1、专题强化二 受力分析 共点力的平衡【专题解读】 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和共点力平衡条件的应用，是高考的重点和热点。2.高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题。3.用到的相关知识有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件；用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等。题型一物体的受力分析1.力学中的五种力种类大小方向重力Gmg(不同高度、纬度、星球，g不同)竖直向下弹簧弹力Fkx(x为形变量)沿弹簧轴线静摩擦力0Ff静Ffmax与相对运动趋势方向相反滑动摩擦力Ff滑FN与相对运动方向相反万
2、有引力FG沿质点间的连线2.受力分析(1)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，并画出受力示意图的过程。(2)一般步骤3.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【例1】 (20211月湖南普高校招生适应性考试，6)如图1，一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体。系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为，则()图
3、1A.B.C.D.答案B解析以M为研究对象，2FT1cos Mg以M和m整体为研究对象，则2FT2cos (mM)gFT1sin FT2sin 由得：，B正确。【变式1】 2020天津市东丽区等级考试模拟(三)如图2所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动。关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的是()图2A.撤去F前6个，撤去F后瞬间5个B.撤去F前5个，撤去F后瞬间5个C.撤去F前5个，撤去F后瞬间4个D.撤去F前4个，撤去F后瞬间4个答案B解析撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、
4、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力： 重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用，选项B正确。【变式2】 (2020安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图3甲所示， A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30，则()图3A.F1F2 B.F1F2C.F12F2 D.F13F2答案C解析由题意知
5、两轻绳OA和AB的长度之比为1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图甲所示，由平衡条件得F2mgtan(9030)mg以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图乙所示，由平衡条件得F1F23mgtan 30mg可得F12mg，即F12F2，故C正确。题型二静态平衡问题1.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Fx0，Fy0。(3)常用推论若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n1)个力的合力大小相等、方向相反。若三个不共线的共点力合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭
6、三角形。2.处理平衡问题的基本思路确定平衡状态(加速度为零)巧选研究对象(整体法或隔离法)受力分析建立平衡方程求解或作讨论。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。【例2】 (2019全国卷，16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图4所示。两斜面、固定在车上，倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2，则()图4A.F1mg，F2mg B.F1mg，F2mgC.F1mg，F2m
7、g D.F1mg，F2mg答案D解析卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。由题意知，力F1与F2相互垂直。由牛顿第三定律知F1F1，F2F2，则F1mgsin 60mg，F2mgsin 30mg，选项D正确。【变式3】 (20211月湖北学业水平选择性考试模拟演练，6)如图5所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为，AC与AB的夹角也为。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数tan ，重力加速度大小为g，拉力大小为()图5A.2mgsin cos B.2mgsin C.2mgsin D.mgsin cos 答
8、案A解析对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsin ，支持力FNmgcos ，滑动摩擦力FfFNmgsin ，则拉力F2mgsin cos，故A正确。题型三 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。题型1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3】 (多选)(2019全国卷，19)
9、如图6，一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6A.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增加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BD解析选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜
10、面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FTFfGMsin ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FTGMsin Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，C错误，D正确。【变式4】 (2020广东汕头市第一次模拟)如图7所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图7A.当BP沿水平方向时，BP板受到的压力最大B.当BP沿竖直方向时，AP板受
11、到的压力最大C.当BP沿竖直方向时，BP板受到的压力最小D.当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小答案B解析当BP沿水平方向时，BP板受到的压力等于圆柱体的重力，AP板受到的压力为零。当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，小球受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为Fmg，如图；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，F1越来越大，F2先变小，后变大，到竖直位置时，F2mg，故选项B正确，A、C、D错误。题型2解析法的应用【例4】 如图8所示，用甲、乙两根筷
12、子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是()图8A.筷子甲对小球的弹力变小B.筷子乙对小球的弹力不变C.两根筷子对小球的弹力均增大D.两根筷子对小球的合力将增大答案C解析对小球受力分析如图根据平衡条件可知F2cos F1，F2sin mg解得F1，F2随着减小，F1，F2都在增大，故A、B错误，C正确；由于小球处于静止状态，两根筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，故D错误。题型3相似三角形法 对于物体沿圆弧缓慢移动的动态平衡问题，常把力的矢量三角形与几何三
13、角形联系起来，根据三角形相似，讨论力的大小变化情况。另外需要注意的是构建三角形时可能需要画辅助线。【例5】 如图9所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是()图9A.第一次轻绳的拉力逐渐增大B.第一次半圆环受到的压力逐渐减小C.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等D.小圆环第一次在N点与第二
14、次在N点时，半圆环受到的压力相等答案C解析小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。由图可知OMN与NBA相似，则有(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FNG，FTG；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FTcos 45FNm，在竖直方向上有GFTsin 45，解得FTG，FNGm，再结合牛顿第三定律可知，
15、C正确，D错误。题型四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、
16、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，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，确定最大值与最小值。【例6】 (2020河北邯郸市上学期期末)如图10所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为45的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为(1)，则下列关系式成立的是()图10A.FF0 B.F()2F0C.FF0 D.F()2F0答案D解析当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有mgsin 45F0cos 45FN垂直
17、于斜面方向，有FNmgcos 45F0sin 45解得F0mg同理，当物体恰好不上滑时，有Fmg解得F()2F0，故选项D正确。【变式5】 (多选)如图11所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为m1的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O1为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为m2且可视为质点的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上，当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是()图11A.当60时，半圆柱体对地面的压力大小为m1gm2gB.
