2019年高考物理大一轮复习第02章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡学案新人教版

第三讲受力分析共点力的平衡1．受力分析受力分析是力学的一个基础，贯穿于整个高中物理．受力分析就是分析物体受哪些力的作用，并将物体所受的力在力的示意图中表示出来，有时还需求出各力的大小及合力的大小．只有正确分析出物体的受力，才能进一步研究物理过程，因此正确的受力分析，是成功解决问题的关键．(1)如图所示，重力为G的长木板AB，A端靠在光滑墙壁上，AB上又放置一木块m，整个系统处于静止状态，请画出木板AB的受力图．(2)你能否总结一下物体受力分析的一般思路？提示：(1)如图(2)①明确研究对象，并将它从周围的环境中隔离出来，以避免混淆．由于解题的需要，研究的对象可以是质点、结点、单个物体或物体系统．②按顺序分析物体所受的力．一般按照外力、重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析，要养成按顺序分析力的习惯，就不容易漏掉某个力．③正确画出物体受力示意图．画每个力时不要求严格按比例画出每个力的大小，但方向必须画准确．一般要采用隔离法分别画出每一个研究对象的受力示意图，以避免发生混乱．④检查．防止错画力、多画力和漏画力．2．共点力的平衡(1)什么是平衡状态？速度等于零时，物体一定处于平衡状态吗？(2)根据牛顿第二定律，处于平衡状态的物体其受力应满足什么条件？(3)解决静态平衡问题的常用方法有哪些？如图所示，重物的质量为m ，轻细绳AO 和BO 的A 端、B 端是固定的．平衡时AO 是水平的，BO 与水平方向的夹角为θ.AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小分别是多少？你能有哪些不同方法求解？提示：(1)物体处于静止或匀速直线运动状态叫平衡状态．不一定．平衡状态表现为速度始终不变，当物体某一瞬间的速度为零，但加速度不为零时，物体速度会随时间变化，就不是平衡状态，例如物体在做自由落体运动的开始瞬间．(2)F 合＝ma ，a ＝0时，F 合＝0 (3)解法一：(合成法)由平行四边形定则，作出F 1、F 2的合力F 12，如图甲所示，又考虑到F 12＝mg ，解直角三角形得F 1＝mg cot θ，F 2＝mgsin θ．解法二：(分解法)用效果分解法求解．F 2共产生两个作用效果，一个是水平方向沿A →O 拉绳子AO ，另一个是沿竖直方向拉绳子．如图乙所示，将F 2分解在这两个方向上，结合力的平衡等知识得：F 1＝F 2′＝mg cot θ，F 2＝F 2″sin θ＝mgsin θ．显然，也可以按F 3(或F 1)产生的效果分解F 3(或F 1)来求解此题． 解法三：(正交分解法)将O 点受的力沿水平方向、竖直方向正交分解，如图丙所示．由力的平衡条件得F 2cos θ－F 1＝0，F 2sin θ－mg ＝0，解得F 2＝mgsin θ，F 1＝mg cot θ．1．判断正误(1)一个力和它的分力同时作用在物体上．( ) (2)物体处于平衡状态时，其速度一定为零．( )(3)物体处于静止状态，一定是速度为零、所受合力为零．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√2．如图所示，物块A 放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝45°时物块A 所受的摩擦力大小恰好相等，则物块A 与木板之间的动摩擦因数为( )A ． 3B ．22C ．32D ． 2解析：选B θ＝30°时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等．即：F f＝mg sin 30°θ＝45°时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力为：F f ＝μF N ＝μmg cos 45°，由mg sin 30°＝μmg cos 45°，解得：μ＝22． 3．如图所示，一质量m ＝0.20 kg 的物体，在F 1、F 2两水平力作用下静止在粗糙的水平面上．物体与水平面间的最大静摩擦力为0.6 N ．若F 1为0.6 N ，则F 2不可能是( )A ．0.2 NB ．0.6 NC ．0.7 ND ．1.3 N解析：选D 若F 2为0.2 N ，则可用一个方向向左、大小为0.4 N 的力替代这两个力，相当于物体受一个向左的，大小为0.4 N 的力作用，此力小于0.6 N ，物体不动，A 可能．同理B 、C 都可能使物体静止．D 项中等效替代的力大小为0.7 N ，超过了物体和水平面间的最大静摩擦力，物体会运动．因此1.3 N 的力是不可能的．4．(2018·盐城调研)如图所示，一只半径为R 的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态．一质量为m 的蚂蚁在离桌面高度为45R 时恰能停在碗上，则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为( )A ．0.6 mgB ．0.8 mgC ．0.4 mgD ．