1.1 第一讲 力与物体的平衡-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题一　力与运动 速览 三年考情 第一讲　力与物体的平衡 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　静态平衡 (2024·河北高考)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为 A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N 例1 √ 对球体进行受力分析可知，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力FT、斜面对其的支持力FN2和挡板对其的支持力FN1，如图所示。由图可知，FN1cos 60°＝FN2cos 60°，FN1sin 60°＋FN2sin 60°＋FT＝mg，联立解得FN1＝FN2＝ N。故选A。 解决静态平衡问题的“四步骤” 规律总结 预测1.(2025·广东江门一模)牛轭是套在牛颈上的曲木，是耕地时的重要农具。如图所示，一轻绳穿过犁前部的铁环后，两端分别系在牛轭上，两段绳子间的夹角为2θ，两段绳子所在平面与水平面夹角为α，手轻扶犁保持前进方向不变，当犁水平匀速耕地时所受的阻力为Ff，则每段绳子的拉 力为 A. B. C. D. √ 根据水平方向上的平衡条件可知2FTcos θ·cos α＝Ff，解得FT＝。故选C。 预测2.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是 A.4tan α＝tan β B.3tan α＝tan β C.2tan α＝tan β D.tan α＝tan β √ 设Q球的质量为m，则P球的质量为3m。以P、Q两球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtan α，以Q球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtan β，联立解得4tan α＝tan β。故选A。 考点二　动态平衡 动态平衡问题的分析方法 (2025·山东日照一模)如图所示，水平地面上固定着一个竖直圆形轨道，圆心为O，轨道内壁光滑。轨道内放置一个质量为m的小球，在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点，AO连线与竖直方向的夹角θ＝30°，轨道对小球的支持力大小为FN，重力加速度为g。改变拉力F，小球始终静止在A点。下列说法正确的是 例4 A.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，F的最小值为mg B.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为mg C.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，F先减小后增大 D.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为2mg √ 将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，小球静止在A点，根据三角形定则，画出小球的受力变化情况，如图1所示，由图1可以看出，F先变小后变大，当F与FN垂直时拉力最小，为Fmin＝mg sin 30°＝mg，FN一直减小，根据正弦定理可知＝，解得FNmin＝mg，故A错误，B正确；将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，小球的受力变化情况如图2所示，则F、FN都在增大，FN的最小值为FNmin'＝＝mg，故C、D错误。故选B。 母题变式1.例2中，假设外力F的方向保持水平，改变F的大小，小球在圆形轨道内缓慢向上移动，小球与圆心连线与竖直方向的夹角由30°逐渐增大到60°，该过程中外力F如何变化？圆形轨道对小球的支持力FN如何 变化？ 答案：均增大 小球受力如图所示，将FN正交分解，则有FNcos θ＝mg， FNsin θ＝F，解得FN＝，F＝mgtan θ，随着θ的增大， FN增大，F增大。 母题变式2.例2中，假设外力F的方向始终保持与小球所在半径方向的夹角120°不变，改变F的大小，小球在圆形轨道内从最低点缓慢向上移动，直到小球与圆心等高，该过程中外力F和圆形轨道对小球的支持力FN如何 变化？ 答案：F一直增大，FN先增大后减小 解法一：正弦定理法 作出小球受力示意图如图甲所示，由正弦定理得＝＝，则有FN＝，F＝，mg不变，则β＝180°－120°＝60°保持不变，θ由0°增大到90°，则α由120°减小到30°，所以F一直增大，FN先增大后减小。 解法二：辅助圆法 作出三力构成的矢量三角形的外接圆，如图乙所示，可知F一直增大，FN先增大后减小。 (2025·河北廊坊第一次模拟)如图所示，运动员拖轮胎做负重训练时，用两根不计质量的等长细绳拴在质量为60 kg的轮胎同一位置，两根细绳之间的夹角为θ，轮胎与水平地面间的动摩擦因数为0.75。轮胎在地面上匀速运动时，已知cos＝0.9，重力加速度g取10 m/s2，则每根细绳的最小拉力是 A.360 N B.225 N C.200 N D.180 N √ 例3 两根细绳拉力的合力F合＝2Fcos ，设此时合力方向与水平方向的夹角为α，轮胎做匀速直线运动，由力的平衡条件可得F合cos α＝μ(mg－F合sin α)，整理可得每根细绳的拉力F＝＝，其中tan β＝，可见当sin(α＋β)＝1时，每根细绳的拉力最小，为Fmin＝200 N。故选C。 解决平衡中临界、极值问题的思路和方法 方法技巧 解题 思路 解决此类问题重在形成清晰的物理情境，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件。要特别注意可能出现的多种情况 解题 方法 解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值 图解法 此种方法通常适用于物体只在三个力(或可等效为三个力)作用下的动态平衡中的极值问题 极限法 极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，把比较隐蔽的临界现象暴露出来，从而快速求解 母题变式.