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专题03 共点力的平衡
题型一 受力分析 整体法与隔离法的应用.........................................................................................1
题型二 三力及多力平衡问题...............................................................................................................3
类型1 合成法求解共点力静态平衡............................................................................................4
类型2 正交分解法求解共点力的静态平衡.................................................................................5
类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡.................................................................................6
题型三 动态平衡问题........................................................................................................................... 7
类型1 “一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡....................................................................7
类型2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡..............................................................10
类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型（晾衣杆模型）...............................................................13
题型四 平衡中临界与极值问题.........................................................................................................17
题型一 受力分析 整体法与隔离法的应用
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过
程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
[题型专练1]. （2023 秋•上城区校级期中）如图所示，截面为三角形的两物块A、B 叠放
后放置于竖直的弹簧及竖直墙面之间，系统处于平衡状态，以下受力分析正确的是（ ）
1
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A．弹簧的弹力大于A、B 两物块的总重力
B．A 物块受墙面竖直向上的摩擦力
C．A 物块共受5 个力作用
D．B 物块受到A 物块的摩擦力一定沿两物块的接触面向下
【解答】解：AB、以A、B 两物块组成的整体为研究对象，根据平衡条件可知，整体只受重力
和弹簧的弹力两个力作用，则墙对A 没有弹力，因而也没有摩擦力，所以弹簧的弹力大小等于
A、B 两物块的总重力，故AB 错误；
C、A 受到重力、B 的支持力和B 对A 的摩擦力三个力作用，故C 错误；
D、B 对A 的摩擦力沿两物块的接触面向上，则B 物块受的摩擦力沿两物块的接触面向下，故D
正确。
故选：D。
[题型专练2]. （2023 秋•广陵区校级期中）如图所示，两段轻绳A、B 连接两个小球1、
2，悬挂在天花板上。一轻弹簧C 一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上。两小球均处于静
止状态。轻绳A 与竖直方向、轻绳B 与水平方向的夹角均为30°，弹簧C 沿水平方向。已知重
力加速度为g。则（ ）
A．球1 和球2 的质量之比为1：2
B．球1 和球2 的质量之比为1：1
C．静止时，轻绳A 与轻绳B 的拉力之比为2：√3
D．静止时，轻绳A 与轻绳B 的拉力之比为√3：1
【解答】解：AB．对小球1 和小球2 分别受力分析，如图所示，根据小球的平衡状态和几何关
系可得：
2
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FB＝m1g
F′Bsin30°＝m2g
由牛顿第三定律可知FB与F′B大小相等，则有
m1：m2＝2：1，故AB 错误；
CD．由平衡条件可得
FA＝2m1gcos30°
已知FB＝m1g，则
F A：F B=√3：1
故C 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练3]. （2023 秋•渝中区期中）如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑特色之一。