0.75 mg解析：选A 蚂蚁受重力、支持力和摩擦力而处于平衡，摩擦力与水平方向所成的夹角为θ，根据平衡条件有f ＝mg sin θ＝μN ＝μmg cos θ，而cos θ＝45R R＝0.8，所以μ＝tan θ＝34，故最大静摩擦力f ＝μmg cos θ＝0.6 mg ，故A 正确．5．如图所示，一质量为m的木块靠在竖直粗糙墙壁上，且受到水平力F的作用，下列说法正确的是( )A．若木块静止，则木块受到的静摩擦力大小等于mg，方向竖直向上B．若木块静止，当F增大时，木块受到的静摩擦力随之增大C．若木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，则当撤去F时，木块受到的滑动摩擦力大小等于μmgD．若撤去F，木块沿墙壁下滑时，木块不受滑动摩擦力解析：选AD 木块静止时，在竖直方向上受重力和静摩擦力，应有f＝mg，故选项A 正确；当F增大时，竖直方向上仍有f＝mg，故选项B错误；撤去F，木块和墙壁之间没有弹力，故木块不受摩擦力，选项C错误，选项D正确．1.(1)多画力．经常出现的情况是：将不存在的力画入；合力或分力重复画入．为了避免多画力，可采用分析所画的每一个力都必须同时找到受力物体和施力物体的方法来检查．(2)少画力．少画弹力或摩擦力．要注意所有接触面或接触点都要分析到，看是否有弹力或摩擦力．(3)摩擦力的方向判断错误．2．受力分析常用方法(1)整体法．(2)隔离法．(3)假设法．(多选)如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止．若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则B的受力个数可能为( )A．3个B．4个C．5个D．6个解析：选BC 先对A、B整体受力分析，受重力、推力、支持力；当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，无滑动趋势；再对A受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B受力分析，受重力、A对B的压力和向右的静摩擦力、斜面对B的支持力，若B物体相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的静摩擦力，即物体B 可能受4个力，也可能受5个力．故选B、C．整体法和隔离法在受力分析中的应用(1)整体法是以物体系统为研究对象，从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律．(2)隔离法就是从整个系统中将某一部分物体隔离出来，然后单独分析被隔离部分的受力情况和运动情况，从而把一个复杂的问题转化为若干个简单的小问题．分析物体的受力情况时，隔离法是最常用也是非常重要的一种方法，但整体法与隔离法配合使用时，往往会使问题的解决更准确，更快捷．(多选)在例1中，若力F作用在B上则B的受力个数可能为( )A．3个B．4个C．5个D．6个解析：选BC B物体一定受重力，斜面的支持力，A的压力和力F，斜面对B可能有摩擦力，也可能没有．故B可能受4个力或5个力．在例1中，若如图放置，墙壁是粗糙的，用竖直向上的力F使A、B一起匀速沿墙壁向上滑动，则B的受力个数是( )A．3个B．4个C ．5个D ．6个解析：选B B 受外力F ，重力，A 的压力和摩擦力4个力的作用．1．L 形木板P (上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q 相连，如图所示．若P 、Q 一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 对木板P 进行受力分析：木板P 受重力、斜面的支持力、滑块Q 的压力、弹簧的弹力和与斜面间的摩擦力5个力的作用，故选C ．2．如图所示，物体A 紧靠在竖直墙面上，在力F 的作用下，A 、B 保持静止．物体B 受力个数为( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：选C 对A 、B 整体分析，墙对A 没有弹力．对物体A 受重力，B 对A 的支持力及B 对A 沿接触面向上的摩擦力．再对B 将受重力，A 对B 的弹力，A 对B 向下的摩擦力和外力F ，故B 受四个力的作用，C 正确.1.(1)F 合＝0．(2)⎩⎪⎨⎪⎧F 合x ＝0F 合y ＝0，其中F合x和F 合y 分别是将力进行正交分解后，物体在x 轴和y 轴上所受的合力．2．由平衡条件得出的三个结论(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3B ．36 C ．33D ．32解析：选C 方法一：物块在水平力F 作用下做匀速直线运动，其受力如图甲所示由平衡条件：F ＝f 、F N ＝mg 而f ＝μF N ＝μmg 即F ＝μmg当F 的方向与水平面成60°角时，其受力如图乙 由平衡条件：F cos 60°＝f 1f 1＝μF N1＝μ(mg －F sin 60°)联立解得μ＝33，选项C 正确． 