第5节 共点力的动态平衡-2023年高考物理二轮复习对点讲解与练习（通用版）

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第二章 相互作用
第5节 共点力的动态平衡
【知识梳理】
1．动态平衡问题
指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体始终处于一系列的平衡状态．
2．解决动态平衡问题的关键
抓住不变量，确定自变量，依据不变量与自变量的关系来确定其他量的变化规律．
3．极值问题
(1)定义：平衡物体的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．
(2)解题方法：解决这类问题的常用方法是解析法，即根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．另外，图解法也是常用的一种方法，即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值．
4．临界问题
(1)定义：由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，解题的关键是确定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件．
(2)解题方法：解决这类问题的基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解．
【诊断小练】
(1)物体受三个力作用，且三个力的合力为0，则物体一定处于静止状态．(　　)
(2)三个力的合力为0，则这三个力作用在物体上时，物体一定处于平衡状态．(　　)
(3)物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，其中一个力一定与另外两个力的合力等大反向．(　　)
(4)做匀速直线运动的物体受三个力作用，若撤去其中一个力，则物体有可能做类平抛运动．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√

【命题突破】
共点力的动态平衡问题是高考的重点，这类问题常和生活中的实际情景相结合，选题不避常规模型，没有偏难怪题出现。选择题中物理情景较简单，难度在中等偏易到中等难度之间；计算题物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大。
考点一　分析动态平衡问题的三种方法
（一）图解法
此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。

1．如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则(重力加速度为g)(　　)
A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsin α
B．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcos α
C．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsin α
D．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsin α
【解析】　分析小球的受力情况：重力G、斜面的支持力N2和挡板AO的压力N1，由平衡条件得知N2和N1的合力与G大小相等、方向相反，保持不变．

当挡板与斜面的夹角变化时，作出四个位置受力图，由图看出当挡板与斜面垂直时，挡板对小球的压力N1最小，挡板AO所受压力即最小，此时β＝90°，最小值N1＝mgsin α.故D正确．
【答案】　D
2.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，小球P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与P始终保持静止状态，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．框架对P的支持力先减小后增大
B．力F的最小值为mgcos θ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力先增大后减小
【解析】　以P为研究对象受力分析，如图所示，根据几何关系可知，将力F沿顺时针方向转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿P与框架接触点的切线方向向上时，F最小，此时F＝mgcos θ，故A错误，B正确；以框架与P组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，由图可知，F在沿顺时针方向转动的过程中，沿水平方向的分力逐渐减小，沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的摩擦力和支持力都逐渐减小，故C、D错误。
【答案】　B

（二）解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。　　
3.如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小到零的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是(　　)
A．推力F先增大后减小
B．推力F一直减小
C．物块受到的摩擦力先减小后增大
D．物块受到的摩擦力一直不变
【解析】　建立如图所示的坐标系，对物块受力分析，由平衡条件得，Fcos θ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝，可见，当θ减小时，F一直减小；Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)，可知，当θ、F减小时，Ff一直减小。综上所述，只有B正确。
【答案】　B
4．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
【解析】　解法一：解析法
设绳OA段与竖直方向的夹角为θ，对O点进行受力分析，列平衡方程得F＝mgtan θ，T＝，则随θ的逐渐增大，F逐渐增大，T逐渐增大，A正确．
解法二：图解法
由题意知，系统处于动态平衡状态，分析O点的受力情况如图甲所示，其中T′＝G恒定不变，F方向不变，T大小方向均改变，在O点向左移动的过程中，θ角逐渐变大，由动态矢量三角形(图乙)可知F、T均逐渐变大，故A项正确．
【答案】　A

5．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动，设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3，斜面体与地面间的弹力为F4，在此过程中(　　)
A．F1逐渐减小
B．F2保持不变
C．F3先减小后增大
D．F4逐渐增大
【解析】　先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图

根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；
再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图
根据平衡条件，有
x方向：F＋(M＋m)gsin θ－F1＝0
y方向：F2－(M＋m)gcos θ＝0
解得：F2＝(M＋m)gcos θ，保持不变．
结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故A、B正确，C、D错误．
【答案】　AB
（三）相似三角形法
在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例求解(构建三角形时可能需要画辅助线)。　　
6.(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2。则下列关于T1与T2、F1与F2大小的比较，正确的是(　　)
A．T1>T2　　　　　　 B．T1＝T2
C．F1 【解析】　以B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力T的合力F合与其重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故T1＝T2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确。
【答案】　BC
7．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，细线中的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)
A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小
C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小
【解析】选C　小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFNA，即：＝＝，小球上移即A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。


考点二　动态平衡中的临界极值问题
临 界 问 题
极 值 问 题
平衡状态发生变化的转折点叫做临界点，此类问题的关键词有“刚好”“恰好”“至少”“最多”等
在动态平衡中常常涉及求力或其他量的最(极)大值、最(极)小值问题，而最(极)值往往出现在临界点
方法1　图解法　
根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。
1.如图所示，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点上，O、B间的绳子长度是2l，A、B间的绳子长度是l。将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直，同时O、A间和A、B间的两段轻绳分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为(　　)
A.G　　　　　　　　 　B.G
C．G D.G
【解析】　对小球A受力分析可知，因O、A间轻绳竖直，则A、B间轻绳上的拉力为0。对小球B受力分析如图所示，则可知当F与O、B间轻绳垂直时F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，则Fmin＝G，故选项A正确。
【答案】　A
方法2　假设推理法　
先假设某种临界情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
2.如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一根跨过动滑轮的细绳相连。现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉物体A的细绳与水平面夹角为53°，拉物体B的细绳与水平面夹角为37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则物体A、B的质量之比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　设细绳中张力大小为F，对A应用平衡条件得Fcos 53°＝μ(mAg－Fsin 53°)，对B应用平衡条件得Fcos 37°＝μ(mBg－Fsin 37°)，解得＝，选项A正确。
【答案】　A
方法3　数学方法　
根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。
3.如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，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α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。
(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【解析】　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ。
(1)木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)
当α＝θ，即F取最小值mgsin 2θ时，
Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。
【答案】　(1)θ　mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ
【归纳总结】
解决动态平衡、临界与极值问题的常用方法
方法
步骤
解析法
①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式
②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
①根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化
②确定未知量大小、方向的变化
假设法
①明确研究对象
②画出受力示意图
③假设可发生的临界现象
④列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解
　



【考能提升·对点演练】
1.如图所示，斜面体A放在水平地面上，用平行于斜面的轻弹簧将物块B拴在挡板上，在物块B上施加平行于斜面向上的推力F，整个系统始终处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．物块B与斜面之间一定存在摩擦力
B．弹簧的弹力一定沿斜面向下
C．地面对斜面体A的摩擦力一定水平向左
D．若增大推力F，则弹簧弹力一定减小
【解析】选C　因不知道弹簧处于伸长还是压缩状态，故A、B、D错误；对整体受力分析，地面对斜面体A的摩擦力与推力F的水平分力等大反向，故C正确。
【答案】 C
2.如图所示，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方O点(滑轮大小及摩擦均不计)，轻杆B端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是(　　)
A．轻绳的拉力越来越大
B．轻绳的拉力越来越小
C．轻杆的弹力越来越大
D．轻杆的弹力越来越小
【解析】选B　以B端为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是轻绳斜向上的拉力F，一个是重物竖直向下的拉力F′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B正确，A、C、D错误。


【答案】 B
3.如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O与O2由一根轻质细绳连接，水平外力F作用于细绳的一端．用N表示铰链对杆的作用力，现在水平外力F作用下，θ从缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．F逐渐变小，N大小不变
B．F逐渐变小，N逐渐变大
C．F先变小再变大，N逐渐变小
D．F先变小再变大，N逐渐变大
【解析】　如图所示，力三角形(△FNG)与几何三角形(△O2OO1)相似，则有＝＝，因为O2O1、OO1长度不变，故N大小不变，OO2长度变短，故F变小．故选A项．

【答案】　A
4.有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)。现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是(　　)
A．FN不变，FT变大 B．FN不变，FT变小
C．FN变大，FT变大 D．FN变大，FT变小
【解析】选B　以P、Q两个环为整体，对其受力分析可知，竖直方向上支持力FN＝2mg，与P环位置无关；以Q环为研究对象并受力分析，设∠ABO＝θ，分解拉力FT可得，FTcos θ＝mg，FT＝，P环左移θ减小，故拉力FT变小，B正确。
【答案】 B
5.如图所示，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(细线尚未到达平行于斜面的位置)，在此过程中(　　)
A．细线对小球的拉力减小
B．斜面体对小球的支持力减小
C．水平力F减小
D．地面对斜面体的支持力不变
【解析】选A　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，FT、FN和小球所受重力mg三力的合力为0，可形成闭合矢量三角形，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A正确，B错误；对斜面体受力分析，如图乙所示，根据牛顿第三定律及平衡条件，有：F＝FN′sin α＝FNsin α，FN地＝Mg＋FN′cos α＝Mg＋FNcos α，由于FN增大，故FN地和F均增大，故C、D错误。
【答案】 A


6.如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN的轻圆环B相连接．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及环B静止在图中虚线所在的位置．现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动．则此过程中，环对杆摩檫力F1和环对杆的弹力F2的变化情况是(　　)
A．F1保持不变，F2逐渐减小
B．F1保持不变，F2逐渐增大
C．F1逐渐减小，F2保持不变
D．F1逐渐增大，F2保持不变
【解析】　以A、B组成的整体为研究对象，环受杆的摩擦力F′1＝(mA＋mB)g保持不变，则F1＝F′1也保持不变，环对杆的弹力F2与杆对环的弹力F′2等大反向，而F′2＝F，所以分析F变化情况即可，研究结点O，构造力三角形可知F变大，F′2变大，F2变大，B正确．
【答案】　B
7．固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个光滑定滑轮(大小可忽略)，细线一端拴一小球(可视为质点)置于半球面上A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。现将小球缓慢地从A点拉向半球顶点B，则此过程中，小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是(　　)
A．FN不变，FT不变
B．FN不变，FT变大
C．FN不变，FT变小
D．FN变大，FT变小
【解析】选C　小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力FN′和细线拉力FT的合力F与重力G是一对平衡力，即F＝G，根据几何关系知，力三角形FAFN′与几何三角形COA相似，设滑轮到半球顶点B的距离为h，细线AC长为L，则有＝＝，由于小球从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变，L减小，故FN′大小不变(由牛顿第三定律知FN＝FN′)，FT变小，C正确。
【答案】 C

8．倾角为θ＝37°的斜面体与水平面固定不动，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A施加一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是(　　)

A．3 B．2
C.1 D．0.5
【解析】　设物体刚好不下滑时F＝F1，
则F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ，
FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.
得：＝＝＝；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2·cos θ＝μFN′＋G·sin θ，
FN′＝F2·sin θ＋G·cos θ，
得：＝＝＝2，
即≤≤2，
故F与G的比值不可能为A.
【答案】　A
9.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，如图所示，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(　　)

A．逐渐增大 B．大小不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【解析】　以小球为研究对象，分析受力情况：受重力G、斜面的支持力N和轻绳的拉力T，如图所示．由平衡条件得知，N和T的合力与G大小相等、方向相反，将悬点A缓慢沿杆向上移动，使轻绳绕O点逆时针转动的过程中，T先减小后增大，故D正确．

【答案】　D
10．(多选)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，绕过定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可视为质点。现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较(　　)
A．拉力F增大
B．拉力F减小
C．角θ不变
D．角θ减小
【解析】选AD　以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子张力始终等于B受到的重力，两绳子张力的合力在∠APB角平分线上，拉动绳子后，动滑轮P将斜向上运动，两绳子夹角减小，两张力的合力增大，由平衡条件知F增大，A正确，B错误；PQ与竖直方向夹角θ始终等于∠APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，C错误，D正确。
【答案】 AD
11．(多选)如图所示，一光滑小球放置在斜面与挡板之间处于静止状态，不考虑一切摩擦，设斜面对小球的弹力为FN1，挡板对小球的弹力为FN2。如果把挡板由图示位置缓慢绕O点转至竖直位置，则此过程中(　　)
A．FN1始终减小
B．FN1先减小后增大
C．FN2先减小后增大
D．FN2始终减小
【解析】选AD　小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在此过程中，重力G、FN1、FN2组成的封闭矢量三角形的变化情况如图乙所示，G大小、方向均不变，FN1方向始终不变，FN2方向与水平方向夹角逐渐减小到零，由图可知此过程中，FN1始终减小，FN2始终减小，选项A、D正确。


12.(多选)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜面平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力F，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜面，则有(　　)
A．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜面的压力先减小后增大
C．杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【解析】选AD　设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为FN1，轻绳对小球的拉力为FT，小球所受的重力大小为G1，小滑块所受的重力大小为G2，杆对小滑块的弹力大小为FN2。由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，小球受力矢量三角形如图甲所示，轻绳对小球的拉力FT逐渐增大，选项A正确；斜面对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，选项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得：FN2＝FN1sin θ，F＝G1＋G2－FN1cos θ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，选项C错误，D正确。


13．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时物体恰能沿斜面匀速下滑，对物体施加一水平向右的恒力F，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θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)临界角θ0的大小。
【解析】(1)物体沿斜面匀速下滑时，对物体受力分析，由平衡条件得
mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得μ＝。
(2)对物体施加水平恒力F后，设斜面倾角为α时，物体受力情况如图所示，由平衡条件得
Fcos α＝mgsin α＋Ff
FN＝mgcos α＋Fsin α
Ff＝μFN
解得F＝
当cos α－μsin α＝0，即tan α＝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θ0＝α＝60°。
【答案】(1)　(2)60°
14.质量为M的木楔倾角为θ，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α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【解析】　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，
有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ.
(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝
＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff＝Fcos(α＋θ)
当α＝θ时，F取最小值mgsin 2θ，
Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.
【答案】　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