1、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，特别是受力分析和平衡条件的应用更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.一、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.2.一般步骤自测 1 (多选)如图 1 所示，水平地面上的物体 A，在斜向上的拉力 F 的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确
2、的是( )图 1A.物体 A 可能只受到三个力的作用B.物体 A 一定受到四个力的作用C.物体 A 受到的滑动摩擦力大小为 Fcos D.物体 A 对水平面的压力大小一定为 Fsin 答案 BC二、共点力的平衡1.平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态.22.平衡条件F 合 0 或者Error!.如图 2 甲和乙所示，小球静止不动，物块匀速运动.图 2则小球 F 合 0；物块 Fx0， Fy0.3.平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反.(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力
3、大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形.(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小相等，方向相反.自测 2 如图 3 所示，一个质量为 m 的小物体静止在固定的、半径为 R 的半圆形槽内，距内槽最低点高为 处，则它受到的摩擦力大小为( )R2图 3A. mg B. mg C.(1 )mg D. mg12 32 32 22答案 B解析 对物体受力分析如图，由平衡条件可得：mgsin Ff， FN mgcos ，sin ， Ff mg.R2 R2 2R 32 323命题点一 受力分析 整体法与隔离法的应用1.高中物理主
4、要研究的九种力种类 大小 方向重力 G mg(不同高度、纬度、星球， g 不同) 竖直向下弹簧的弹力 F kx(x 为形变量) 沿弹簧轴线静摩擦力 0 Ff 静 Ffmax 与相对运动趋势方向相反滑动摩擦力 Ff 滑 F N 与相对运动方向相反万有引力 F Gm1m2r2 沿质点间的连线库仑力 F kq1q2r2 沿点电荷间的连线电场力 F 电 qE正(负)电荷与电场强度方向相同(相反)安培力F BIL当 B I 时， F0洛伦兹力F 洛 qvB当 B v 时， F 洛 0左手定则，安培力(洛伦兹力)的方向总是垂直于 B 与 I(B 与 v)决定的平面2.整体法与隔离法整体法 隔离法概念将加速
5、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 如图 4 所示，物块 A 放在直角三角形斜面体 B 上面， B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时 A、 B 静止，现用力 F 沿斜面向上推 A，但 A、 B 仍未动.则施力 F 后，下列说法正确的是( )4图 4A.A、 B 之间的摩擦力一定变大 B.B 与墙面间的弹力可能不变C.B 与墙之间可能没有摩擦力 D.弹簧弹力一定不变答案 D解析 对 A 分析，开始受重力、 B 对 A 的支持力和静摩擦力平衡，当施加 F 后，仍
6、然处于静止状态，开始 A 所受的静摩擦力大小为 mAgsin ，若 F2 mAgsin ，则 A、 B 之间的摩擦力大小不变，故 A 错误；以 A、 B 整体为研究对象，开始时 B 与墙面的弹力为零，后来施加 F 后，弹力为 Fcos ，B 错误；对 A、 B 整体分析，由于 A、 B 不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于 A、 B 的总重力，施加 F 后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则 B 与墙之间一定有摩擦力，故 C 错误，D 正确.例 2 如图 5 所示，甲、乙两个小球的质量均为 m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上.现分别用大小相等的力 F
7、 水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧.则平衡时两球的可能位置是下列选项中的( )图 5答案 A解析 用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力 F(甲受到的)、水平向右的力 F(乙受到的)和细线 1 的拉力，两水平力5相互平衡，故细线 1 的拉力一定与重力 2mg 等大反向，即细线 1 一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力 mg、水平向右的拉力 F、细线 2 的拉力 F2.要使得乙球受力平衡，细线 2 必须向右倾斜.故 A 正确.变式 1 如图 6 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
8、.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 2F，则此装置平衡时的位置可能是( )图 6答案 A解析 设每个球的质量为 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绳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 .F2mg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Fmg ，故 A 正确.6命题点二 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
9、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(1)平行四边形定则法：但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系.(2)图解法：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.(3)矢量三角形法若已知 F 合 的方向、大小及一个分力 F1的方向，则另一分力 F2的最小值的条件为F1 F2；若已知 F 合 的方向及一个分力 F1的大小、方向，则另一分力 F2的最小值的条件为 F2 F合 .例 3 ( 多 选 )(2017全 国 卷 21)如 图 7，
