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热点专题二 受力分析 共点力的平衡
【专题解读】 1.本
是受力分析和共点力平
专题
衡条件的
用，是高考的重点和
应
热
点。2.高考
本
考
型主要是
，但近年在
算
中也作
一个力学
对
专题
查题
选择题
计
题
为
或
学考点命
。
电
题3.用到的相关知
有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平
识
衡条件；用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等。
热点一 物体的受力分析与静态平衡
1.受力分析
(1)整体法与隔离法
整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一
个整体来分析的方法
将研究对象与周围物体分隔
开来分析的方法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的
作用力或系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互
作用力
(2)一般步骤
2.共点力平衡
(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。
(2)平衡条件：F 合＝0 或Fx＝0，Fy＝0。
3.常用的方法
(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。
(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、图解法等。
【真题示例1】 (2019·江苏卷，2)如图1 所示，一只气球在风中处于静止状态，风
对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气
球作用力的大小为( )
1
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图1
A.
B.
C.Tsin α
D.Tcos α
答案 C
解析
气球，受力分析如
所示，将
的拉力
对
图
绳
T 分解，在水平方向：
气球的作用力大小
风对
F＝Tsin α，选项C 正确。
【针对训练1】 (2021·江
七市
研
苏
调
)一台空调外机用两个三脚架固定
在外墙上，如图2 所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO 和斜梁
BO 连接点O 的上方，横梁对O 点的拉力沿OA 方向、大小为F1，斜梁对O 点的支
持力沿BO 方向、大小为F2，如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，
则( )
图2
A.F1增大
B.F1减小
C.F2不变
D.F2增大
答案 B
解析 对O 点受力分析如
所示
图
由平衡条件得F1＝，F2＝，保持
接点
连
O 的位置不
，斜梁
变
长
度增加θ
大，所以
变
F1、F2均减小。
热点二 动态平衡问题
1.动态平衡
动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程
中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。
2.常用方法
解析法、图解法、相似三角形法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析。
2
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图解法的应用
用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力
大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。
【例2】 如图3，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳
跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状
态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°。已知
M 始终保持静止，则在此过程中( )
图3
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M 所受细绳的拉力大小一定一直减小
C.M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
答案 D
解析 对N
行受力分析如
所示，因
进
图
为N 的重力与水平拉力
F 的合力和
的拉力
细绳
FT是一
平衡力，从
中可以看出水平
对
图
拉力的大小逐
增大，
的拉力也一直增大，
渐
细绳
选项A、B
；
错误
M 的
量与
质
N 的
量的大小关系不确定，
斜面
角
质
设
倾
为θ，若mNg≥mMgsin θ，则
M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg<mMgsin θ，则M 所受斜面的摩擦力
大小可能先减小后增大，选项D 正确，C
。
错误
【针对训练2】 (2021·昆山八校
考
联
)如图4 所示，轻绳一端系在质量为m 的物块
A 上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN 的圆环上。现用水平力F 拉住绳子上
一点O，使物块A 从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位
置不动。在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是(
