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第二章相互作用
第9 课时 专题强化：动态平衡和临界、极值问题
目录
考点一 动态平衡问题...................................................................................................................1
1.“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题.......................................................................1
2.“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题...................................................................3
3.一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题....................4
考点二 平衡中的临界、极值问题...............................................................................................6
1.临界问题.......................................................................................................................................6
2.极值问题.......................................................................................................................................6
3.解题方法.......................................................................................................................................6
【限时训练】（限时：60 分钟）.................................................................................................. 8
【考情分析·探规律】
考
情
分
析
知识点
年份
试卷及题号
动态平衡和临界、极值问题
2024
2024·重庆
2023
山东卷 T2
2022
2022·河北、2022·湖南、2022·浙江
2021
广东卷 T11
试
题
情
境
生活实践类
生活中的摩擦力的应用，索桥、千斤顶、刀、木楔的工作原
理
学习探究类
探究弹簧弹力与形变量的关系，探究两个互成角度的力的合
成规律，共点力平衡条件及应用，平衡中的临界问题
【知识梳理】
考点一 动态平衡问题
动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可
视为平衡状态。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。
1
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矢量三角形法:其中一个力大
小方向固定，另一个力方向
固定，第三个力大小方向均
不固定
水平拉力F 逐渐增大，绳的拉力也逐渐增大
挡板对球的作用力F1先减小后增大，斜面对球的支持
力F2逐渐减小
相似三角形法:矢量三角形与
几何三角形相似
OA
G ＝OB
F N
＝AB
F
辅助圆法:
(1)一个力大小、方向固定，
另两个力间的夹角固定。
(2)一个力大小、方向固定，
另一个力大小固定，第三个
力大小、方向均不固定
正弦定理
G
sin(π −α ) ＝F1
sinβ ＝F2
sinγ
1.“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题
(1)一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三力可构成直角三角形，可作不同状态下
的直角三角形，分析力的大小变化，如图甲所示。
(2)一力恒定，另一力与恒定的力不垂直但方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定
力大小的变化，在变化过程中恒力之外的两力垂直时，会有极值出现，如图乙所示。
【小试牛刀】
2
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【典例】1.如图所示，装有足球的轻网兜系在钉子上，墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几
圈后，则( )
A．网绳上的拉力变小
B．网绳上的拉力不变
C．墙壁对足球的支持力变大
D．墙壁对足球的支持力不变
【答案】C
【解析】方法一：解析法 对足球受力分析如图所示：
设网绳与竖直方向的夹角为θ，将网绳在钉子上多绕几圈后，绳子长度减小，θ 增大，由平
衡条件可得G＝FT2＝FTcos θ，网绳的拉力FT随着θ 的增大而增大，A、B 错误；由平衡条
件可得FN＝FT1＝FTsin θ，解得FN＝Gtan θ，所以墙壁对足球的支持力随着θ 的增大而增大
C 正确，D 错误。
方法二：图解法
把三力放在一个矢量三角形中，如图所示，当网绳长度减小时，θ 增大，矢量三角形中，
随着θ 角增大，FT变大，FN变大，故C 正确。
3
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2.“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题
一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等
平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边比
值相等。
基本矢量图，如图所示
基本关系式：＝＝。
【小试牛刀】
【典例】1.(2025·山东烟台市龙口市校考)如图所示为一简易起重装置，AC 是上端带
有小滑轮的固定支架，BC 为质量不计的轻杆，杆的一端C 用铰链固定在支架上，
另一端B 悬挂一个质量为m 的重物，并用轻质钢丝绳跨过滑轮A 连接在卷扬机上。
开始时，杆BC 与AC 的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到∠BCA＝30°
(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC 所产生的弹力( )
A.大小不变
B.逐渐增大
C.先增大后减小
D.先减小后增大
【答案】A
【解析】以结点B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件
知，G、FN的合力F 合与F 大小相等、方向相反。
4
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根据三角形相似得G
AC ＝F合
AB ＝F N
BC ，得FN＝BC
AC G
∠BCA 缓慢变小的过程中，AC、BC 不变，则FN不变，故杆BC 所产生的弹力大小不
变，故选A。
3.一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题
利用正弦定理或利用辅助圆，恒力为圆的一条弦，恒力所对应角的顶点在圆上移
动，可保持圆心角不变，根据不同位置判断各力的大小变化。
【典例】2.如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另
一端N。初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α＞)。现将重物向右
上方缓慢拉起，并保持夹角α 不变。在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN 上的张力逐渐减小
B．MN 上的张力先增大后减小
C．OM 上的张力逐渐增大
D．OM 上的张力先增大后减小
【答案】D
【解析】方法一：以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM 绳上拉力F2、MN 上
拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，
在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN 上的张力F1逐渐增
大，OM 上的张力F2先增大后减小，所以D 正确，A、B、C 错误。
5
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方法二：正弦定理
把三力F1、F2、G 放在一个矢量三角形中，如图所示
根据正弦定理有＝＝
易证明∠3＋∠α＝180°，∠2＋∠γ＝180°，∠1＋∠β＝180°，故有＝＝
在OM 由竖直被拉到水平的过程中，α 角保持不变，β 由钝角减小至90°，γ 由锐角增大至
钝角，故可判断F1逐渐增大，F2先增大后减小，故D 正确。
【解题技巧】
分析动态平衡问题的流程
受力分析
画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形
考点二 平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等。临
界问题常见的种类：
(1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)绳子恰好伸直，拉力F＝0。
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(3)刚好离开接触面，支持力FN＝0。
2.极值问题
平衡中的极值问题，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
极限法
正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点;
临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，
要把某个物理量推向极大或极小
数学分析法
通过对问题的分析，根据平衡条件列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)
物理分析法
根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用
平行四边形定则进行动态分析，确定最大值和最小值
【小试牛刀】
【典例】1.如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球
体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，
则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】对光滑球体受力分析如图甲所示
根据平衡条件可得
FN2cos θ＝mg，
对支架受力分析如图乙所示
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根据牛顿第三定律可知FN3＝FN2，对支架由平衡条件可得FN4＝2mg＋FN3cos θ，Ff＝FN3sin
θ，又达到最大静摩擦力时Ff＝μFN4，
联立以上各式解得μ＝，可知支架和地面间的动摩擦因数至少为，故选D。
【典例】2.(2025·山东烟台市开学考)如图所示，质量m＝5.2 kg 的金属块放在水平地
面上，在斜向右上的拉力F 作用下，向右以v0的速度做匀速直线运动。已知金属块