方法二：受力变化时，物块和桌面间的动摩擦因数不变，不妨假设摩擦力和支持力的合力方向与支持力的夹角为θ，则有tan θ＝f F N＝μ，因μ不变，故θ角不变，即F 与mg 的合力方向不变，由图可知，当F 由水平变为与水平面夹角为60°时，F 大小不变，θ＝30°，再由μ＝tan θ得μ＝tan 30°＝33选项C 正确．解决平衡问题的基本思路审读实际问题→弄清问题情景、题给条件和要求↓确定研究对象→选用整体法或隔离法↓对研究对象受力分析→规范画出受力示意图↓明确解题策略→合成法、分解法、图解法……↓进行相关处理→合成或分解某些力，作出平行四边形↓列出平衡方程→根据F 合＝0或⎩⎪⎨⎪⎧F x 合＝0F y 合＝0↓求解并讨论分析→应用数学知识如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F 沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F 与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为( )A ．12 B ．32 C ．2－ 3D ．3－12解析：选 C 由于物体做匀速直线运动则有F sin θ＝μ(mg －F cos θ)，解得F ＝μmg sin θ＋μcos θ.由图象可知θ＝π6和θ＝23π时，拉力F 相等，代入上式得μ＝2－3，C 正确．3．(2018·商丘市高三模拟)一物体放在水平地面上，当用如图1所示的与水平方向成30°角的力F 1拉物体时，物体做匀速直线运动；当改用如图2所示与水平方向成30°角的力F 2推物体时，物体仍做匀速直线运动；已知该物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝32，重力加速度为g ，则拉力F 1大小和推力F 2的大小之比为( )A ．1∶3B ．1∶2C ．1∶ 2D ．1∶ 3解析：选A 设物体的质量为m ，当用图1方式拉动时：F 1cos 30°＝μ()mg －F 1sin 30°，解得F 1＝23mg ，当用图2方式拉动时：F 2cos 30°＝μ(mg ＋F 2sin 30°)，解得F 2＝2mg ，故F 1F 2＝23mg 2mg ＝13，A 正确．4．(2018·江西省上高县二中高三月考)如图所示，一楔形斜面体置于水平地面上，斜面的倾角为30°，物块A 置于斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B 连接，弹簧轴线与斜面平行，A 、B 均处于静止状态，已知物块A 、B 受到的重力分别为10 N 和5 N ，不计滑轮与细绳间的摩擦，则( )A ．弹簧对A 的拉力大小为10 NB ．斜面对A 的支持力大小为5 NC ．地面对斜面的摩擦力大小为5 ND ．斜面对A 的摩擦力为0解析：选D 弹簧对A 的弹力等于B 的重力，即F ＝G B ＝5 N ，故A 错误；对A 分析，根据共点力平衡得，斜面对A 的支持力N ＝G A cos 30°＝5 3 N ，在平行斜面方向，有：G A sin 30°＝f ＋F ，解得斜面对A 的摩擦力f ＝0，故B 错误，D 正确；整体处于静止状态，受力平衡，对斜面以及A 、B 整体受力可知，地面对斜面的摩擦力为零，故C 错误.1.但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．分析动态平衡问题的方法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：选A方法一 解析法O 点的受力如图，由共点力的平衡条件． F ＝mg tan θ，T ＝mgcos θ当O 点向左移动时，θ增大，则F 增大，T 增大，故A 正确． 方法二 图解法对结点O 受力分析，重力的大小和方向均不变，水平拉力F 的方向不变，绳拉力在转动，满足三力平衡的动态平衡，如图所示：可得，水平拉力F 逐渐增大，绳的拉力逐渐增大，故选A ．处理动态平衡问题的一般思路1.平行四边形定则是基本方法，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．图解法的适用情况：图解法分析物体动态平衡问题时，一般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．用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：(1)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；(2)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．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拉着绳的中点O，用T表示绳OA段拉力的大小．现保持OA的位置不变，让力F在竖直平面内由水平方向向上转动，则在力F由水平转至竖直的过程中，力F和T的大小变化情况是( )A．力F一直变大，拉力T一直变小B．力F一直变小，拉力T一直变大C．力F先变小后变大，拉力T一直变小D．力F先变大后变小，拉力T一直变大解析：选C 对结点O进行受力分析，根据共点力的平衡条件作出如图所示的动态图．