)
图4
A.F1保持不变，F2逐渐增大
3
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B.F1保持不变，F2逐渐减小
C.F1逐渐增大，F2保持不变
D.F1逐渐减小，F2保持不变
答案 B
解析
以
、物体
圆环
A 及
整体
研究
象，分析受力情况，如
甲所示，根据平衡条
轻绳
为
对
图
件得到，杆
的摩擦力
对环
F1＝G，故摩擦力保持不
；杆
的
力
变
对环
弹
F2＝F，再以
点
结
O
研究
象，分析受力情况，如
乙所示，
与
直方向
角
为
对
图
设绳
竖
夹
为θ，由平
衡条件得到F＝mgtan θ，当物体A 从
中
位置
慢下降到虚
位置
程中，
图
实线
缓
线
过
θ 逐
减小，
渐
则F 逐
减小，
渐
F2逐
减小。据牛
第三定律可得，
渐
顿
F1保持不
，
变
F2
逐
减小。
渐
解析法的应用
【真题示例3】 (2021·湖南卷，5)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5 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( )
图5
A.推力F 先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
答案 C
解析
小滑
受力分析，如
甲所示，由
意可知，推力
对
块
图
题
F 与凹槽
滑
的支
对
块
4
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持力FN始
垂直，即
终
α＋β 始终为90°，在小滑
由
块
A 点向B 点
慢移
的
程中
缓
动
过
，
α 减小，β 增大，由平衡条件得F＝mgcos α、FN＝mgsin α，可知推力F 一直增大，
凹槽
滑
的支持力
对
块
FN一直减小，A、B
；小滑
和凹槽整体受力分析，如
错误对
块
乙所示，根据平衡条件可得，面
凹槽的
力大小
图
墙
对
压
FN1＝Fsin α＝mgsin 2α，水
平地面
凹槽的支持力
对
FN2＝Mg＋mg－Fcos α，在小滑
由
块
A 点向B 点
慢移
缓
动
的
程中，
过
α 由逐
减小到零，根据数学知
可知
面
凹槽的
力先增大后减
渐
识
墙
对
压
小，水平地面
凹槽的支持力一直减小，
对
C 正确，D
。
错误
甲 乙
【针对训练3】 (2021·山
日照模
东
拟)如图6 所示，一小球放在倾斜的墙面与木板
之间。设小球对墙面的压力大小为F1，小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙
连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的
位置。不计摩擦，在此过程中( )
图6
A.F1先减小后增大
B.F1一直增大
C.F2一直减小
D.F2先减小后增大
答案 C
解析 以小球
研究
象，分析受力情况：重力
为
对
G、面的支持力
墙
FN1和木板的支
持力FN2，令木板与
面的
角
墙
夹
为θ，根据平衡条件知FN1和FN2的合力与G 等大
反向，且得FN1＝，FN2＝，根据牛
第三定律知
面
球的
力大小
顿
墙
对
压
为F1＝FN1＝，
球
木板的
力大小
对
压
为F2＝FN2＝，木板从
示位置开始
慢地
到水平位置
图
缓
转
θ
增大，
知
则
F1始
减小，
终
F2始
减小，故
终
选C。
题型自我感悟
受力分析和平衡
是高考考
的
点，根据以上
问题
查
热
题目的分析，
你
以下
请
总结
问
：
题
1.如何判断物体
于平衡状
？
处
态
5
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提示 当物体所受合力
零
，物体
于平衡状
。
目一般会以
为
时
处
态
题
“静止”“匀
速运动”等条件告
，如果没有直接告
状
，那就要受力分析求合力，再做出
诉
诉
态
判断。
像的斜率、面
、截距、交点等。
图
积
2.
理平衡
常用到哪些方法？
理
平衡
常用到哪些方法？
平
处
问题
处
动态
问题
动态
衡
渗透了什么思想方法？
问题
提示
理平衡
常用到力的合成法、正交分解法、矢量三角形法等；
理
处
问题
处
动
平衡
常用到解析法和矢量三角形法，
上是采用了控制
量法，控制一
态
问题
实际
变
个量不
，来分析另外两个
量之
的关系。
变
变
间
热点三 平衡中的临界与极值问题
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。
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。
3.解题方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极
值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而
要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数
关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函
数极值)。
【真题示例4】 (2020·山东卷，8)如图7 所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板
上，质量分别为m 和2m 的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B 间
的接触面和轻绳均与木板平行。A 与B 间、B 与木板间的动摩擦因数均为μ，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B 刚好要
滑动，则μ 的值为( )
图7
A.
B.
C.
D.
6
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答案 C
解析 根据
述，物
题
块A、B
要滑
，可知
刚
动
A、B 之
的摩擦
间
FfAB＝μmgcos 45°，B
与木板之
的摩擦力
间
Ff＝μ·3mgcos 45°。隔离A 分析受力，由平衡条件可得轻绳
中拉力F＝FfAB＋mgsin 45°。对A、B 整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－Ff，
立解得
联
μ＝，选项C 正确。
对点练1 物体的受力分析和静态平衡
1.(2021·山
烟台模
东
拟)无人机经常应用于应急救援物资的输送。在一次救援物资
输送的过程中，无人机与下方用轻绳悬挂的救援物资一起在空中沿水平方向做匀
速运动，救援物资受到与运动方向相反的空气阻力作用，当无人机改变速度大小
仍然沿水平方向匀速运动时，绳子与竖直方向的夹角变大，则无人机速度改变后
比改变前( )
图1
A.绳子的张力变小
B.救援物资受到的空气阻力变小
C.无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小变大
D.无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小不变
答案 C
解析
与
直方向
角
设细绳
竖
夹
为θ，水平方向
则
f＝Tsin θ，直方向
竖
Tcos θ＝mg，
当
子与
直方向的
角
大
，
子的拉力
则
绳
竖
夹
变
时
绳
T
大，救援物
受到的空气阻
变
资
力f
大，
变
选项A、B
；由三力平衡可知，无人机受到的重力和
子拉力的合
错误
绳
力大小等于受到的阻力大小，
无人机受到的重力和
子拉力的合力大小
大，
则
绳
变
选项C 正确，D
。
错误
2.(2020·海南
考，
选择
2)如图2，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止
状态。则斜面对手机的( )
图2
7
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A.支持力竖直向上
B.支持力小于手机所受的重力
C.摩擦力沿斜面向下
D.摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力
答案 B
解析
手机的
量
设
质
为m，斜面
角
倾
为θ。
手机
行受力分析，如
所示，
对
进
图
由
可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件
有
图
则
f＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，因cos θ＜1，故FN＜mg，且摩擦力等于手机所受的重力
沿斜面向下的分力。
3.(2021·湖北武汉质检)水上飞伞是一项锻炼勇气和毅力的水上娱乐活动。快艇开
动后，拖在快艇后面的空中飞伞，在风力和绳子牵引力的作用下升起，游客乘伞
体验在空中飞翔的感觉。下列各图中的O 点均表示游客，能正确反映飞伞载着游
客在空中匀速飞行的是( )
答案 A
解析 乘客在空中受重力mg，子
引力
绳
牵
F1，
的拉力
飞伞
F2，受力分析如下
：
图
8
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游客在空中匀速
行，能正确反映游客受力
于平衡状
的是
飞
处
态
A
，故
图
A 正确，
B、C、D
。
错误
4.(2021·浙江6 月选考，4)2021 年5 月15 日，天问一号着陆器在成功着陆火星表
面的过程中，经大气层290 s 的减速，速度从4.9×103 m/s 减为4.6×102 m/s；打开
降落伞后，经过90 s 速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减
速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的
运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
图3
A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
答案 B
解析 打开降落
前，着
器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，
伞
陆
选项A 错
；打开降落
至分离前，着
器做减速运
，加速度方向
直向上，合力方向
误
伞
陆
动
竖
则
直向上，
竖
选项B 正确；打开降落
至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星
伞
的吸引力作用，选项C
；
停状
中，
机
火
错误
悬
态
发动
喷
的反作用力是气体对发动
机的作用力，由于
机
受到火星的吸引力，
机
火的反作用力与气体
发动
还
则发动
喷
的阻力不是平衡力，选项D
。
错误
5.(2021·
城月考
盐
)戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人
民智慧的结晶。如图4 所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时( )
9
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图4
A.两人站得越近越省力
B.两人站得越远越省力
C.两边绳子与竖直方向夹角为60°时最省力
D.绳子拉力大小与两人距离远近无关
答案 A
解析 设绳长为l，两人
距
间
为d，选O 点
研究
象，因
为