屋顶部分结构如图乙所示，横截面为圆弧的瓦片静置在两根相互平行的木板正中间。已知木板
间距离为d，与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，圆弧半径为d，忽略瓦片厚度，重力加速
度为g，则（ ）
A．每根木板对瓦片的支持力大小为1
2 mg
B．每根木板对瓦片的支持力大小为√3
3 mgcosθ
C．每根木板对瓦片的摩擦力大小为1
2 mgcosθ
3
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D．若θ 越小，则每根木板对瓦片的摩擦力越大
【解答】解：AB、根据题意，作垂直平分一片瓦片且垂直于木板的截面，截面及受力分析图如
图所示：
A、B 分别为截面上瓦片与两根木板的接触点，两根木板对瓦片的支持力的合力与瓦片垂直于木
板向下的重力分力mgcosθ 等大反向。
由题意△OAB 为等边三角形，α＝30°。
瓦片静止，所受合力为零，根据平衡关系、结合几何关系，可得：2FNcosα＝mgcosθ
解得每根木板对瓦片的支持力大小为：FN= √3
3 mgcosθ，故A 错误、B 正确；
C、设每根木板对瓦片的摩擦力大小为f，沿木板方向根据平衡条件可得：2f＝mgsinθ，解得每
根木板对瓦片的摩擦力大小为：f= 1
2
mgsinθ，故C 错误；
D、若θ 越小，根据f= 1
2
mgsinθ 可知，每根木板对瓦片的摩擦力越小，故D 错误。
故选：B。
题型二 三力及多力平衡问题
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，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个
力满足平衡条件．
3．正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两
组，每组力都满足平衡条件．
4
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类型1 合成法求解共点力静态平衡
[题型专练4]. （2023 秋•让胡路区校级期中）如图所示，质量为M、半径为R 的光滑匀质
球，用一根长度为2R 的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P 点。已知重力加速度大
小为g，则球对任一墙壁的压力大小为（ ）
A．Mg
B．√7
7 Mg
C．√3
2 Mg
D．√2
2 Mg
【解答】解：设绳子与竖直方向的夹角θ，墙对球的弹力如图所示（俯视图）：
根据几何知识可知，球心到竖直墙壁交线的垂直距离为
d =√R
2+ R
2=√2 R
故，sinθ = d
3 R = √2
3
则：cosθ =√1- sin
2θ = √7
3
对球受力分析，如图所示：
根据受力平衡可得：Tcosθ＝Mg、Tsinθ＝N
5
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解得
T = 3√7
7
Mg
水平方向有
√N '
2+ N '
2= N =
Tsinθ
解得：N ' = √7
7 Mg
根据牛顿第三定律可知，球对任一墙壁的压力大小为√7
7 Mg，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练5]. （2023 秋•南岗区校级期中）如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一
质量为m 的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成53°角，则每根支架中承受
的沿杆压力大小（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）
A．5
12 mg
B．5
9 mg
C．1
3 mg
D．2
3 mg
【解答】解：要使相机受力平衡，则三根支架竖直向上的力的合力应等于重力，即：
3Fcos53°＝mg；
解得：F= 5
9
mg；
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[题型专练6]. （2023 秋•合肥期中）在竖直墙壁间有质量为m 和3m 的半圆球A 和圆球
B，其中B 球球面光滑，半球A 与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成30°
的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则半球A 与左
侧墙壁之间的动摩擦因数为（ ）
6
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A．√3
2
B．√3
3
C．√3
4
D．4√3
9
【解答】解：对A、B 受力分析，如下图所示，此时A 受到的摩擦力f 为最大静摩擦力，设A、
B 间的作用力大小为FAB，由几何关系可知：θ＝90°﹣30°＝60°
由B 竖直方向平衡方程有：FABcosθ＝3mg
解得：FAB＝6mg
A 受到垂直墙壁的压力为：FN＝FABcos30°
f＝μFN
由A 竖直方向平衡方程有：mg+FABsin30°＝f
联立方程，代入数据解得：μ= 4√3
9
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 正交分解法求解共点力的静态平衡
[题型专练7]. （2023 秋•沈阳期中）如图，轻细线AO 和BO、CO 把质量为m 的重物如图