18、当60时，小球对半圆柱体的压力大小为m2gC.换用不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2gD.换用半径更大的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变答案AC解析对小球进行受力分析如图甲所示，连接O2B和O1O2，由几何关系可知，小球受力平衡，有FN1m2gsin ，FTm2gcos ，对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN、墙壁的弹力F、细线的拉力FT、重力(m1m2)g，如图乙所示，整体受力平衡，则在竖直方向上有FNFTcos (m1m2)g，水平方向上有FFTsin 。当60时，FN1m2g，由牛顿第三定律得小球对半圆柱体的压力大小为m2g，B错误；FF
19、Tsin m2gsin 2，当45时，Fmaxm2g，C正确；FN(m1m2)gm2gcos2，当60时，FNm1gm2g，当换用半径更大的半圆柱体时，改变，FN改变，由牛顿第三定律可知A正确，D错误。课时限时练(限时：30分钟)对点练1物体的受力分析1.(2020云南保山市统一检测)如图1所示，A、B、C三个物体处于平衡状态，则关于A、B、C三个物体的受力个数，下列说法正确的是()图1A.A物体受到4个力的作用B.B物体受到3个力的作用C.C物体受到3个力的作用D.C物体受到4个力的作用答案C解析物体C受重力、B的支持力和摩擦力3个力的作用，选项C正确，D错误；物体B受重力、A的支持力、C的
20、压力和摩擦力4个力的作用，选项B错误；物体A受重力、地面的支持力以及B、C整体的压力3个力的作用，选项A错误。2.(2020山东日照市4月模拟)如图2所示，在水平桌面上叠放着物体a、b、c，三个物体均处于静止状态。下列说法正确的是()图2A.c一定受到水平桌面的摩擦力B.b对a的作用力一定竖直向上C.c对b的摩擦力可能水平向右D.b对a的支持力与a受到的重力是一对作用力和反作用力答案B解析对a、b、c整体分析，受重力和支持力，二力平衡，c不受地面的摩擦力，故A错误；对物体a受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，b对a的作用力一定竖直向上，和a的重力平衡，故B正确；以a和b整体为研究
21、对象，受到重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，c对b的静摩擦力平行接触面向上，故C错误；b对a的支持力与a对b的压力是一对作用力和反作用力，故D错误。对点练2静态平衡问题3.(2019江苏卷，2)如图3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，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()图3A. B.C.Tsin D.Tcos 答案C解析对气球，受力分析如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小FTsin ，选项C正确。4.(2020北京市昌平区二模练习)一根细线上端固定，下端系着一个质量为m的小球。给小球施加拉力F，使小球平衡后细线
22、与竖直方向的夹角为，图4如图4所示。则拉力F()A.方向可能在图中区内B.方向可能在图中区内C.最小值为mgcos D.最小值为mgtan 答案B解析小球受竖直向下的重力mg和沿细绳斜向上的拉力FT以及拉力F，三力平衡，则力F必在mg和FT夹角的对角范围内，即在图中的区域，当力F与FT垂直时，F最小，最小值为Fminmgsin 。故选项B正确。5.如图5所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为，则物体A、B的质量之比mAmB等于()图5A.1cos B.cos 1C.tan 1 D.1s
23、in 答案A解析设绳子的拉力为FT，隔离A分析有：FTmAg隔离B分析有：FTcos mBg由得：mAmB1cos ，故A正确，B、C、D错误。6.(2020山东济南市期末学习质量评估)如图6所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后，下列说法正确的是()图6A.木板始终做匀速运动B.木板所受合外力变大C.木板由匀速变为匀加速直线运动D.木板所受斜坡的摩擦力不变答案A解析在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析，如图所示：根据平衡条件有：Ff(mM)gsin ，FN(mM)gcos ，又FfFN，联立解得：tan ，在细沙漏出后
24、，细沙的质量减少，设为m，木板的质量不变，对整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜坡方向仍处于平衡状态，则有FN(mM)gcos ，又FfFN，且tan ，解得Ff(mM)gcos tan (mM)gsin ，而重力沿斜坡向下的分力为(mM)gsin ，即Ff(mM)gsin ，所以在细沙漏出后整体仍沿斜坡向下做匀速直线运动，A正确，C错误；因为整体仍沿斜坡向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B错误；因为细沙的质量减小，根据Ff(mM)gsin ，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D错误。对点练3动态平衡问题7.(2020河南驻马店市第一学期期终)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平
25、力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图7所示。设绳OA段拉力的大小为FT，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中()图7A.F先变大后变小，FT逐渐变小B.F先变大后变小，FT逐渐变大C.F先变小后变大，FT逐渐变小D.F先变小后变大，FT逐渐变大答案C解析对结点O受力分析如图所示，保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增大，FT一直减小，故选项C正确。8.(20211月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，7)如图8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
