第2章 第三讲 第2课时 共点力的动态平衡（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

共点力的动态平衡 第2课时 1 2 CONTENTS 目录 逐点清(一)　解决动态平衡 的三种方法 3 逐点清(二)　平衡中的临界极值问题 课时跟踪检测 逐点清(一)　解决动态平衡 的三种方法 方法1　解析法 1.(2025·山东烟台质检)(多选)如图所示，不可伸 长的轻质晾衣绳左端固定在晾衣架上O点，右端系 在a点，光滑小滑轮悬挂一衣服可在轻绳上滑动。 先将轻绳右端沿竖直杆缓慢上移到b点，然后再沿 水平杆缓慢移至c点，整个过程衣服始终未与地面和杆接触，设轻绳张力为F，滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳右端沿杆(　　) A.由a→b的过程，F不变，θ不变，衣服的位置不变 B.由a→b的过程，F不变，θ不变，衣服的位置升高 C.由b→c的过程，F减小，θ变小，衣服的位置下降 D.由b→c的过程，F不变，θ不变，衣服的位置升高 √ √ 解析：根据几何关系可知滑轮两侧轻绳间的夹角为2θ，由平衡条件可知2Fcos θ=mg，所以F=，设轻绳总长为L，两端点间水平距离为s，由几何关系L1sin θ+L2sin θ=s，得sin θ==，由a→b的过程，L、s都不变，θ不变，轻绳张力F也不变，由几何关系可知衣服的位置升高，故B正确，A错误；由b→c的过程，s变小，θ变小，cos θ变大，F变小，由几何关系可知衣服的位置下降，故C正确，D错误。 方法2　图解法 2.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　) A.货物A对玻璃棚的压力不变 B.货物A对玻璃棚的压力越来越大 C.绳子的拉力越来越大 D.绳子的拉力越来越小 √ 解析：对货物A受力分析，其动态图如图所示。货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。 方法3　相似三角形法 3.(2025·广州高三模拟)(多选)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则(　　) A.轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力 B.在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于G C.在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小 D.在虚线位置时，OC段承受的压力不变 √ √ 解析：轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对 作用力和反作用力，故A错误；在此时刻，重力、轻 绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，如图 所示，根据相似三角形，有==，所以轻绳对人的拉力大小和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；在虚线位置时AC更长，则轻绳承受的拉力更大，OC长度不变，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确。 1.解析法应用技巧 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，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 2.图解法应用技巧 此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题： 3.相似三角形法应用技巧 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进行计算。 逐点清(二)　平衡中的临界极值问题 1.临界、极值问题特征 (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。 必备知能 ①由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。 ②绳子恰好绷紧，拉力F=0。 ③刚好离开接触面，支持力FN=0。 (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。 2.解答平衡中的临界极值问题的三种方法 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 数学 分析法 通过对问题分析，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) 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 方法1　物理分析法 1.(2025·云南红河检测)挂灯笼是我国年俗文化的重要组成部分。图甲中灯笼竖直悬挂在轻绳OA和OB的结点O处，OA、OB与水平杆的夹角均为60°，OA、OB的拉力大小分别为F1、F2。现保持OA方向不变，仅将OB沿顺时针方向缓慢旋转至图乙所示的水平位置OB'，则此过程中(　　) A.F1大小不变 B.F2先变小后变大 C.F1与F2的合力变小 D.F1与F2的合力变大 √ 解析：以灯笼为研究对象，灯笼处于平衡状态，灯笼受到两绳拉力的合力等于灯笼的重力，F1与F2的合力恒定不变；OA拉力F1方向保持不变，仅将OB沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置OB'，作出力的矢量三角形，如图所示，可知F1变大，F2先变小后变大，故选B。 方法2　数学分析法 2.(2025·潍坊模拟预测)小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 1 000 N，某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度g取10 m/s2。则他能拉动的重物质量最大为(　　) A.100 kg B.100 kg C.200 kg D.200 kg √ 解析：设F与斜面夹角为θ，则恰好拉动重物时有Fcos θ = mgsin 15° +μ(mgcos 15°-Fsin θ)，整理可得F= = =，故当sin(θ+φ)=1时，m最大，最大值为mm= =200 kg，故选C。 方法3　极限分析法 3.如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为(　　) A. m　 B.0.5 m　 C. m　 D.1.0 m √ 解析：对画框进行受力分析如图，画框受到重力G和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当F1=F2=Fmax=10 N时，对应细绳不会被拉断的最小长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2F1cos θ=G=10 N，解得cos θ=0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，绳子的最小长度为L=×2= m，故选C。 4.如图所示，两个半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一个圆柱体轻放在这两个半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) A. B. C. D. √ 解析：设圆柱体的质量为m，则半圆柱体的质量为，设圆柱体与半圆柱体之间的弹力大小为F，对圆柱体进行受力分析，根据平衡条件有2Fcos 30°=mg，解得F=mg，设地面对一个半圆柱体的支持力为N，结合对称性，对圆柱体与两半圆柱体整体进行受力分析有2N= m++ g，解得N=mg，三者始终处于静止状态，则有Fsin 30°≤μN，解得μ≥，即半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为，故选B。 1.(链接T1)如图所示，F1、F2的合力恒定不变，F1的方向不变，当F1与F2垂直时，F2为最小值。 2.(链接T2)拉力的大小为定值时，拉力的方向变化，能拉动的重物质量不同，重物质量存在极值。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·重庆模拟预测)图甲所示是古代某次测量弓力时的情境，图乙为其简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，重物质量增减时弓弦始终处于弹性限度内，不计弓弦的质量和O点处的摩擦，忽略弓身的形变，则(　　) 6 7 8 9 10 11 12 13 A.若减少重物的质量，OA与OB的夹角不变 B.若增加重物的质量，OA与OB的夹角减小 C.若减少重物的质量，弓弦的长度不变 D.若增加重物的质量，弓弦的长度变短 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设弓弦的张力为F，两侧弓弦与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有2Fcos θ=mg，增加重物质量，θ减小，OA与OB的夹角减小，根据几何关系可知，弓弦的长度变长。减小重物质量，OA与OB的夹角增大，弓弦的长度变短。故选B。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.如图甲所示，10个人用20根等长的绳子拉起一个鼓，一端系在鼓上，一端用手拉住，每根绳子与竖直方向的夹角均相等，若绳子连接鼓的结点、拉绳子的手分别在其所在圆周上等间距分布，鼓处于静止状态且鼓面水平，忽略绳子质量，简化图如图乙所示。现使鼓在绳子的作用下保持鼓面水平沿竖直方向缓慢下降，其他条件不变，则在鼓缓慢下降过程中，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.绳子对鼓的合力变大 B.绳子对鼓的合力变小 C.每根绳子对人的作用力增大 D.每根绳子对人的作用力减小 解析：鼓缓慢下降，处于动态平衡状态，绳子对鼓的合力大小等于鼓的重力，绳子对鼓的合力不变，A、B错误；根据平衡条件得20Fcos θ =mg，解得F=，鼓缓慢下降过程中，绳子与竖直方向的夹角θ变小，cos θ变大，F减小，C错误，D正确。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2025·陕西质检)如图1所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图2为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.支架底座与水平面间的摩擦力增大 B.手机对底部支撑面的压力增大 C.手机对支架的作用力增大 D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大 解析：以整体为研究对象，整体受到重力和水平面的支持力，方向均在竖直方向上，水平方向没有运动趋势，可知支架底座与水平面间的摩擦力为零不变，故A错误； 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对手机受力分析，底部支撑面对手机的支持力为N=mgsin θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，底部支撑面对手机的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑面的压力减小，故B错误；对手机受力分析，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力不变，故C错误；根据平衡条件可知，手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力大小等于背部支撑面对手机的支持力，背部支撑面对手机的支持力N'=mgcos θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，背部支撑面对手机的支持力增大，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2025·四川巴中模拟预测)如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态。当用沿斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则 (　　) A.Q受到斜面的摩擦力一定变小 B.Q受到斜面的摩擦力不变 C.轻绳的拉力一定变小 D.轻绳的拉力一定不变 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：不施加外力时，对Q受力分析，Q受重力、斜面的支持力和轻绳的拉力，可能受静摩擦力，静摩擦力的方向可能沿斜面向上或向下，也可能不受摩擦力；若原静摩擦力沿斜面向上，施加外力时，静摩擦力可能减小但方向不变，也可能等于0或者反向大小不定；若原静摩擦力沿斜面向下，施加外力时，静摩擦力变大；若原来不受静摩擦力，施加外力时，静摩擦力沿斜面向下，故A、B错误；对P受力分析，P受重力和轻绳拉力，处于静止状态，二力平衡，则拉力等于P的重力，则轻绳的拉力一定不变，故C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2025·哈尔滨模拟预测)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的金属环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与金属环相连，另一端施加拉力F使金属环从A点缓慢上升到位于定滑轮正下方的B点。设杆对金属环的弹力大小为FN，整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中 (　　) A.FN逐渐减小，F逐渐增大 B.FN逐渐增大，F逐渐增大 C.FN逐渐增大，F逐渐减小 D.FN逐渐减小，F先减小后增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：对金属环受力分析，金属环受到重力mg、绳子的拉力F、杆对金属环的弹力FN。金属环的重力保持不变，杆对金属环的弹力方向与杆垂直，作出力的矢量三角形，如图所示，金属环从A点缓慢上升到位于定滑轮正下方的B点，绳子与竖直方向的夹角θ逐渐减小至零，可知FN逐渐减小，F逐渐增大。故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.如图所示，三根细轻绳系于O点，其中OA绳另一端固定于A点，OB绳的另一端与放在粗糙水平地面上的质量为60 kg的物体乙相连，乙与水平地面间的动摩擦因数为0.2，OC绳的另一端悬挂物体甲，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，OB绳水平。欲使乙物体静止，则甲物体的质量最大为(已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8；最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) A.24 kg B.20 kg C.16 kg D.12 kg 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据题意可知，甲对绳子的拉力大小等于甲的重力，对结点O受力分析如图所示，则当乙与地面间的静摩擦力达到最大时，有TB=μm乙g=m甲gtan 37°，解得m甲=16 kg，故A、B、D错误，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2025·内蒙古乌海质检)(多选)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法正确的是 (　　) A.斜劈对物体a的摩擦力一定减小 B.斜劈对地面的压力一定不变 C.细线对物体a的拉力一定增大 D.地面对斜劈的摩擦力一定不变 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设滑轮2和物体b的总质量为mb，对滑轮2和物体b受力分析，受重力和两侧细线的拉力，如图所示，根据平衡条件，有mbg=2Tcos θ，解得T=，将固定点c向右移动少许，则θ增大，故拉力T增大；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力，可能受到静摩擦力，由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，则无法判断静摩擦力的大小和方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C正确，A错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对整体受力分析，受重力、细线的拉力、地面对斜劈的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有支持力N=G总-Tcos θ=G总-mbg，静摩擦力f=Tsin θ，支持力N与角度θ无关，恒定不变，根据牛顿第三定律可知，斜劈对地面的压力也不变，θ增大，地面对斜劈的摩擦力一定增大，故B正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内侧的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d为 (　　) A.R B.R C.R D.R 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设米粒的质量为m，当米粒受到碗的静摩擦力达到最大时，米粒距碗口的距离最小，设支持力与水平方向的夹角为θ，作出米粒的受力分析图如图所示，根据平衡条件有mgcos θ=fm，fm=μFN，FN=mgsin θ，联立解得μ=，根据几何关系有cos θ=，sin θ=，联立解得d=R，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.如图所示，甲、乙两柱体的截面分别是半径均为R的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直的挡板。甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱体乙始终保持静止，那么半圆柱体乙与水平面间的动摩擦因数的最小值为 (　　) A. B. C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：分析可知，只要摩擦力最大时乙刚好不滑动，此时对应的动摩擦因数最小。对整体受力分析有地面对乙的支持力N=2mg，地面对乙的摩擦力f=F板，设O1O2与水平面的夹角为θ，对甲受力分析，由平衡条件得F板=，可得f=，可知θ越小，f越大，由几何关系得，θ最小为30°，则fm==μN=μ·2mg，解得μ=，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(2025·衡阳调研)(多选)如图所示，小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为θ=30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量可能为 (　　) A. B. C. D. 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据题意，以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件可知，F和FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的示意图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin=2mgsin θ=mg，根据胡克定律有Fmin=kxmin，解得xmin=，即弹簧的形变量的取值范围为x≥，故A、C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.如图(a)，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她屈膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b)。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面间的夹角逐渐增大，且θ<，下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.墙面对球的力保持不变 B.人受到地面的摩擦力变大 C.地面对人的支持力变大 D.球对人的压力先增大后减小 解析：对瑜伽球受力分析，如图1，由平衡条件可知N1=mgtan θ，N2=，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面的夹角逐渐增大，则墙面对球的力N1增大，人对球的支持力增大，根据牛顿第三定律可知 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 球对人的压力增大，故A、D错误；对整体受力分析，如图2，由平衡条件可知FN=(M+m)g，f=N1，人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变，故B正确，C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(2025·重庆模拟)晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，无风状态下衣服保持静止。某一时刻衣服受到水平向右的恒定风力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.相比无风时，在有风的情况下∠AOB更小 B.无风时，轻绳的拉力大小为mg C.衣服在新的平衡位置时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 D.在有风的情况下，绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点，绳子拉力大小不变 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设无风时绳子夹角的一半为θ1，绳长为L，有风时绳子夹角的一半为θ2，两种情况受力如图，有L1+L2=Lsin θ2，d=Lsin θ1，又因为d>L1+L2，所以θ1>θ2，故A正确；无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等，由几何关系可得sin θ1==，根据平衡条件得mg= 2Fcos θ1，解得F==mg，故B错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，挂钩左、右两侧绳子的拉力总是相等，故C错误；在有风的情况下，将绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点，挂钩左、右两侧绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2025·河北阶段练习)劳动人民的智慧是无穷的，他们在劳动中摸索、总结着自然的规律，积累着劳动的智慧。人们在向一定高度处运送物料时，为了省力，搭建了一长斜面，其简化图如图所示。将质量为m的物料放在倾角为α的粗糙斜面上，用轻绳拉着物料匀速上滑，绳子与斜面之间的夹角为θ(θ<90°-α)保持不变。则下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.物料对斜面的压力可能为零 B.物料所受绳子的拉力越大，所受斜面的摩擦力越小 C.斜面对物料的作用力方向与θ角无关 D.若适当增大θ，则物料所受绳子的拉力减小 解析：由于物料匀速上滑，则物料受力平衡，对物料受力分析，如图所示，若物料对斜面的压力为零，则摩擦力为零，在拉力F和重力mg作用下不可能平衡，故物料对斜面的压力不可能为零，故A错误； 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由共点力的平衡条件可知，沿斜面方向Fcos θ=mgsin α +Ff，沿垂直斜面方向FN=mgcos α-Fsin θ，又Ff=μFN，整理得F=，显然当sin(θ+β)=1时，绳子的拉力最小，当拉力变大时，摩擦力可能变大也可能变小，故B、D错误；斜面对物料的作用力为支持力与摩擦力的合力，设其合力的方向与斜面的夹角为γ，则tan γ ==，显然γ与θ角无关，故C正确。 2 3 4 $$