10、 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 ( ).现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变.在 OM 由竖直被拉到水平的 2过程中( )图 7A.MN 上的张力逐渐增大 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 AD解析 以重物为研究对象，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， F
11、1、 F2的夹角为 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 A、D 正确，B、C 错误.7变式 2 ( 2017全 国 卷 17)一 根 轻 质 弹 性 绳 的 两 端 分 别 固 定 在 水 平 天 花 板 上 相 距 80 cm 的 两 点 上 ， 弹 性 绳 的 原 长 也 为 80 cm.将 一 钩 码 挂 在 弹 性 绳 的 中 点 ， 平 衡 时 弹 性 绳 的 总 长度 为 100 cm； 再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度
12、内)( )A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm答案 B解析 设弹性绳的劲度系数为 k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量 L100 cm80 cm20 cm，两段绳的弹力 F k L，对钩码受力分析，如图甲所示，sin ，cos .根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为 G2 k Lcos .将弹性绳45 35的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力图如图乙所示.设弹性绳伸长量为 L，弹力为 F k L，钩码的重力为 G2 k L，联立解得 L L12 cm.弹性绳的总35长度变为 L0 L92 cm，故 B 正确，A、C、D 错误. 甲 乙例 4 (多选)(2
13、017天津理综8)如图 8 所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、 N 上的 a、 b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态.如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )图 8A.绳的右端上移到 b，绳子拉力不变B.将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大8C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移答案 AB解析 设两杆间距离为 d，绳长为 l， Oa、 Ob 段长度分别为 la和 lb，则 l la lb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为 和 ，受力分析如图所示.绳子中各部分张力相等，FTa FTb FT，则 .满足
14、 2FTcos mg， d lasin lbsin lsin ，即 sin ， FT ， d 和 l 均不变，则 sin 为定值， 为定值，cos 为定值，绳dl mg2cos 子的拉力保持不变，故 A 正确，C 错误；将杆 N 向右移一些， d 增大，则 sin 增大，cos 减小，绳子的拉力增大，故 B 正确；若换挂质量更大的衣服， d 和 l 均不变，绳中拉力增大，但衣服的位置不变，D 错误.变式 3 (多选)如图 9 所示，在固定好的水平和竖直的框架上， A、 B 两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态.若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下
15、列判断正确的是( )图 9A.只将绳的左端移向 A点，拉力变小B.只将绳的左端移向 A点，拉力不变C.只将绳的右端移向 B点，拉力变小D.只将绳的右端移向 B点，拉力变大答案 BD解析 设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子的长度为 L， B 点到墙壁的距离为 s，根据几何知识和对称性，得：sin sL以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为 FT，根据平衡条件得：2 FTcos mg，得 FT mg2cos 9当只将绳的左端移向 A点， s 和 L 均不变，则由式知， FT不变，故 A 错误，B 正确.当只将绳的右端移向 B点， s 增加，而 L 不变，则由式知， 增大，cos 减小，则由式知，
16、 FT增大.故 C 错误，D 正确.故选 B、D.命题点三 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”等语言叙述.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.解决极值问题和临界问题的方法(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
17、件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，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).(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 5 如图 10 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 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 10(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角 0的大小.1
18、0答案 (1) (2)6033解析 (1)如图所示，未施加力 F 时，对物体受力分析，由平衡条件得 mgsin 30 mg cos 30解得 tan 3033(2)设斜面倾角为 时，受力情况如图所示，由平衡条件得：Fcos mgsin FfFN mgcos Fsin Ff F N解得 Fmgsin mgcos cos sin 当 cos sin 0，即 tan 时， F，即“不论水平恒力 F 多大，都不能3使物体沿斜面向上滑行” ，此时，临界角 0 60.变式 4 (2017广东汕头二模)重力都为 G 的两个小球 A 和 B 用三段轻绳如图 11 所示连接后悬挂在 O 点上， O、 B 间的绳
19、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 11A. G B. G C.G D. G12 33 2 33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， Fmin Gsin ，其中 sin 11 ，则 Fmin G，故 A 项正确.l2l 12 12变式 5 (2017河北冀州 2 月模拟)如图 12 所示，质量为 m(
20、可以看成质点)的小球 P，用两根轻绳 OP 和 O P 在 P 点拴结后再分别系于竖直墙上相距 0.4 m 的 O、 O两点上，绳OP 长 0.5 m，绳 O P 长 0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成 37角的拉力 F，将小球缓慢拉起.绳 O P 刚拉直时， OP 绳拉力为 FT1，绳 OP 刚松弛时， O P 绳拉力为 FT2，则 FT1 FT2为(sin 370.6，cos 370.8)( )图 12A.34 B.43 C.35 D.45答案 C解析 绳 O P 刚拉直时，由几何关系可知此时 OP 绳与竖直方向夹角为 37，小球受力如图甲，则 FT1 mg.绳 OP 刚松弛时，小球
21、受力如图乙，则 FT2 mg.则 FT1 FT235，C45 43选项正确.121.如图 1 所示，物体 A 在竖直向上的拉力 F 的作用下能静止在斜面上，关于 A 受力的个数，下列说法中正确的是( )图 1A.A 一定受两个力作用 B.A 一定受四个力作用C.A 可能受三个力作用 D.A 受两个力或者四个力作用答案 D解析 若拉力 F 大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力 F 小于物体的重力，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用.2.(2018山西太原调研)如图 2 所示，轻绳 OA 一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，
22、一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上 B 点，且 OB 处于水平.现将 A 点缓慢沿天花板水平向右移动，且 OB 段的轻绳始终保持水平，则 OA、 OB 段轻绳所受的拉力的大小 FTA、 FTB的变化情况是( )图 2A.FTA增大， FTB不变 B. FTA、 FTB均不变 C. FTA不变， FTB增大 D. FTA、 FTB均减小答案 B解析 因为圆环光滑，则 OC、 OB 段轻绳所受的拉力的大小 FTC、 FTB始终相等，且等于物体的重力.又 OB 段轻绳始终保持水平， OC 段轻绳始终保持竖直，则 A 点缓慢右移，圆环也随之右移，角 不变，由平衡条件可知 OA 段绳上所受的
23、拉力不变.故 B 项正确.3.(2018河北唐山质检)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图 3 所示.将悬点 A 缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )图 313A.逐渐增大 B.大小不变 C.先减小后增大 D.先增大后减小答案 C解析 当悬点 A 缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力 mg 的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力 FT先减小后增大，C 项正确.4.如图 4 所示，质量为 m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角
24、 37的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )图 4A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B.弹簧弹力不可能为 mg34C.小球可能受三个力作用D.木板对小球的作用力有可能小于小球的重力 mg答案 C解析 小球的受力分析如图，对于小球所受静摩擦力的情况：当 mgsin 37 F 弹 cos 37时，小球受到沿斜面向上的静摩擦力，当 mgsin 37 F 弹cos 37时，小球受到沿斜面向下的静摩擦力，当 mgsin 37 F 弹 cos 37时，小球不受静摩擦力，且 F 弹 mgtan 37 mg，所以 A、B 错误，C 正确；木板对小球的作用力的34竖直分量等于 mg，所以不可
25、能小于 mg，D 错误.5.(2017广东六次联考)一个质量为 3 kg 的物体，被放置在倾角为 30的固定光滑斜面上，在如图 5 所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是( g10 m/s 2)( )14图 5A.仅甲图 B.仅乙图 C.仅丙图 D.甲、乙、丙图答案 B6.(2017湖南长沙联考)如图 6 所示是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为 m 的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳 1 与竖直方向的夹角为 30，轻绳 2 与竖直方向的夹角大于 45，轻绳 3 水平.当此系统处于静止状态时，轻绳 1、2、3 的拉力分别为 F1、 F2、 F3，比较三
26、力的大小，下列结论正确的是( )图 6A.F1 F3 B.F2 F3C.F1 F2 D.F1 F2答案 C7.(多选)(2017江西南昌 3 月模拟)如图 7 所示，静止在粗糙水平面上的半径为 4R 的半球的最高点 A 处有一根水平细线系着质量为 m、半径为 R 的光滑小球.已知重力加速度为 g.下列说法正确的是( )图 7A.地面对半球的摩擦力的方向水平向右B.细线对小球的拉力大小为 mg34C.保持小球的位置不变，将 A 点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D.剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为 0.6g答案 BD解析 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，
27、A 项错误.对15小球受力分析如图，拉力 FTA mgtan ，由几何关系可知 tan ，则 FTA mg，B 项34 34正确.半球对小球的支持力 FN ，在 A 点下移时， 增大，cos 减小，则 FN增大，mgcos C 项错误.在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有 mgsin ma，其中 sin 0.6，得 a0.6 g，D 项正确.8.(多选)如图 8 所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体 B 靠在竖直墙壁上，物块 A放在斜面体 B 上，开始时 A、 B 静止.现用水平力 F 推 A， A、 B 仍静止，则此时 A、 B 受力个数的组合可能是( )图 8A.
28、3 个、5 个 B.3 个、3 个 C.4 个、5 个 D.3 个、4 个答案 CD解析 先对 A、 B 整体受力分析， A、 B 整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的弹力；再对物块 A 受力分析， A 受重力、推力、斜面体的支持力，可能还受到静摩擦力，所以 A可能受到 3 个或 4 个力，分析 B 的受力情况， B 受到重力、墙壁的弹力、地面的支持力、 A对 B 的压力，可能还受到 A 对 B 的静摩擦力，所以 B 可能受到 4 个或 5 个力，故 C、D 均正确.9.如图 9 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 的斜面体置于光滑水平面上，用水平力 F 推
29、斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高(细绳尚未到达平行于斜面的位置).在此过程中：( )图 916A.绳对小球的拉力减小 B.斜面体对小球的支持力减小C.水平推力 F 减小 D.地面对斜面体的支持力不变答案 A解析 对小球受力分析，如图甲所示，斜面体左移会引起 FT的方向及大小的变化而 FN的方向不变，三力的合力为 0，则形成闭合三角形， FT与 FN相互垂直时 FT最小，此时细线和斜面平行，则细线尚未到达平行于斜面的位置时， FT逐渐变小， FN逐渐变大，故选项 A 正确，B 错 误 ； 对 斜 面 体 受 力 分 析 ， 如 图 乙 所 示 ， 根 据 平 衡 条 件 ， 有
30、： F FN sin FNsin ， FN地 Mg FN cos Mg FNcos .由 于 FN增 大 ， 故 支 持 力 FN 地 和 推 力 F 均 增 大 ， 故 C、 D 错误 .10.(多选)如图 10 所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑.小球被轻质细线系住放在斜面上.细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一小段距离，斜面体始终静止.移动过程中( )图 10A.细线对小球的拉力变大 B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大 D.地面对斜面的摩擦力变大答案 BCD解析 设小球和斜面体的质量分别为 m 和 M，细线和斜面的夹角为 .对小球受力分析，如图甲所示
31、，小球受到重力 mg、斜面的支持力 FN和细线的拉力 FT，则由平衡条件得：斜面方向： mgsin FTcos 垂直斜面方向： FN FTsin mgcos 使小球沿斜面缓慢下移时， 减小，其他量不变，由式知， FT变小.由知， FN变大，故 A 错误，B 正确；对斜面体进行受力分析，如图乙所示，斜面体受到重力 Mg、地面的支持力 FN 地 、地面的静摩擦力 Ff和小球的压力 FN，由平衡条件得：17Ff FNsin ， FN FN变大， Ff变大FN 地 Mg FNcos ， FN FN变大， FN 地 变大，根据牛顿第三定律得，斜面体对地面的压力也变大，故 C、D 正确.11.如图 11
32、所示，物体 A、 B 置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为 0.5，物体A、 B 用跨过光滑轻质动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力斜向上提动滑轮，某时刻拉 A物体的绳子与水平面成 53角，拉 B 物体的绳子与水平面成 37角， A、 B 两个物体仍处于平衡状态，此时若继续增大向上的力， A、 B 两个物体将同时开始运动，则 A、 B 两个物体的质量之比 为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 37mAmB0.8， g10 m/s 2)( )图 11A. B. C. D.73 1011 97 45答案 B解析 对 A、 B 两 物 体 ， 由 平 衡 条 件 得 FT
33、cos 53 (mAg FTsin 53)， FTcos 37 (mBg FTsin 37)，解得 ，选项 A、C、D 错误，选项 B 正确.mAmB 101112.质量为 M 的木楔倾角为 ，在水平面上保持静止，当将一质量为 m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑.如果用与木楔斜面成 角的力 F 拉着木块匀速上升，如图 12 所示(已知木楔在整个过程中始终静止).图 12(1)当 时，拉力 F 有最小值，求此最小值；(2)当 时，木楔对水平面的摩擦力是多大？答案 (1) mgsin 2 (2) mgsin 41218解析 (1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mg cos ，即 tan .木块在力 F 作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos mgsin FfFsin FN mgcos Ff F N解得 F 2mgsin cos sin 2mgsin cos cos cos sin sin mgsin 2cos 则当 时， F 有最小值， Fmin mgsin 2 .(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面摩擦力等于 F 的水平分力，即Ff Fcos ( )当 时， F 取最小值 mgsin 2 ，Ffm Fmincos 2 mgsin 2 cos 2 mgsin 4 .12
