第2章 专题强化(二) 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦“动态平衡问题”“平衡中的临界、极值问题”两大高考核心考点，依据高考评价体系明确考查要求，梳理图解法、解析法等解题方法，通过近5年高频题型分析，归纳出“三力动态平衡”“极值条件分析”等占比超60%的重点题型，对接运动和相互作用观念，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题母题+方法建模+素养提升”策略，以2024浙江五校联盟、福建福州检测等真题为例，详解“受力分析→矢量三角形→函数关系”解题流程，培养科学推理与模型建构素养。特设“临界条件判断”“极值公式推导”专题，如例5中用三角函数求θ=π/6时最小拉力，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

专题强化(二)　动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题 强化点一 强化点二 02 01 备考目标 1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题。 2.会分析平衡中的临界、极值问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 动态平衡问题 强化点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 平衡中的临界、极值问题 强化点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 专题强化卷(二) 动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 25 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 26 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 27 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 28 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 29 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 30 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 31 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 32 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 33 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 34 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 52 谢谢观看 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。常用的求解方法有图解法、解析法等。 类型(一) 图解法 (1)应用情境：常用于处理三个共点力作用下的动态平衡问题，特别是其中一个力的大小、方向均不变，而另外两个力在特定约束下变化时。 (2)基本思路：应用时应先画好受力分析图，然后根据平衡条件和力的变化特点作出相应的动态平行四边形或三角形，从边长的动态变化就可以看出力的变化规律。 【例1】 (多选)如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．斜面对小球的支持力逐渐增大 B．斜面对小球的支持力逐渐减小 C．挡板对小球的弹力先减小后增大 D．挡板对小球的弹力先增大后减小 解析：选BC。对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2。当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，即FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球的矢量关系图如图所示， 图中FN1方向不变，FN2大小、方向都变，由图可以看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，故B、C正确，A、D错误。 [思维延伸]什么时候挡板对小球的弹力最小？最小值是多少？ 提示：当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，最小值为FN2min＝mg sin α。 类型(二) 解析法 (1)应用情境：常用于处理三个或多个共点力作用下的动态平衡问题，特别是物体所受各力的变化情况比较复杂，相互制约时。 (2)基本思路：应用时首先要分清哪些力是变化的，哪些力是恒定的，并正确引入参数变量(如角度、长度等)，然后利用物体的平衡条件和几何关系，写出力与参数变量之间的函数关系，即可利用数学知识讨论力的变化情况。 【例2】 (2024·浙江五校联盟期末)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，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缓缓变小，直到∠BCA＝30°。在此过程中，(不计一切阻力)(　　 ) A．钢丝绳上的拉力逐渐增大 B．钢丝绳对滑轮A的作用力变小 C．杆BC对B点的作用力先减小后增大 D．杆BC对B点的作用力变小 解析：选B。对结点B受力分析，由平衡条件可作出力的矢量关系图如图所示， 根据几何关系可知，力的三角形与△ABC相似，所以有＝＝，杆BC对B点的作用力大小为N＝·mg，在∠BCA变小的过程中，因为AC、BC长度不变，所以N不变，故C、D错误；钢丝绳上的拉力大小为T＝·mg，在∠BCA变小的过程中，因为AC不变，AB缩短，所以T减小，故A错误；设滑轮两边钢丝绳的夹角为θ，则钢丝绳对滑轮A的作用力为F＝2T cos ，因为θ变大，T变小，所以F变小，故B正确。 【例3】 (多选)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 解析：选AD。方法1：解析法 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上的拉力F2、MN上的拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，力的矢量三角形如图所示， 由几何关系知，图中θ1从0°到90°变化，θ3＝180°－α保持不变，θ2＝α－θ1，再根据正弦定理可得＝＝，推知F1＝·sin θ1，θ1变大时，F1变大，F2＝·sin θ2，当θ2＝α－θ1＝90°时，F2最大，整个过程F2先增大后减小，故A、D正确。 方法2：图解法 在F2转至水平的过程中，由于拉力F1、F2的夹角不变，所以力的矢量三角形在同一外接圆上，作出辅助圆如图所示， 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，故A、D正确，B、C错误。 [规律方法]分析动态平衡问题的流程 受力分析，了解变化特点画几个不同状态下的受力分析图，构造矢量三角形 类型(一) 平衡中的临界问题 当某物理量发生变化时，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”，在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，例如： 物块“刚要打滑”——摩擦力达到最大静摩擦力；轻绳“刚要松弛”——弹力变为零，“恰好断裂”——弹力达到最大值；两物体“刚要分离”——接触面的弹力变为零。 【例4】 如图所示，两根长度均为L＝0.4 m的轻绳，下端结于一点挂一质量为M＝1 kg的物体，两个质量均为m＝0.5 kg的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根轻绳上端系在小环上，整个系统静止。g＝10 m/s2。 (1)求每个小环对杆的压力大小； (2)若小环与杆之间的动摩擦因数μ＝，求两环之间的最大距离。 解析：(1)根据对称性可知，杆对两个小环的支持力大小相等，方向都竖直向上。以两个小环和物体整体为研究对象，则有 2FN＝(M＋2m)g 由牛顿第三定律可知，每个小环对杆的压力大小为 FN′＝FN 解得FN′＝10 N。 (2)小环刚好不滑动时，小环受到的静摩擦力达到最大值，设此时绳的拉力大小为T，与竖直方向的夹角为θ 对M由平衡条件得2T cos θ＝Mg 对m由平衡条件得T sin θ＝μFN 代入数据联立解得θ＝30° 由几何关系可得，两环之间的最大距离为 d＝2L sin θ＝2×0.4×m＝0.4 m。 答案：(1)10 N　(2)0.4 m 类型(二) 平衡中的极值问题 平衡中的极值问题一般是指在力的变化过程中出现的“最大值”和“ 最小值”问题，分析的关键是找出出现极值时的情境和条件。例如：利用极限法将某个变量推向极端(“极大”“极小”等)，从而把隐蔽的临界情境暴露出来；利用数学函数思想寻找极值条件，并确定相应极值等。 【例5】 (2024·福建福州检测)为了移开质量为m的石墩，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，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 B．小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力 C．小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力 D．小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力 解析：选C。对石墩进行受力分析如图所示， 根据平衡条件可得F cos θ＝μFN，FN＋F sin θ＝mg，联立可得2F(cos θ＋sin θ)＝mg，即F＝，当θ＝时，F有最小值为0.5mg，所以小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力，故C正确。 【基础落实练】 1．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 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 解析：选A。对电脑受力分析如图， 由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝G cos θ，电脑受到的摩擦力大小Ff＝G sin θ，由卡位4缓慢调到卡位1，θ减小，所以FN增大，Ff减小，故B错误，A正确。支架对电脑的作用力即电脑受到的支持力与摩擦力的合力，始终与电脑的重力大小相等、方向相反，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，故C、D错误。 2.某健身器材如图所示，健身者的右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置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 解析：选D。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，绳上的拉力大小始终等于重物的重力mg，故A、B错误；对健身者受力分析如图， 由平衡条件可知，在竖直方向有FTsin θ＋FN＝Mg，又FT＝mg，可得FN＝Mg－mg sin θ，在水平方向有FTcos θ＝Ff，当从B水平缓慢移到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，故C错误，D正确。 3.(2024·贵州贵阳检测)小明在观察如图所示的沙堆时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为31.4 m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近(　　 ) A．60 m3 B．200 m3 C．250 m3 D．500 m3 解析：选A。沙堆底部周长为31.4 m，则圆锥体的底部圆半径为r＝m＝5 m。对锥面上的一粒沙粒分析，当沿斜面方向满足μmg cos θ＝mg sin θ(θ为锥体的底角)时，沙粒刚好静止，则μ＝tan θ＝，解得圆锥体的高h＝2.5 m，故圆锥体的体积约为V＝Sh＝×3.14×52×2.5 m3≈65.4 m3，A正确。 4.(多选)如图，斜面固定，倾角为30°，斜面底端固定一挡板，轻弹簧劲度系数为1 000 N/m，原长10 cm，一端与挡板相连，另一端放上重为100 N的物体后压缩到8 cm。已知物体与斜面间的最大静摩擦力为35 N。现在用力F沿斜面向上拉物块，物块保持静止，则力F的取值可能为(　　 ) A．0 B．30 N C．60 N D．80 N 解析：选ABC。压缩的弹簧对物体产生沿斜面向上的弹力F1＝kΔx＝20 N，最大静摩擦力大小为f＝35 N，重力沿斜面的分力大小为G1＝mg sin θ＝50 N，由于物体在重力、弹簧弹力、斜面的支持力及摩擦力作用下可以平衡，所以拉力F的最小值为零。当静摩擦沿斜面向下达到最大时，拉力F会有最大值，此时Fmax＋F1＝G1＋f，解得Fmax＝65 N，由此可知拉力的取值范围为0≤F≤65 N，故A、B、C正确。 5.(多选)如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止。若将A的位置向左稍许移动，整个装置仍保持平衡，则(　　 ) A．水平外力F增大 B．墙对B的作用力减小 C．地面对A的支持力减小 D．B对A的作用力减小 解析：选BD。对物体B受力分析，当A的位置左移时，根据平衡条件做出力的变化如图所示， 由图可知，墙对B的支持力FN1和A对B的支持力FN都减小，故B对A的作用力也减小，B、D正确；对A、B整体受力分析，同理，水平方向有F＝FN1，所以外力F减小，故A错误；竖直方向，地面对A的作用力等于A、B两物体的重力，始终保持不变，故C错误。 6．(2024·山东菏泽期末)防烫取物夹是生活中的常用工具，如图甲所示，我们可以用夹子夹住长方形托盘，侧视图如图乙所示。