对
aOb
同一根
子，故
为
绳
aO、bO 对O 点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO 与水平方向的
角相等，
夹
设
为θ，对O 点受力情况如
所示，
图
根据平衡条件得2FTsin θ＝mg，由几何关系，可得sin θ＝，立，可得
联
FT＝·，从上
式可知，当d 减小
，
时
FT减小。故选A。
对点练2 动态平衡问题
6.(2021·南京检测)质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右
的拉力F 拉动绳的中点O 至图示位置。用FT表示绳OA 段拉力的大小，在拉力F
由图示5 位置逆时针缓慢转过90°的过程中，始终保持O 点位置不动，则( )
图5
A.F 先逐渐变小后逐渐变大，FT逐渐变小
B.F 先逐渐变小后逐渐变大，FT逐渐变大
C.F 先逐渐变大后逐渐变小，FT逐渐变小
D.F 先逐渐变大后逐渐变小，FT逐渐变大
10
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答案 A
解析 点O 受到三个拉力而
于平衡状
，其中向下的拉力的
处
态
大小和分析均不
，
变
OA 的拉力方向不
，根据平衡条件，三个
变
力可以构成首尾相
的矢量三角形，如
所示，从
中可以看
连
图
图
出，OA 的拉力FT不断减小，拉力F 先减小后增大，当拉力F 与
OA 垂直时F 最小。
7.(2021·福建南平质检)如图6，一粗糙的固定斜杆与水平方向成θ 角，一定质量的
滑环A 静止悬挂在杆上某位置。现用一根轻质细绳AB 一端与滑环A 相连，另一
端与小球B 相连，且轻绳AB 与斜杆垂直。另一轻质细绳BC 沿水平方向拉小球
B，使小球B 保持静止。将水平细绳BC 的C 端沿圆弧缓慢移动到竖直位置，B 的
位置始终不变，则在此过程中( )
图6
A.轻绳AB 上的拉力先减小后增大
B.轻绳BC 上的拉力先增大后减小
C.斜杆对A 的支持力一直在减小
D.斜杆对A 的摩擦力一直在减小
答案 C
解析 由
意知
题
，小球B
于平衡状
，小球受力分析如
处
态对
所示，
图
BC 由水平方向
到
直方向，由矢量三角形的
分析可
变
竖
动态
以看出，轻绳BC 上的拉力先减小后增大；轻绳AB 上的拉
力一直在减小，故A、B
；
错误
滑环A
于静止状
，
处
态对A 受力分析如
所示，由于
图
AB 绳对
A 的拉力FT一直在减小，故斜杆对A 的支持力也一直在减小；
斜杆对A 的摩擦力一直等于mAgsin θ，保持不
，故
变
C 正确，D
。
错误
8.(2021·广
河源开学考
东
)如图7 所示，质量为m 的小球用细
线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α 的斜面体置于光滑水平面上，用
水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当线拉力最
小时，推力F 等于(已知重力加速度为g)( )
11
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图7
A.mgcos α
B.mgsin α
C.mgcos 2α
D.mgsin 2α
答案 D
解析 小球受力如
所示，在小球
慢上升
程中，小球合力
图
缓
过
零，当拉力
为
FT与支持力FN垂直
，拉力最小，最小
时
值为FTmin
＝mgsin α，
小球和斜面整体分析，根据平衡条件可知
对
F＝
FTmincos α＝mgsin αcos α＝mgsin 2α，故选D。
对点练3 平衡中的临界极值问题
9.(2021·河北廊坊期末)如图8 所示，某运动员拖动汽车轮胎进行体能训练，受训
者通过绳子对静止在水平地面上的轮胎施加作用力F，F 斜向上并与水平方向成
37°角，大小由零逐渐增大。已知轮胎质量为26 kg，与地面间的动摩擦因数为
0.4，且轮胎受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10 m/s2。则(
)
图8
A.轮胎与地面间的摩擦力逐渐减小
B.轮胎与地面间的摩擦力逐渐增大
C.轮胎与地面间的摩擦力最大值为80 N
D.轮胎与地面间的摩擦力最大值为104 N
答案 C
解析 当力F
小
，
胎
于静止状
，此
胎与地面
的静摩擦力大小
较
时轮
处
态
时轮
间
为
Ff＝Fcos 37°，摩擦力随F 增大而增大；当力F
大
，
胎做加速运
，此
较
时轮
动
时轮
胎与地面
的滑
摩擦力的大小
间
动
为Ff′＝μ(mg－Fsin 37°)，摩擦力随F 增大而减
小，因此，胎与地面
的摩擦力先逐
增大后逐
减小，
轮
间
渐
渐
A、B
；当
胎
要
错误
轮
刚
滑
，胎与地面
的静摩擦力最大，此
，
胎，由平衡条件得
动时轮
间
时对轮
Fcos 37°＝
Ffm＝μ(mg－Fsin 37°)，解得最大静摩擦力Ffm＝80 N，C 正确，D
。
错误
12
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10.(2021·1 月重
适
庆
性
，
应
测试7)如图9 所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑
柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M 点。通过细线将小球从M
点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列
说法正确的是( )
图9
A.细线对小球的拉力先增大后减小
B.小球对柱体的压力先减小后增大
C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
答案 D
解析 以小球
象，
小球所在位置沿切
方向与
直方向
角
为对
设
线
竖
夹
为θ，沿切线
方向有FT＝mgcos θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，通
将小球从
过细线
M 点
慢向
缓
上拉至半
最高点的
程中
圆
过
θ 增大，所以
小球的拉力减小，小球
柱体的
细线对
对
力增大，故
压
A、B
；以柱体
象，
直方向有
错误
为对
竖
F 地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋
mgsin2θ，水平方向有F 墙＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，θ 增大，柱体受到水
平地面的支持力逐
增大；柱体
直
面的
力先增大后减小，当
渐
对竖
墙
压
θ＝45°
柱
时
体
直
面的
力最大，故
对竖
墙
压
C
，
错误
D 正确。
11.(2021·广
佛山摸底
东
)如图10 所示，质量为M 的物块A 置于倾角为30°的固定
粗糙斜面上，其上端通过一轻绳跨过光滑定滑轮与沙桶B 相连。初始时沙桶B 中
没有沙子，质量为M。现向沙桶B 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在
加入沙子的过程中，以下说法正确的是( )
图10
A.B 所受的合力增大
B.A 所受的摩擦力一直增大
C.A 所受的摩擦力先减小后增大
D.A、B 间的轻绳拉力大小保持不变
答案 B
13
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解析 整个系
始
保持静止，
统
终
故B 所受的合力为0，故A
；
错误对B 受力分析，
B 只在
直方向上受到
的拉力和重力，故
的拉力大小
竖
绳
绳
为B 的重力，初始
沙
时
桶B 中没有沙子，量
质
为M。向沙桶
现
B 中
慢加入沙子，所以
子的拉力
缓
绳
FT从
Mg 逐
增大，故
渐
D
；
错误
对A 受力分析如
，沿斜面方向根据共点力平衡
图
f＋
Mgsin 30°＝FT，FT≥Mg，f 从0 开始逐
增大，并且方向
渐
沿斜面向下，故B 正确，C
。
错误
12.(2021·山
青
期末
东
岛
)竖直插销的简化侧视图如图11
所示，下端部件A 可沿水平槽向前推动，部件B 可沿竖直
槽向上滑动。A、B 之间的接触面与水平方向成45°角且摩擦因数为μ，槽与A、B
间的摩擦不计。若B 的质量为m，为使插销启动，加在A 上的水平力F 的最小值
为( )
图11
A.
B.
C.mg
D.mg
答案 C
解析
使插
启
，加在
为
销
动
A 上的水平力F 的最小
的
界
值
临
条件是B 恰好受力平衡。
对A、B 受力分析如图
对B 有mg＋Ffcos 45°＝FABsin 45°
对A 有F＝Ffsin 45°＋FBAcos 45°
Ff＝μFAB＝μFBA，解得F＝mg，所以C 正确，A、B、D
。
错误
13.如图12 所示，质量为m＝2.4 kg 的物体用细线悬挂处于静止状态。细线AO 与
天花板之间的夹角为53°，细线BO 水平，若三根细线能承受最大拉力均为100
N，重力加速度g 取10 m/s2，不计所有细线的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下
列说法正确的是( )
14
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图12
A.细线BO 上的拉力大小为30 N
B.细线AO 上的拉力大小为18 N
C.要使三根细线均不断裂，则细线下端所能悬挂重物的最大质量为8 kg
D.若保持O 点位置不动，沿顺时针方向缓慢转动B 端，则OB 绳上拉力的最小值
为19.2 N
答案 C
解析 以
点
结
O
研究
象，受到重力、
为
对
OB
的拉力和
细线
OA 细
的拉力，如
所示，根据平衡条件
合
中几何关系可得
线
图
结
图
细线
BO 上的拉力大小为FBO＝mgtan 37°＝18 N，同理，可解得细线AO
上的拉力大小FAO＝＝30 N，故A、B
；若三根
能承受的最
错误
细线
大拉力均为100 N，根据
中力的大小关系可得，只要
图
OA 不拉断，
其他两根
都不会拉断，故有
细线
mmaxg＝Fmaxcos 37°，解得mmax＝＝ kg＝8 kg，故
C 正确；当OB 与OA 垂直
，
时OB
的拉力最小，根据几何关系
合平衡条件可
细线
结
得Fmin＝mgsin 37°＝24×10×0.6 N＝14.4 N，故D
。
错误
14.如图13 所示，倾角θ＝37°的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数μ
＝。现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动。设F 的方向与
斜面的夹角为α，在α 从0°逐渐增大到53°的过程中，木箱的速度保持不变，则(
)
图13
A.F 先减小后增大
B.F 先增大后减小
C.F 一直增大
D.F 一直减小
答案 A
解析
物体受力分析如
对
图
木箱沿着斜面向上做匀速直
运
，根据平衡条件，合力
零，在垂直斜面方向，
线
动
为
有FN＋Fsin α＝mgcos θ，在平行斜面方向，有Fcos α＝mgsin θ＋Ff，其中Ff＝
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μFN，立解得
联
F＝＝，当α＝30°时F 最小，在
则
α 从0°逐
增大到
渐
53°的
程中，
过
F 先减小后增大。
16