与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s2。求所需拉力F 的最小值。
【答案】2√26 N
【解析】方法一 三角函数法
设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcos θ＝μ(mg－Fsin θ)，整理得F＝
μmg
cosθ＋μsinθ ＝
μmg
√1＋μ
2sin( β ＋θ)(其中sin β＝
1
√1＋μ
2)，当θ＝π
2 －β 时F 最小，
故所需拉力F 的最小值Fmin＝
μmg
√1＋μ
2＝2√26 N。
方法二 利用“摩擦角”法
设FN与Ff的合力与FN方向的夹角为α，则tan α＝
Ff
F N
＝μ
①
再设FN与Ff的合力为F'。
如图所示，当拉力F 与F'垂直时有最小值
即Fmin＝mgsin α
②
由①②得Fmin＝2√26 N。
【解题技巧】
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在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。
也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。【典例】如：
如图所示，物体在拉力F 作用下做匀速直线运动，改变θ 大小，求拉力的最小值时，
可以用支持力与摩擦力的合力F'代替支持力与摩擦力，FN与Ff的合力F'方向一定，即
“摩擦角”α 满足tan α＝
F f
F N
＝μ，则Fmin＝mgsin α，此时θ＝α。
【限时训练】（限时：60 分钟）
【基础必刷题】1~7 题每小题7 分，共49 分
1.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B 两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书
本处于静止状态。若用两段更长的等长细绳重新将书拴住，两环位置不变。环与书本仍处
于静止状态，则横杆对A 环的作用力与原来相比( )
A．大小不变、方向不变
B．大小减小、方向改变
C．大小减小、方向不变
D．大小增大、方向改变
【答案】B
【解析】杆对环的作用力包括支持力和摩擦力，根据环受力平衡可知，两者的合力大小与
绳的拉力大小相等，设书本质量为m，细绳与竖直方向间的夹角为θ，绳的拉力大小F＝
＝，用更长的等长细绳重新将书拴住，θ 减小，cos θ 增大，拉力大小减小，方向改变，故
B 正确。
2．如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，
由卡位4 缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则( )
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
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C．支架对电脑的作用力减小
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
【答案】A
【解析】根据题意，电脑始终处于平衡状态，对电脑受力分析，如图所示，由平衡条件可
得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcos θ
电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsin θ
由卡位4 缓慢调到卡位1，θ 减小，故FN增大，Ff减小，故B 错误，A 正确。
支架对电脑的作用力即为电脑受到的支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力的合力大小
等于电脑的重力，保持不变，根据“三角形两边之和大于第三边”可知，电脑受到的支持
力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，C、D 错误。
3．抖空竹是我国传统文化中一株灿烂的花朵，既极具观赏性，又可健身。如图甲所示，若
抖空竹者保持一只手不动，另一只手沿图乙中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响
不计空竹和绳子间的摩擦力，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是( )
A．沿虚线a 向左移动时，细线的拉力将增大
B．沿虚线b 向上移动时，细线的拉力将减小
C．沿虚线c 斜向上移动时，细线的拉力将增大
D．沿虚线d 向右移动时，细线的拉力将减小
【答案】C
【解析】对空竹受力分析如图所示：
由平衡条件有2Fsin θ＝mg
若设绳长为L，由几何关系可知cos θ＝
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当B 沿虚线a 缓慢向左移动时，dAB减小，cos θ 减小，sin θ 增大，F 将减小，A 错误；
同理可知当沿虚线d 向右移动时，dAB增大，cos θ 增大，sin θ 减小，F 将增大，D 错误；
当沿虚线b 向上移动时，dAB不变，cos θ 不变，sin θ 不变，F 不变，B 错误；
当沿虚线c 斜向上移动时，dAB增大，cos θ 增大，sin θ 减小，F 将增大，C 正确。
4．如图所示，某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置B 缓慢移动到位置A，不计绳
子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中(
)
A．绳子的拉力逐渐增大
B．该健身者所受合力逐渐减小
C．该健身者对地面的压力逐渐减小
D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所
受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B 错误；对健身者