悬挂。平衡时AO 是水平的，BO 与水平面的夹角为θ。AO 的拉力为F1，BO 的拉力为F2。以
下说法正确的是（ ）
7
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A．F1= mg
sinθ
B．F2= mg
tanθ
C．如果三根细线的材料相同，则逐渐增加物重BO 先断
D．逐渐增加夹角θ（θ 仍小于90°），细线BO 的拉力增大
【解答】解：AB、对O 点受力分析，在三根绳子的拉力作用下处于平衡状态，如图
由共点力平衡，结合正交分解法，得到：F2cosθ﹣F1＝0，F2sinθ﹣G＝0
解得：F1= mg
tanθ
，F2= mg
sinθ
，故AB 错误；
C、根据几何关系可得三个绳子中OB 绳拉力最大，如果三根细线的材料相同，则逐渐增加物重
BO 先断，故C 正确；
D、OB 绳拉力大小为F2= mg
sinθ
，逐渐增加夹角θ（θ 仍小于90°），sinθ 增大、则细线BO 的拉
力减小，故D 错误。
故选：C。
[题型专练8]. （2023 秋•温州期中）如图所示，两个长度相同的轻绳在中点处垂直交叉形
成一个“绳兜”，重力为G 的光滑球静置于“绳兜”中。绳端挂于O 点静止，A、B、C、D
为每根绳与球面相切的点，OA＝OB＝OC＝OD＝2R，R 为球的半径，则OA 绳中的拉力大小
为（ ）
8
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A．√5
8 G
B．√5
4 G
C．√3
6 G
D．1
4 G
【解答】解：设OA、OB、OC、OD 与竖直方向夹角为θ，OA、OB、OC、OD 绳子拉力为T 根
据受力分析及几何关系可知
4Tcosθ＝G
竖直方向夹角余弦值为
cosθ =
2 R
√(2 R)
2+ R
2 = 2√5
5
联立可得：T = √5
8 G，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡
[题型专练9]. （2023 春•新乐市校级期中）如图所示，轻杆一端与竖直墙上的铰链B 连接，
另一端与质量为m 的小球C 连接，轻绳一端固定在竖直墙面上的A 点，另一端与小球C 连接。
小球C 静止时，AB：BC：AC＝2：2：3，重力加速度大小为g，则轻绳的拉力大小与轻杆的
弹力大小之和为（ ）
A．4.5mg
B．3.5mg
C．2.5mg
D．1.5mg
【解答】解：小球C 受重力、轻绳的拉力、轻杆的弹力三个力的作用而平衡，如图所示：
9
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重力和轻绳的拉力的合力与轻杆的弹力等大反向，根据力的矢量三角形与△ABC 相似，且AB：
BC：AC＝2：2：3，可得，轻绳的拉力大小为1.5mg，轻杆的弹力大小为mg，则轻绳的拉力大
小与轻杆的弹力大小之和为2.5mg；
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
题型三 动态平衡问题
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以
叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．基本方法：图解法和解析法．
类型1 “一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡
[题型专练10].
（2022 秋•广州期末）小球用细绳系住，并把小球放在倾角为θ 的光滑
固定斜面上如图所示。当细绳由水平沿OA 方向逐渐缓慢偏移至图中沿OD 方向时（小球位置
不变，细绳长度可调，其中OB 与斜面平行），此过程细绳中的张力大小（ ）
A．逐渐减小
B．逐渐增大
C．先逐渐增大后逐渐减小
10
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D．先逐渐减小后逐渐增大
【解答】解：小球受到重力mg，斜面支持力FN，细绳拉力F 的作用而处于动态平衡状态，如图
所示
在细线逆时针转动的过程中，由图可知，细线的拉力先逐渐减小后逐渐增大。
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
[题型专练11].
（2022 秋•宜丰县校级月考）如图所示，质量为m 的物体用轻绳AB 悬
挂于天花板上。现用水平向左的力F 拉动轻绳的中点O，使物体静止于图示位置，此时力F 的
大小小于mg。若保持力F 的大小不变，沿顺时针方向缓慢转动力F 到竖直向上的过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．OA 段轻绳的张力逐渐变大
B．物体受到的合力增大
C．轻绳中点O 的位置升高
D．物体的重力势能相比初始状态减少
【解答】解：A、根据平衡条件可知，F 和FOA的合力竖直向上，大小等于重力，根据三角形定
则作图，如图所示：
11
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则可知OA 段轻绳的张力逐渐减小，故A 错误；
B、因为物体始终处于平衡状态，则受到的合力为零，故B 错误；
CD、力F 越靠近竖直的位置时，轻绳也越接近竖直，当力F 竖直向上时，此时轻绳也是在竖直
方向上，所以轻绳中点O 的位置降低，物体的重力势能相比初始状态减小，故C 错误，D 正确；
故选：D。
类型2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡
[题型专练12].
