面的摩擦力为μMg B. 拉力F的大小为
μMg
cosθ+ μsinθ
C. 其他条件不变，θ越大，拉力F越小
D. 其他条件不变，θ越大，拉力F越大
【答案】B
【解析】AB、设地面对物块的摩擦力为f ，支持力为N，对物块进行受力分析，在水平方向上有
f = F cosθ，在竖直方向上有N + F sinθ = Mg，又f = μN，联立可得F =
μMg
cosθ+ μsinθ ，
f = μMg⋅
cosθ
cosθ+ μsinθ ，选项B 正确，选项A 错误;
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CD、由辅助角公式F =
μMg
cosθ+ μsinθ =
μMg
√1+ μ
2sin(θ+φ)
(其中tan φ = 1
μ ，0≤θ<90
∘)结合数学知识可知，
sin(θ+φ)随θ的增大而先增大后减小，因此F应先减小后增大，当sin(θ+φ)=1时F取最小值，选项 C、
D均错误;
故选B。
7. 如图所示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量为m=0.4 kg的圆环，地面上放一质量
为M =2.5kg的物块，物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，
连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α =37
∘，β =53
∘。认为物块与地面间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，且g=10 N /kg，sin37
∘=0.6，sin53
∘=0.8，整个系统处于静止状态，求此时：
(1)绳子拉力大小；
(2)物块对地面的压力和摩擦力的大小；
(3)若m、M大小可调，为保持系统的平衡，求m
M 满足的范围。
【答案】解：(1)圆环静止处于平衡状态，在竖直方向，由平衡条件得：mg =Tcosα
代入数据解得，绳子拉力大小：T =5 N
(2)物块M静止处于平衡状态，由平衡条件得：
水平方向：Tsinβ = f
竖直方向：Tcosβ + F N = Mg
代入数据解得：F N =22 N，f = 4 N
(3)m、M大小可调，以圆环为研究对象，可知绳子的拉力大小T = mg
cosα
对物块M，由平衡条件得：
竖直方向：Tcosβ + F N = Mg
水平方向：f =Tsinβ
系统保持静止，则f ≤f max= μ F N
解得：mgsinβ
cosα ≤μ( Mg−mgcosβ
cosα )
代入数据解得：m
M ≤4
11
答：(1)绳子拉力大小是5 N；
(2)物块对地面的压力大小是22 N，摩擦力的大小是4 N；
(3) m
M 满足的范围是m
M ≤4
11。
题组3：极限分析法
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8. （单选）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸
长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。
小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为( )
A. 1
2 G
B. √2
2 G C. G
D. √2G
【答案】B
【解析】分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有 2 Fmcos 45
∘=G
解得 Fm= √2
2 G
故选B。
9. （单选）某弹簧锁的开锁原理如图1所示，当钥匙插入锁孔时，锁芯内弹簧被压缩成相同长度，此时转
动钥匙就能开锁。如图2所示，插入钥匙的过程可简化为：A沿光滑水平槽向右推动，使B沿光滑竖直槽向
上滑动。已知A、B间的接触面与水平方向夹45
∘角，且A、B间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，B的质量为m，重力加速度为g。为使B上移，则加在A上的水平力F的最小值为( )
A. mg
1+ μ B. mg
1−μ C. 1−μ
1+ μ mg D. 1+ μ
1−μ mg
【答案】D
【解析】由分析知，当B恰好能相对A沿接触面上滑时，对应的F最小。
对A、B进行受力分析易得，对B在竖直方向有N ABcos 45
∘= f cos 45
∘+mg，
对A在水平方向有N ABsin 45
∘+ f sin 45
∘= F，又f = μ N AB，
联立解得F = 1+ μ
1−μ mg，
选项D 正确;
10.如图所示，放在粗糙固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，已知A、B质量分别为2kg
和0.8kg，轻绳绕过光滑的定滑轮与水平轻绳OP右端及轻绳BO上端连接于O点，轻绳OC段与竖直方向的
夹角θ =60
∘，斜面倾角α =30
∘，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/ s
2，求：
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(1)OP、OC绳的弹力大小；
(2)物块A受到的摩擦力；
(3)若A物体质量不变，物体A与斜面间动摩擦因数μ= √3
6 ，为了使A和B始终在图示位置处于静止状态，
B物体质量要满足什么条件？
【答案】解：(1)以结点O为研究对象，据平衡条件有：
Fop−Focsin 60° =0，
Foccos60°−mB g=0 ，
解得Fop=8√3 N ，Foc=16 N ；
(2)由题意得，物块A重力沿斜面向下分力小于OC拉力，所以摩擦力沿斜面向下，则对物块A受力分析如
图所示并正交分解：
据平衡条件有x方向：Foc−f −mA gsin30° =0，
解得f =6 N，方向：沿斜面向下；
(3)由题意得，A受到的最大静摩擦为f max= μmA gcos30° =5 N，
若B质量最小，A受到沿斜面向上的摩擦力，
Foc+ f max−mA gsin30° =0，
Foccos60°−mB g=0，
解得mB=0.25kg，
若B质量最大，A受到沿斜面向下的摩擦力
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Foc−f max−mA gsin30° =0，
Foccos60°−mB g=0，
解得mB=0.75kg，
所以0.25kg≤mB≤0.75kg。
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