受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsin θ＋FN＝Mg，又有FT＝
mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有FTcos θ＝Ff，当从B 缓慢移到A 时，θ 角
逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第
三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C 错误，
D 正确。
5.在水平外力F 的作用下，A、B 两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖
直墙面，将A 缓慢向右移动一小段距离(B 未与地面接触)，不计一切摩擦，则在此过程中，
关于水平地面对A 的弹力FN1、竖直墙面对B 的弹力FN2，下列说法正确的是( )
A．FN1不变，FN2变大
B．FN1变小，FN2变大
C．FN1变大，FN2变小
D．FN1不变，FN2变小
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【答案】A
【解析】以圆柱体B 为研究对象，分析受力如图所示
当将A 缓慢向右移动一小段距离，F1与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B 的弹力FN2
增大；以圆柱体A、B 整体为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1＝(mA＋mB)g，
当将A 缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A 的弹力FN1不变，故A 正确，B、C、D 错
误。
6.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个
系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个
过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中( )
A．Ff变小，F 变大
B．Ff变小，F 变小
C．Ff变大，F 变小
D．Ff变大，F 变大
【答案】D
【解析】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，
水平拉力F＝mgtan α，夹角α 逐渐增大，则水平拉力F 逐渐增大，绳子的拉力为FT＝，故
绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的
地面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，Ff＝FTcos θ＝，逐渐增大，故选D。
7.(2025·山东济宁市开学考)一轻质杆两端分别固定有质量均为m 的小球A、B，两小球
由细线OE、FC 悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示。OE 和FC 的拉力分别用
F1和F2表示，初始时，F1与竖直方向的夹角θ=30°，F2水平，重力加速度为g。现保持
A 球位置不变，将细线FC 的C 端缓慢上移至FC 与水平方向成α=60°角的位置的过程
中，下列说法正确的是( )
A.F1一直减小且减小了mg
B.F2一直减小且减小了mg
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C.F2先减小后增大，其最小值为1
2
mg
D.轻杆的弹力一直减小，其最小值为√3
3 mg
【答案】D
【解析】取两小球及轻杆整体为研究对象，整体受重力2mg、细线OE 的拉力F1及细
线FC 的拉力F2作用处于平衡状态。此三力满足图甲所示关系，当C 端缓慢上移时，
由图知细线OE 的拉力一直减小，最初其大小为F1= 2mg
cos30° =4√3
3
mg，移动后其大小
为F1'=
2mg
2
cos30°
=2√3
3
mg，减小了2√3
3
mg，故A 错误；由图甲知细线FC 的拉力先减小
后增大，其最小值为F2min=2mgsin 30°=mg，故B、C 错误；取A 球为研究对象，其所受
重力、细线OE 的拉力F1及轻杆的弹力F 满足图乙所示关系，因为末态时OE 的拉力大
小为2√3
3
mg=
mg
cos30° ，所以最后杆的弹力正好沿水平方向，由图乙知杆的弹力一直在
减小，最小值为F'=mgtan 30°=√3
3 mg，故D 正确。
【巩固必刷题】8~11 题每小题10 分，共40 分
8.(多选)如图，一斜面粗糙的斜面体置于粗糙地面上，斜面顶端装有一光滑轻质定滑轮
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，M 与滑轮间细
绳与斜面平行，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 与斜面体始终保持静止，则在此过程中( )
A.水平拉力的大小可能保持不变
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B.M 所受细绳的拉力大小一定一直增大
C.M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增大
D.斜面体所受地面的摩擦力一定增大
【答案】BD
【解析】方法一 图解法
对N 进行受力分析，因为N 的重力与水平拉力F 的合力和细绳的拉力FT是一对平衡力，
在力的矢量三角形中(如图甲所示)可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一
直增大，选项A 错误，B 正确；M 的质量与N 的质量的大小关系不确定，设斜面倾角
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C 错误；对整体受力分析，可知
斜面所受地面摩擦力等于水平拉力F，一定增大，选项D 正确。