（2023 秋•徐汇区校级期中）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体
悬挂在竖直木板的P 点，将木板以底边MN 为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹
角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先减小后增大再减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【解答】解：ABC、圆柱体的受力分析图（侧视图）如图所示，
12
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任意两个力的合力与第三个力的合力为零，在矢量三角形中，根据正弦定理得：
mg
sinβ = T
sinθ = F N
sinα
当木板缓慢转动直至水平的过程中，由于绳子方向、支持力的方向相对不变，所以β 保持不变，
sinβ 不变，θ 由直角逐渐减小，sinθ 减小，α 由锐角逐渐增大变为钝角，sinα 先增大后减小，故
T 减小，FN先增大后减小，所以压力先增大后减小。故AC 错误，B 正确；
另
解
：
画
出
三
个
力
的
动
态
变
化
图
如
下
图
所
示
，
从图上可以看出，拉力逐渐减小，而支持力先变大再变小，故AC 错误，B 正确；
D、由于两绳拉力的合力T 减小，而两绳的夹角保持不变，故两绳上的拉力减小。故D 错误。
故选：B。
[题型专练13].
（2023•海口三模）如图所示，质量为m 的小球套在竖直固定的光滑圆
环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F 拉住，
开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升
一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
13
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A．绳与竖直方向的夹角为θ 时，F＝mgcosθ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
【解答】解：A、对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F 和圆环的弹力N，如图所
示：
根据平衡条件可知：mg 和N 的合力与F 大小相等，方向相反，根据几何知识得知N＝mg，且有
F＝2mgcosθ，故A 错误；
BCD、小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力mg，F，
N，三个力，满足受力平衡，作出受力分析图如图所示，根据三角形相似得：
mg
R = F
AB = N
R
，则有：F= AB
R
mg，N＝mg，当A 点上移时，半径R 不变，AB 减小，故轻绳拉
力F 减小，小球所受支持力大小N 不变，故D 正确，BC 错误。
故选：D。
[题型专练14].
（2023 春•五华区校级月考）如图所示，质量为M 的物体用轻绳悬挂于
O 点，开始时轻绳OA 水平，OA、OB 两绳之间的夹角α＝150°，现将两绳同时顺时针缓慢转
过90°，且保持O 点及夹角α 不变，物体始终保持静止状态。在旋转过程中，设绳OA 的拉力
为F1，绳OB 的拉力为F2，则下列说法正确的是（ ）
A．F1逐渐增大，最终等于Mg
14
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B．F1先减小后增大
C．F2逐渐减小，最终等于零
D．F2先增大后减小
【解答】解：AB．由题意知，结点O 受三个力作用处于动态平衡状态，初始时FOA和FOB夹角
α＝150°，且始终不变。作出O 点所受三个力的矢量三角形的外接圆，如图所示
则重力为不变的弦、圆周角始终为30°，F1矢量箭头将在圆周上移动。由上图可知，OA 绳顺时
针转过90°过程中，F1先增大后减小，最终等于Mg，故AB 错误；
CD．初始时刻，FOA水平，FOB恰好为其外接圆的直径，OB 绳顺时针转过90°过程中，F2逐渐减
小，当绳OB 处于竖直位置时，F2＝0，故C 正确，D 错误。
故选：C。
类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型（晾衣杆模型）
[题型专练15].