由图可知当力F与OA垂直时最小，因此力F的大小先变小后变大，拉力T一直减小，故C正确．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F通过光滑的轻圆环拉着绳的中点O，用T表示OA段拉力的大小，此时力F与水平方向的夹角为θ.现使轻绳OA段与竖直方向的夹角变大，在此过程中( )A ．F 增大，T 增大，θ增大B ．F 增大，T 不变，θ增大C ．F 减小，T 不变，θ减小D ．F 增大，T 不变，θ减小解析：选B 由于力F 作用在轻圆环上，故绳中的拉力T 始终等于物体的重力，故T 不变；当绳OA 段与竖直方向的夹角增大时，绳OA 与OB 两段绳的合力增大，力F 与该合力大小相等、方向相反，故力F 增大，θ增大，选项B 正确．(2018·辽宁省庄河市高三月考)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A 端用铰链固定，滑轮在A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B 端吊一重物G .现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢向上拉(此过程中杆与绳均未断)，在AB 杆到达竖直位置前，以下分析正确的是( )A ．绳子越来越容易断B ．绳子越来越不容易断C ．AB 杆越来越容易断D ．AB 杆越来越不容易断解析：选B 以B 点为研究对象，分析受力如图所示：B 点受重物的拉力T (等于重物的重力G )、轻杆的支持力N 和绳子的拉力F ，作出受力图如图：由平衡条件得知，N 和F 的合力与G 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得N AB ＝F BO ＝T AO ，又T ＝G ，解得：N ＝ABAO·G ，F ＝BOAO·G ；使∠BAO 缓慢变小时，AB 、AO 保持不变，BO 变小，则N 保持不变，F 变小．故B 正确，ACD 错误，所以B 正确．相似三角形法适用于物体所受的三个力中，一个力大小、方向不变，其它二个力的方向均发生变化，且三个力中没有二力保持垂直关系，但可以找到力构成的矢量三角形相似的几何三角形的问题．5．如图所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O 点，另一端跨过光滑的大小可忽略的定滑轮P 悬挂物块B ，OP 段的绳子水平，长度为L .现将一带光滑挂钩的物块A 挂到OP 段的绳子上，已知A (包括挂钩)、B 的质量关系为m A ＝3m B .当A 、B 物块平衡时，物块B 上升的高度为( )A ．23L B ．L C ．23－33LD ．2L解析：选B 对挂钩处进行力的分析如图所示，对B 进行力的分析可得绳子拉力T ＝m B g ，对A 有：2T cos θ＝m A g ，解得：cos θ＝m A2m B ＝32，解得：θ＝30°，所以由几何关系可知，B 上升的高度为h ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2sin θ－L 2＝L ，故B 正确，ACD 错误．故选B ．6．(2018·枣阳市白水高级中学月考)在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄．OA、OB为承重的轻杆，OC为辅助杆不承重，作用是让AOB始终在竖直平面内．OA 可绕A点自由移动；OB与OA通过铰链链接，可绕O点自由转动，OB的长度可调节．现将新鲜葡萄用细线挂于O点，保持OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB方向缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，∠AOB由锐角变为钝角的过程中( )A．F1逐渐变大，F2逐渐变小B．F1逐渐变小，F2先变小后变大C．F1逐渐变小，F2逐渐变小D．F1逐渐变大，F2先变小后变大解析：选D 以O点为研究对象进行受力分析，受到细线的拉力、OA和OB杆的支持力，如图所示，作出OB杆的支持力与细线拉力的合力，与OA杆的支持力等大方向，当OB杆向外移动而OA位置不变时，利用矢量三角形方法作出各力的变化情况如图，由图可知，F1逐渐增大，F2先减小再增大，ABC错误、D正确．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．一般用图解法或解析法进行分析．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ．(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时拖把对地板的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tan θ0．解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件有F cos θ＋mg＝N①F sin θ＝f②式中N和f分别为拖把对地板的正压力和摩擦力．