已知托盘的质量为m＝160 g，托盘侧边与竖直方向的夹角为θ＝53°，夹子与托盘两侧共有4个接触点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。当托盘水平静止时，下列说法正确的是(　　 ) A．托盘与取物夹每个接触点处弹力的大小为0.24 N B．托盘与取物夹每个接触点处摩擦力的大小为0.32 N C．取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数的最小值为0.75 D．取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数的最小值为0.60 解析：选C。对托盘进行受力分析，每个接触点处托盘所受支持力和摩擦力如图所示， 则有4FN＝mg sin θ，4Ff＝mg cos θ，解得FN＝0.32 N，Ff＝0.24 N，故A、B错误；当取物夹与托盘之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时μ最小，则Ff＝μFN，解得 μ＝0.75，故C正确，D错误。 【综合提升练】 7．(2024·重庆渝中期末)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，瓦片能始终静止在檩条上。已知檩条与水平面的夹角均为θ，瓦片质量为m，檩条间距离为d，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A. 瓦片共受到4个力的作用 B．檩条对瓦片作用力方向垂直檩条向上 C．缓慢减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大 D．缓慢增大檩条间的距离d时，两根檩条对瓦片的弹力都增大 解析：选D。瓦片受重力、两根檩条的支持力和摩擦力，共5个力，故A错误；檩条对瓦片的作用力应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，故B错误；摩擦力等于mg sin θ，减小檩条的倾斜角度θ时，摩擦力减小，故C错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于mg cos θ，当增大檩条间的距离d时，两弹力与竖直方向的夹角增大，则两弹力增大，故D正确。 8.(多选)(2024·吉林辽源期末)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态。则(　　 ) A. b对c的压力减小 B．c对b的摩擦力可能沿斜面向上 C．地面对c的摩擦力减小 D．地面对c的支持力增加 解析：选BCD。对b受力分析如图甲所示，由平衡条件可得，c对b的支持力FN＝mbg cos θ，在a中的沙子缓慢流出的过程中，b的质量不变，则c对b的支持力不变，由牛顿第三定律可知，b对c的压力不变，故A错误；细绳的张力F＝mag，若F＝mag<mbg sin θ，则c对b的摩擦力方向平行于斜面向上，若F＝mag>mbg sin θ，则c对b的摩擦力方向平行于斜面向下，若有F＝mag＝mbg sin θ，则c对b的摩擦力为0，故B正确； 对b、c整体受力分析如图乙所示，由平衡条件可得地面对c的摩擦力f＝ F cos θ＝mag cos θ，地面对c的支持力FN′＝(mb＋mc)g－F sin θ＝(mb＋mc)g－mag sin θ，所以在a中的沙子缓慢流出的过程中，地面对c的摩擦力减小，地面对c的支持力增加，故C、D正确。 [应考反思]斜面上物块b受到的摩擦力取决于细绳张力F与mbg sin θ的大小关系，在关系不明确的情况下，摩擦力存在多种可能，审题时要特别注意。 9.质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，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。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块时，木块匀速上滑，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，木块与木楔间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)。下列结论正确的是(　　 ) A．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ B．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ C．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ D．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin 2θ 解析：选D。木块在木楔斜面上匀速下滑时，有mg sin θ＝μmg cos θ，木块在力F的作用下沿斜面匀速上滑时，由平衡条件得F cos α＝mg sin θ＋Ff，F sin α＋FN＝mg cos θ，且Ff＝μFN，解得F＝＝＝ ，当α＝θ时，F有最小值Fmin＝mg sin 2θ，故D正确。 10.(多选)(2024·安徽安庆检测)如图所示，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(　　 ) A．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 C．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，则静止时衣架悬挂点右移 解析：选AB。衣服处于静止状态时，两段绳与水平方向夹角相等，如图所示， 设绳与水平方向的夹角为θ，绳的长度为x，竖直杆M、N的距离为L，则根据几何关系有x cos θ＝L，绳的一端上下移动时，x和L不变，则θ角不变，即两段绳的夹角不变，又因为绳拉力的合力始终与衣服的重力等大、反向，所以绳的拉力不变，故A正确，C错误；当N向右移动后，L变大，x不变，所以θ角减小，即两段绳的夹角变大，则绳的拉力变大，故B正确；在x和L不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化不会影响悬挂点的移动，故D错误。 11．如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G＝6 N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)OA绳与棒间的夹角θ； (2)物块甲的质量m。 解析：(1)当圆环恰好开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图1所示，根据平衡条件有 μFN＝FTcos θ，FN＝FTsin θ 联立得tan θ＝＝，即θ＝53°。 (2)由题意，根据几何关系可知φ＝90°，如图2所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件有 G cos θ＋FTsin θ＝mg G sin θ＝FTcos θ 联立解得m＝1 kg。 答案：(1)53°　(2)1 kg $