例3中，把物体在水平面上运动改为在斜面上运动：质量为m的物体放置在倾角θ＝30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，如图所示，现用拉力F(与斜面的夹角为β)拉动物体沿斜面向上匀速运动，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.拉力最小时，物体受3个力作用 B.β＝0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小 C.斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化 D.拉力F的最小值为mg √ 斜面对物体的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，设合力与斜面所夹锐角为α，则有tan α＝＝＝，μ不变，则tan α不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F的变化而变化，故C错误；对物体受力分析如图所示，则有Fcos β＝Ff＋mgsin θ，FN＝mgcos θ－Fsin β，Ff＝μFN，联立解得F＝，当β＝30°时，拉力F最小，最小值为mg，此时物体受4个力作用，故D正确，A、B错误。故选D。 考点三　电场、磁场中的平衡 (2025·陕西榆林模拟)如图所示，A球、C球均带正电，B球带负电，A球固定在绝缘的水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°，A、B、C三球所带电荷量大小分别为qA、qB、qC，质量mC＝6mB＝6mA，则qA∶qB∶qC为 A.4∶2∶1 B.2∶1∶4 C.1∶∶2 D.∶2∶1 例4 √ B、C两球受力如图所示，对C球，由力的平衡条件可得FBC＝FACsin 30°，mCg＝FACcos 30°，对B球，由力的平衡条件有FTsin 60°＝FABcos 60°＋FCB，FTcos 60°＝FABsin 60°＋mBg，FBC＝FCB，三个球的质量关系mC＝6mB＝6mA，由库仑定律有FAB＝k，FBC＝k，FAC＝k，联立各式可得qA∶qB∶qC＝2∶1∶4。故选B。 (2025·山西省卓越联盟质检)如图所示，两组间距均为L的光滑平行导轨倾斜固定，两组导轨平面与水平面的夹角均为θ＝30°，左侧导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场Ⅰ中，磁场的磁感应强度大小为B1，右侧导轨处在沿竖直方向的匀强磁场Ⅱ中，磁场的磁感应强度大小为B2，磁场Ⅰ、Ⅱ均未在图中画出，两组导轨上端接有一个直流电源，两质量均为m的导体棒a、b垂直导轨放置，两导体棒均静止，两导体棒接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，不考虑导轨电流磁场对导体棒的作用及两导体棒间的相互作用，则下列说法正确的是 A.磁场Ⅰ的方向垂直于导轨平面向上 B.磁场Ⅱ的方向竖直向下 C.B1＝B2 D.B1＝B2 例5 √ 根据电流方向，结合左手定则及平衡条件可知，磁场Ⅰ的方向垂直于导轨平面向下，磁场Ⅱ的方向竖直向上，A、B错误；设两导体棒中电流均为I，对导体棒a，根据平衡条件有mgsin 30°＝ILB1，对导体棒b，根据平衡条件有tan 30°＝，解得B1＝B2，C错误，D正确。故 选D。 解决电场、磁场中平衡问题的注意事项 1.安培力方向的判断要先明确磁场方向、电流方向，再用左手定则判断安培力的方向，同时注意将立体图转化为平面图。 2.电场力或安培力的出现，可能会对弹力、摩擦力产生影响。 3.涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。 规律总结 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.科技情境类 (2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 A. B. C. D. √ 根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°，可得μ≥tan 30°＝。故选B。 2.生活情境类 (2025·黑吉辽高考)书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则 A.该过程位移为0 B.该过程路程为0 C.两次过a点时速度方向相同 D.两次过a点时摩擦力方向相同 √ 笔尖由a点经b点回到a点的过程，笔尖的位移为0，而该过程笔尖的路程不为0，A正确，B错误；该过程笔尖的轨迹为曲线，笔尖经过某点时的速度方向应沿轨迹的切线方向，显然两次经过a点时的速度方向不相同，C错误；该过程笔尖所受的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，又笔尖两次经过a点时速度方向不相同，所以笔尖两次经过a点时的摩擦力方向不相同，D错误。故选A。 3.(2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 A.Ff B.Ff C.2Ff D.3Ff √ 根据题意对S受力分析如图甲所示，则有2FTcos 30°＝Ff，解得FT＝Ff，对P受力分析如图乙所示，则有＋＝F2，解得F＝Ff。故选B。 4.生产情境类 (2024·广西高考)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则 A.Ff1＜Ff2＜Ff3 B.Ff1＝Ff2＜Ff3 C.Ff1＝Ff3＜Ff2 D.Ff1＝Ff2＝Ff3 √ 根据滑动摩擦力的公式Ff＝μFN，可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同，压力大小也相同，故滑动摩擦力相同，即Ff1＝Ff2＝Ff3。故选D。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·河北高考)如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为 A.G B.G C.G D.G √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 分析可知当凹槽底部对小球的支持力为零时，拉力F最大，在竖直方向上，根据平衡条件有2Fmcos 45°＝G，解得Fm＝G。