26、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8A.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解析以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为，沿切线方向有FTmgcos ，沿半径方向有FNmgsin ，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增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地MgFNsin Mgmgsin2，水平方向有F墙FNcos mgsin cos mgs
27、in 2，增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当45时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。对点练4平衡中的临界极值问题9.(2020河北保定市二模)某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图9所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为，筷子与小球表面间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。每根筷子对小球的压力至少为()图9A. B.C. D.答案B解析对小球受力分析2Ffcos mg2FNsin FfFN解得FN10.如图10所示，重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳连接后悬挂在O点
28、，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为()图10A.G B.G C.G D.G答案A解析对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0。对B球受力分析如图所示，则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，FminGsin ，由几何关系可知sin ，则FminG，故选项A正确。11.如图11所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直
29、方向的夹角分别为与45。设弹簧A、B中的拉力分别为FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略，重力加速度为g。则()图11A.tan B.kAkBC.FAmg D.FB2mg答案A解析对小球B进行受力分析，如图甲所示，甲乙根据平衡条件得Fmgtan 45mg，FBmg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示。根据平衡条件得：tan ，又Fmg，解得tan ，FAmg，由题意可知两弹簧的形变量相等，则有：x，解得：，故A正确，B、C、D错误。12.如图12所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平的外力，其中作用在b球上的力大小为F，作用在a球上的力大小为
30、2F，则此装置平衡时的位置可能是 ()图12答案A解析设两个球的质量均为m，Oa与ab和竖直方向的夹角分别为、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件可知，Oa细线的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡。由平衡条件得tan 以b球为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，由平衡条件得tan ，则，故A正确。13.有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图13甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻
31、绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2。现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是()图13A.FT1、FT2都变大 B.FT1变大、FT2变小C.FT1、FT2都不变 D.FT1不变、FT2变大答案D解析设绳子总长为L，两竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为，则由几何知识，得sL1sin L2sin (L1L2)sin ，又L1L2L，得到sin ；设绳子的拉力大小为FT，重物的重力为G，以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FTcos G，解得FT；可见，
32、对题图甲，当绳子右端慢慢向下移动时，s、L没有变化，则不变，绳子拉力FT1不变；对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两侧绳子之间的夹角增大，cos 减小，则绳子拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确。14.如图14所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图14(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角0的大小。答案(1)(2)60解析(1)如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30mgcos 30解得tan 30(2)设斜面倾角为时，受力情况如图乙所示，由平衡条件得Fcos mgsin FfFNmgcos Fsin ，FfFN解得F当cos sin 0，即tan 时，F，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角060。