由摩擦定律有f＝μN③联立①②③式得F＝μsin θ－μ cos θmg④(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有F sin θ≤λN⑤这时，①式仍满足，联立①⑤式解得sin θ－λcos θ≤λmg F现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sin θ－λcos θ≤0使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为tan θ0＝λ答案：(1)μsin θ－μcos θmg(2)tan θ0＝λ研究平衡物体的极值问题的常用方法(1)物理分析法：通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解．(2)解析法：根据物体的平衡条件列方程，写出物理量之间的函数关系，在解方程时采用数学知识求极值，通常用到的数学知识有二次函数、均值不等式以及三角函数等．但一定要依据物理理论对解的合理性及物理意义进行讨论或说明．(3)图解法：根据物体的平衡条件作出力的矢量图，如物体只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据图进行动态分析，确定最大值和最小值．此法简便、直观．如图所示，拉杆箱是由拉杆和箱子构成的交通旅游工具．设箱子的质量为m，拉杆质量可忽略．箱子与水平地面之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学在水平地面上拉动拉杆箱，设拉力的方向沿拉杆方向，拉杆与水平方向的夹角为θ．(1)若箱子在水平地面上匀速移动，求拉力的大小；(2)已知θ存在一临界角θ0，若θ＝θ0，则箱子在水平地面上匀速移动时，拉力有最小值，求这一临界角的正切tan θ0和对应的拉力最小值．解析：(1)设该同学沿拉杆方向用大小为F 的力拉箱子，地面对箱子的支持力为F 1、摩擦力为F 2，由平衡条件得：F sin θ＋F 1＝mg ①F cos θ＝F 2②由摩擦定律得：F 2＝μF 1③联立①②③式得：F ＝μmgμsin θ＋cos θ(2)当θ＝θ0时，F ＝μmgμsin θ0＋cos θ0要使拉力有最小值，则(μsin θ0＋cos θ0)应有最大值， 令x ＝μsin θ0＋cos θ0＝1＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫μ1＋μ2sin θ0＋11＋μ2cos θ0 设sin α＝11＋μ2，cos α＝μ1＋μ2，则x ＝1＋μ2sin (θ0＋α)当θ0＋α＝π2时，x 存在最大值x m ＝1＋μ2对应的拉力F 的最小值为：F min ＝μmg 1＋μ2对应的角度有：tan θ0＝μ答案：(1)μmgμsin θ＋cos θ(2)tan θ0＝μμmg 1＋μ27．如图所示，轻绳AB 能承受的最大拉力为100 N ，在它下面悬挂一重为50 N 的重物，分两种情况缓慢地拉起重物．第一次，施加一水平方向的力F 作用于轻绳AB 的O 点；第二次用拴有光滑小环的绳子，且绳子所能承受的最大拉力为50 N ．绳子刚好断裂时，绳AB 上部分与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，关于两者大小关系的说法中正确的是( )A ．θ1>θ2B ．θ1＝θ2C ．θ1<θ2D ．无法确定解析：选B 第一次，绳子OA 中的拉力先达到100 N 而被拉断，此时有cos θ1＝50100＝12，θ1＝60°.第二次，绳子AB 中的拉力为50 N 不变，拉小球的绳子中拉力达50 N 时而断裂，由共点力的平衡条件知绳子AB 的两段夹角为120°.即绳子AB 的上段与竖直方向的夹角θ2＝60°，故θ1＝θ2，B 正确．8．(2017·河北省衡水中学高三期中)(多选)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°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，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θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，则下列说法正确的是( )A ．物体与斜面间的动摩擦因数为33B ．物体与斜面间的动摩擦因数为32C ．这一临界角θ0的大小30°D ．这一临界角θ0的大小60°解析：选AD 物体恰能匀速下滑，满足mg sin 30°＝μmg cos 30°，解得μ＝33.设斜面倾斜角为θ，物体沿斜面匀速上滑，满足：F cos θ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ＋F sin θ)，解得F ＝mg sin θ＋μmg cos θcos θ－μsin θ，当cos θ－μsin θ＝0，F →∞，解得μ＝1tan θ0，θ＝60°，故AD 正确；BC 错误；故选AD ．。