（2023•怀化一模）晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的
A、B 两点，A、B 两点等高，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服
受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳
长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，sin37°＝0.6。不计绳子的质量及绳与
衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A 点沿杆向下移到C 点，绳子的拉力变大
B．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等
15
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C．相比无风时，在有风的情况下∠AOB 小
D．无风时，轻绳的拉力大小为5
8 mg
【解答】解：A．有风情况下，A 点沿杆稍下移到C 点，两端绳子夹角变小，但是两细绳拉力的
合力不变，则拉力F 变小，故A 错误；
B．不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，
故B 错误；
C．设无风时绳子夹角的一半为θ1，绳长为L，有风时绳子夹角的一半为θ2，有风时如图
有L1+L2＝Lsinθ2
d＝Lsinθ1
又因为d＞L1+L2
所以θ1＞θ2
∠AOB＝2θ，故有风的情况下∠AOB 小
故C 正确；
D．无风时，同一条绳子拉力相等，根据受力的对称性，挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相
等。
由几何关系sinθ =
d
1.25d = 4
5
，θ＝53°
根据平衡条件mg＝2Fcosθ
解得F =
mg
2cosθ = 5
6 mg
故D 错误。
故选：C。
[题型专练16].
（2022•东城区二模）在建造房屋的过程中，建筑工人用轻绳穿过与重
物固定连接的光滑圆环，将重物从高台运送到地面的过程，可以简化为如图所示的情景：工人
16
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甲和乙站在同一水平高台上分别握住轻绳，甲在A 点静止不动，乙站在B 点缓慢释放轻绳，
使重物下降。在乙释放一小段轻绳的过程中，下列分析正确的是（ ）
A．绳的拉力大小不变
B．工人甲受到高台的支持力不变
C．工人甲受到高台的摩擦力变大
D．工人甲受到高台和绳的作用力的合力变大
【解答】解：A.设重物重力为G，对圆环受力分析如图所示
由平衡条件得2Tcosθ＝G，解得T =
G
2cosθ
。
当乙站在B 点缓慢释放轻绳，使重物下降，θ 变小，G 不变，拉力T 变小，故A 错误；
B.将甲、乙和重物作为一个整体，高台对甲、乙的支持力满足2FN＝G+G 甲+G 乙，则甲受到跳台
的支持力不变，恒等于甲、乙和重物总重力的一半，故B 正确；
C.甲受力如图所示
17
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由平衡条件可得f＝Tsinθ，由A 选项可知T 变小，θ 变小，所以f 变小，故C 错误；
D.工人甲处于平衡状态，合力为零，工人甲受到高台和绳的作用力的合力大小始终等于工人甲
的重力不变，故D 错误。
故选：B。
[题型专练17].
（多选）（2023 秋•泉港区校级期中）如图所示，左右两根竖直杆之间
有一段光滑的轻绳，轻绳两端分别固定在杆的A 点和B 点，轻绳上有一个光滑挂钩，挂钩下
面挂了一物块。保持左侧杆和A 点的位置不变，下列说法正确的是（ ）
A．右侧杆不动，B 点移到B2位置时，绳子张力变小
B．右侧杆不动，B 点移到B1位置时，绳子张力不变
C．B 点不动，将右侧杆移到虚线位置C 时，绳子张力不变
D．B 点不动，将右侧杆移到虚线位置D 时，绳子张力变大
【解答】解：设轻绳的拉力为F，每根轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳总长为L，两杆之间的
距离为d，如图所示：
根据图中几何关系可得sinθ= d
L
；
根据平衡条件可得：2Fcosθ＝mg，解得：F=
mg
2cosθ
。
A、右侧杆不动，B 点移到B2位置时，d 不变，θ 不变，cosθ 不变，轻绳拉力不变，故A 错误；
B、右侧杆不动，B 点移到B1位置时，d 不变，θ 不变，cosθ 不变，轻绳拉力不变，故B 正确；
C、B 点不动，将右侧杆移到虚线位置C 时，则d 减小、θ 减小，cosθ 增大，轻绳拉力减小，故
C 错误；
D、B 点不动，将右侧杆移到虚线位置D 时，则d 增大、θ 减小，cosθ 减小，轻绳拉力增大，故
D 正确。
故选：BD。
18
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题型四 平衡中临界与极值问题
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或
“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
常见的临界状态有：
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)．
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为
0.
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
2．极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分
析．
[题型专练18].
（2021 秋•虎林市校级期末）如图所示，一根细绳一端固定在O 点，另
一端悬挂质量为m 的小球A，小球静止时细绳与竖直方向成30°角，则需对小球施加一个力的
最小值等于（ ）
A．√3mg
B．√3
2
mg
C．√3
3
mg
D．1
2
mg
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图。小球受到重力G，细绳的拉力T
和外力F，由平衡条件知，T 和F 的合力与G 等大、反向、共线，根据作图法得知，当力F 的方
向与细绳垂直时，力F 最小。
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则由平衡条件得：
力F 的最小值为 Fmin＝mgsin30°= 1
2
mg
故选：D。
[题型专练19].
（2022 秋•湖北月考）斜面倾角为30°，重为10N 的A 物体放在斜面上。
平行于斜面的细线一端系着A 物体，另一端通过光滑定滑轮连着B 物体，B 物体在方向可变的
拉力F 作用下静止在如图所示位置，已知F 最小时，大小为5N，则有（ ）
A．F 最小时，方向水平向右
B．B 物体重力大小为5√3N
C．F 最小时，A 物体不受斜面摩擦力
D．F 最小时，A 物体受斜面摩擦力大小为（5√3-5）N
【解答】解：AB.设B 物体的质量为m，绳中张力为T，物体B 受力示意图如图所示。
可知当拉力F 斜向右上与绳子垂直时的拉力最小，根据平衡条件有：
Fmin＝mgsin30°
T＝mgcos30°
解得：mg＝10N，T＝5√3N，故AB 错误；
CD.当F 最小时绳中张力为T＝5√3N，根据平衡条件可知，物体A 的摩擦力为
f＝T﹣Gsin30°＝（5√3N﹣5）N，方向沿斜面向下，故C 错误，D 正确。
故选：D。
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[题型专练20].
（2022 秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，足够长的斜面倾角为θ，一
质量为m 的物块恰好能自行沿斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑过程中，在竖直平面内
给物块一任意方向（α 角任意）的外力F，斜面始终处于静止状态。已知重力加速度为g，下
列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面下滑过程中，地面给斜面的摩擦力为零
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2tanθ
C．若外力F 拉着物块沿斜面匀速上滑，则F 的最小值为mgcosθ
D．若外力F 拉着物块沿斜面匀速上滑，则F 的最小值为mgsinθ
【解答】解：B、未加F 时，物块匀速下滑，受力平衡，物块的受到重力、支持力和摩擦力的作
用，由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，故B 错误；
A、物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；
若对物块施加一个沿斜面方向的力，物块下滑过程中对斜面的作用力没有变，斜面受力情况不
变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；
若对物体施加一个垂直于斜面方向的力F1，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F1、摩擦力增
加μF1，如图所示；
根据几何关系可知：tanθ= μ F1
F1
=μ，故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩
擦力为零；
在竖直平面内给物块一任意方向（α 角任意）的外力F，此力F 可以分解为垂直于斜面方向和沿
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斜面方向，而施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力均为零，所
以无论对物块B 施加什么方向的力，在B 停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，故A 正确；
CD、若外力F 拉着物块沿斜面匀速上滑，设力F 与斜面的夹角为α，根据平衡条件可得：
Fcosα＝mgsinθ+μ（mgcosθ﹣Fsinα）
解得：F= mgsinθ+ μmgcosθ
cosα + μsinα
= mgsinθ+ μmgcosθ
√μ
2+1sin(α + β)
所以F 的最小值为：Fmin= mgsinθ+ μmgcosθ
√μ
2+1
=（mgsinθ+μmgcosθ）cosα＝mgsin2θ，故CD 错
误。
故选：A。
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