方法二 解析法
以物块N 为研究对象，受到重力G、水平拉力F 和细绳的拉力FT，设细绳与竖直方向
的夹角为α，如图乙所示，根据平衡条件可得F=Gtan α，FT= G
cosα ，随着α 的增大，F
和FT都增大，故A 错误，B 正确；对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及
斜面可能对它的摩擦力Ff，如果开始摩擦力方向沿斜面向上，如图丙所示，则有
FT+Ff=GMsin θ，当FT 不断增大的时候，Ff 减小；当FT>GMsin θ 时，有FT=GMsin
θ+Ff，随着FT的增大，Ff将增大，所以沿斜面的摩擦力Ff可能先减小后增大，C 错误；
对整体受力分析，可知斜面体所受地面摩擦力等于水平拉力F，一定增大，选项D 正
确。
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9.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相
连，另一端施加拉力F 使重环从A 点缓慢上升到B 点。设杆对重环的弹力大小为FN，
整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中( )
A.F 逐渐增大，FN逐渐增大
B.F 逐渐增大，FN先减小后增大
C.F 先减小后增大，FN逐渐增大
D.F 先减小后增大，FN先减小后增大
【答案】B
【解析】由题意知，轻绳对重环的拉力和杆对环的弹力的合力与重力等大反向，受力
分析并构建力的矢量三角形如图所示，由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方
向的夹角越来越小，拉力F 增大，FN减小，拉力经过竖直方向后，与竖直方向夹角又
逐渐变大，拉力F 继续增大，FN也增大，B 正确。
10.小李发现小区的消防通道被一质量为m 的石墩挡住了，为了移开石墩小李找来一根
结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设
绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，g 为重力加速度，石
墩与水平地面间的动摩擦因数为√3
3 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正
确的是( )
A.无论θ 取何值，小李都不可能拖动石墩
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B.小李能拖动石墩，且当θ=π
3
时最省力
C.小李能拖动石墩，且当θ=π
6 时最省力
D.小李能拖动石墩，且当θ=π
4 时最省力
【答案】C
【解析】对石墩进行受力分析如图所示
Fcos θ=μFN
FN+Fsin θ=mg
解得2F(√3
2 cos θ+1
2sin θ)=mg
即F=
mg
2sin( π
3 +θ)，可解得，当θ=π
6
时，F 最小为0.5mg，故小李能拖动石墩，且当θ=
π
6
时最省力，故选C。
11.(多选)(2025·山东菏泽市段考)如图所示，一倾角θ=30°的斜面体固定于水平地面上，
一质量m=1.0 kg 的小物块恰好能够静止于斜面上。若给物块施加一平行于斜面且与斜
面内的水平虚线成α=60°角的推力F，在推力F 由0 逐渐增大的过程中，小物块始终保
持静止，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确
的是( )
A.小物块与斜面之间的动摩擦因数为√3
3
B.小物块所受的静摩擦力逐渐减小
C.小物块所受静摩擦力的最小值为2.5 N
D.推力F 的最大值为5√3 N
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【答案】ACD
【解析】质量m=1.0 kg 的小物块恰好能够静止于斜面上，则有mgsin θ=μmgcos θ，解
得μ=√3
3 ，故A 正确；小物块始终处于静止状态，对小物块受力分析可知，沿斜面方
向受力平衡，根据力的平行四边形定则可知静摩擦力先减小后增大，故B 错误；当静
摩擦力与推力垂直时，静摩擦力最小，为Ffmin=mgsin 30°×sin 30°=2.5 N，故C 正确；
当静摩擦力达到滑动摩擦力时，推力F 最大，根据几何关系可知Fmax=2mgsin 30°×cos
30°=5√3 N，故D 正确。
【尖子拔高题】(11 分)
12.(多选)(2024·山东省一模)粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体
C，斜面上有一个质量为2m 的物块B，B 通过平行于斜面的轻绳绕过定滑轮P 与结点
O 连接，结点处悬挂一质量为m 的小球A。初始时OP 间轻绳水平，拉力F 与OP 绳的
夹角α=135°，如图所示。现让拉力F 顺时针缓慢转动90°且保持α 大小不变，转动过程
B、C 始终保持静止。下列说法正确的是( )
A.拉力F 一直减小
B.绳对B 的拉力一直增大
C.B、C 间的摩擦力先增大后减小
D.物体C 对地面的压力先增大后减小
【答案】AC
【解析】对题图右侧结点处受力分析，α 角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动
态变化情况，如图所示，通过分析可得绳子拉力FT先增大后减小，拉力F 一直减小，
故A 正确，B 错误；初始状态，对O 分析可得绳子拉力大小为FT=mg，对B 分析，可
发现FT=2mgsin 30°，即一开始B 与C 间的静摩擦力为零，故当绳子拉力FT从mg 先增
大后减小到mg，B、C 间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大后减小，故C 正确；
将B、C 看成整体，竖直方向有FN 地+FTsin 30°=(2m+M)g，由于FT先增大后减小，故
FN 地先减小后增大，即物体C 对地面的压力先减小后增大，故D 错误。
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