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·安徽蚌埠第二次质检)如图所示，A、B、C三个物块叠放在一起静止在水平面上，接触斜面与竖直方向的夹角均为θ，若A和B、B和C之间均刚好不发生滑动，A和B间的动摩擦因数为μ1，B与C间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 A.μ1＞μ2 B.μ1＜μ2 √ C.若在A上轻放一个物块，A、B和B、C接触面间均不会发生相对滑动 D.若在A上轻放一个物块，B、C接触面间先发生相对滑动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设A的质量为m1、B的质量为m2，根据题意，有m1gcos θ＝μ1m1gsin θ，(m1＋m2)gcos θ＝μ2(m1＋m2)gsin θ，解得μ1＝μ2＝，A、B错误；若在A上轻放一个质量为m的物块，则有(m1＋m)gcos θ＝μ1(m1＋m)gsin θ，(m1＋m2＋m)gcos θ＝μ2(m1＋m2＋m)gsin θ，即A、B和B、C接触面间均不会发生相对滑动，C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2025·山东潍坊3月模拟)用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，将其简化成如图所示，手指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为37°，手指和杯盖间的动摩擦因数μ＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，杯盖始终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对接触点1的压力大小为 A.12.5mg B.6.25mg C.1.25mg D.mg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示，由平衡条件有mg＋FNsin 37°＝Ffcos 37°，又有Ff＝μFN，联立解得FN＝12.5mg。故 选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2025·甘肃酒泉一模)长城被列为世界新七大奇迹之一，在建筑长城时为了节省人力，工人在高处用细绳拉着工料运送到高处，简易图如图所示。由地面的A点向建筑工地竖直固定的杆B处搭建一倾角θ＝15°的斜坡，在杆的顶端固定一光滑的定滑轮，工人通过细绳拴接工料跨过定滑轮将工料由A点缓慢地拉到B处。假设工料与斜坡间光滑，下列说法正确的是 A.细绳的拉力逐渐减小 B.细绳的拉力先减小后增大 C.工料对斜坡的压力逐渐减小 D.工料对斜坡的压力先减小后增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对工料受力分析如图所示，工料沿斜坡缓慢向上移动的过程中，细绳与竖直方向的夹角逐渐减小，故细绳的拉力逐渐增大，工料对斜坡的压力逐渐减小。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·福建厦门一模)将完全相同的三根原木A、B、C按图(a)放在水平地面上保持静止，截面如图(b)。若将原木B、C分别向左、右各移动一小段相同的距离，A、B、C仍保持静止，不计A、B、C间的摩擦，则与移动前相比 A.地面对B的摩擦力变大 B.B对A的支持力变小 C.地面对B、C总的支持力变小 D.地面对B、C总的支持力变大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以A为研究对象，设B对A的支持力为FBA，C对A的支持力为FCA，A的重力为GA，在原木B、C移动前，根据平衡条件可得FBA＝FCA，2FBAcos θ＝GA(θ为FBA与竖直方向的夹角)，将原木B、C分别向左、右各移动一小段相同的距离后，θ增大，cos θ减小，因为GA不变，所以FBA增大，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对B进行分析，B受到地面的摩擦力FfB等于FAB的水平分力，即FfB＝FABsin θ＝FBAsin θ，FBA增大且sin θ增大，所以地面对B的摩擦力变大，故A正确；以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力和地面的支持力，根据平衡条件可知，地面对B、C总的支持力等于A、B、C的总重力，总重力不变，所以地面对B、C总的支持力不变，故C、D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(多选)(2025·山东烟台、德州一模)如图所示，吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮，另一端可绕M点转动，绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦，钢索和绳的质量均不计，当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，下列说法正确的是 A.钢索受到的拉力逐渐变小 B.吊车对地面的摩擦力始终为零 C.钢索对定滑轮的作用力逐渐变大 D.若四条绳增加相同的长度，则四条绳受到的拉力均变大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有F＝mg，由牛顿第三定律可知，钢索受到的拉力保持不变，故A错误；对整体受力分析，水平方向不受外力，则吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知，吊车对地面的摩擦力始终为零，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 钢索对定滑轮的作用力为两段钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知，绳与竖直方向夹角变小，根据FTcos θ＝mg可知，四条绳受到的拉力均变小，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2025·山西名校联考)如图所示，M为光滑定滑轮，N为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与静置在粗糙水平面上的物块A相连，右端固定在杆上C点，重物B悬挂在动滑轮上，系统处于静止状态。若将C点向上缓慢移动一小段距离，物块A始终保持静止状态，下列说法正确的是 A.轻绳中拉力减小 B.轻绳中拉力增大 C.物块A与地面之间的摩擦力不变 D.地面对物块A的支持力可能先减小再增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设MC段的绳长为L，MC水平距离为d，设轻绳MN段与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知sin θ＝，则若将C点向上缓慢移动一小段距离，物块A保持静止状态，则MC段的绳长不变，MC水平距离为d不变，则AM、MN与竖直方向的夹角不变，由平衡条件FT＝，可知轻绳中拉力不变，故A、B错误；设轻绳AM段与水平方向的夹角为α，对物块A受力分析，水平方向有Ff＝FTcos α，竖直方向有FN＝GA－FTsin α，拉力不变，α不变，则物块A与地面之间的摩擦力不变，地面对物块A的支持力不变，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2025·陕西宝鸡三模)如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。下列判断正确的是 A.P、Q的质量之比是16∶9 B.P、Q带异种电荷，且Q的电荷量等于P的电荷量 C.水平面对斜面体底部有水平向右的静摩擦力 D.水平面对斜面体的支持力大于(M＋m1＋m2)g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由库仑力F、重力mg和倾角θ的关系式F＝mgtan θ，可知P、Q质量之比为＝＝＝，A正确；P、Q两物体都是受三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，B错误；对斜面体和P、Q所构成的整体受力分析，可知水平面对斜面体的支持力等于总重力，水平面对斜面体没有摩擦力，水平面对斜面体的支持力为FN＝(M＋m1＋m2)g，C、D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2025·辽宁锦州期末)如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，用两根等长的柔软导线l1、l2(重力不计)将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线l3、l4将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。在回路中通以大小为I、方向如图所示的电流，则稳定后 A.软导线l1、l2对金属棒EF的拉力大小均为mg B.绝缘细线l3和l4对金属棒CD的拉力大小均为2mg C.软导线l1和l2向纸面外偏转，软导线与竖直方向夹角的正切为 D.绝缘细线l3和l4向纸面内偏转，细线与竖直方向夹的正弦为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以两根金属棒作为整体，由左手定则可知，CD、EF两金属棒受到的安培力方向分别为向里、向外，竖直方向上，两根金属棒所受合力是零，即可知绝缘细线l3、l4对金属棒CD的拉力大小均为mg，细线为竖直方向，并不偏转，故B、D错误；对金属棒EF受力分析，从左向右看，可知软导线l1、l2对金属棒EF的拉力如图所示，可知拉力大小满足2FT＝，即拉力大小为FT＝＞mg，tan θ＝，故A错误，C正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(多选)(2025·福建厦门二模)如图甲所示，我国古建屋顶多采用蝴蝶瓦方式铺设。图乙是两片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根相同且平行的椽子所在平面与水平面夹角为37°。图丙为截面示意图，弧形底瓦放置在两根相邻的椽子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线接触。已知相邻两椽子与底瓦接触点间的距离和瓦的半径都为 20 cm，盖瓦和底瓦形状相同，厚度不计，质量均为1 kg、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，在无扰动的情况下，底瓦与盖瓦均保持静止。若仅铺设这三片瓦进行研究，则 A.底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥ B.底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥ C.适当增大两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑 D.适当减小两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以两片底瓦和盖瓦整体为研究对象，易得这个整体的重力在垂直椽子所在平面方向上的分力为3mgcos 37°，垂直椽子所在平面方向上整体处于平衡状态，可知3mgcos 37°＝4FNcos α，可得椽子与底瓦接触部位之间的弹力FN＝，相邻两椽子与底瓦接触点间的距离和瓦的半径都为20 cm，根据几何关系α＝30°，在无外界干扰的情况下，为使底瓦与盖瓦不下滑，应使4μFN≥3mgsin 37°，解得μ≥，故A正确，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 适当增大两椽子间的距离，α增大，弹力FN增大，最大静摩擦力增大，底瓦更不容易下滑，故C正确；适当减小两椽子间的距离，α减小，弹力FN减小，最大静摩擦力减小，底瓦更容易下滑，故D错误。故选AC。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 专 题 一 　 力 与 运 动 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $