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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
素養提升課(五)　共點力平衡條件的應用
第三章　相互作用——力
[學習目標]
1．會利用解析法、圖解法和相似三角形法分析動態平衡問題。
2．靈活運用整體法和隔離法處理多個物體的平衡問題。
3．會處理共點力平衡中的臨界問題和極值問題。
探究重構·關鍵能力達成
探究1　物體的動態平衡問題
1．動態平衡：“動態平衡”是指物體所受的力一部分是變力，是動態力，力的大小和方向均要發生變化，但變化過程中的每一個狀態均可視為平衡狀態，所以叫動態平衡。
2．分析動態平衡問題的方法
(1)解析法
①列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式。
②根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況。
(2)圖解法
①根據已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化。
②確定未知量大小、方向的變化。
(3)相似三角形法
①根據已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式。
②確定未知量大小的變化情況。
【典例1】　(一題多法)如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為N1，球對木板的壓力大小為N2。以木板與墻連接點為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置。不計摩擦，在此過程中(　　)
A．N1始終減小，N2始終增大
B．N1始終減小，N2始終減小
C．N1先增大后減小，N2始終減小
D．N1先增大后減小，N2先減小后增大
√
B　[方法一：解析法
對球進行受力分析，如圖甲所示，小球受重力G、墻面對球的壓力N1、木板對小球的支持力N2′而處于平衡狀態，則有tan θ＝＝，可知N1＝，木板從圖甲所示位置開始緩慢地轉到水平位置過程中，θ逐漸增大，tan θ逐漸增大，故N1始終減小，從圖甲中可以看出，
N2′＝，木板從圖甲所示位置開始緩慢地轉到水平位置，
θ逐漸增大，sin θ 逐漸增大，故N2′始終減小。球對木板的
壓力N2與木板對小球的支持力N2′是一對作用力與反作用力，
大小相等，故N2始終減小，選項B正確。
方法二：圖解法
小球受重力G、墻面對球的壓力N1、木板對小球的支持力N2′而處于平衡狀態。此三力必構成一封閉三角形，如圖乙所示，木板從題圖所示位置開始緩慢地轉到水平位置的過程中，α逐漸減小，根據圖乙可知N1始終減小，N2′始終減小，由于N2與N2′是一對作用力與反作用力，大小相等，所以N2始終減小，選項B正確。]
規律總結　圖解法解題的步驟
(1)首先確定研究對象，并對研究對象進行受力分析。
(2)再根據平行四邊形定則畫出不同狀態下的力的矢量圖，為了便于比較，畫在同一個圖上。
(3)最后根據有向線段(表示力)的長度變化判斷各個力的大小的變化情況。
[針對訓練]
1．如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(　　)
A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力
B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力
C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小
D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變
√
B　[對人受力分析如圖甲所示，則有FN＋FT＝mg，其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤，B正確；對動滑輪進行受力分析如圖乙所示，則有繩子拉力FT＝，則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，C、D錯誤。]
2．一個表面光滑的半圓柱體固定于墻壁上，O點為截面圓心，球體上B點有一個可視為質點的小球，通過細線連接在墻壁上的A點，下列說法正確的是(　　)
A．若細線長度和A、O點位置不變，增加柱體半徑，
則小球所受支持力增加
B．若細線長度和A、O點位置不變，增加柱體半徑，
則小球所受支持力減小
C．若細線長度和A、O點位置不變，減小柱體半徑，
則細線上拉力增加
D．若細線長度和A、O點位置不變，減小柱體半徑，
則細線上拉力減小
√
A　[對小球進行受力分析，可知它受重力G、柱體給它的支持力FN、細線的拉力FT，作出力的矢量三角形如圖所示，則有＝＝＝k。AO不變，重力不變，所以比值k不變，增加柱體半徑，即OB增加，所以小球所受的支持力增加，減小柱體半徑，小球所受的支持力減小，故A正確，B錯誤；增加或減小柱體半徑，但是細線長度AB不變，拉力FT不變，故C、D錯誤。]
探究2　整體法和隔離法在平衡問題中的應用
1．整體法就是把幾個物體視為一個整體，受力分析時，只分析這一整體之外的物體對整體的作用力(外力)，不考慮整體內部物體之間的相互作用力(內力)。
2．隔離法就是把要分析的物體從相關的物體系統中隔離出來，只分析該物體以外的物體對該物體的作用力，不考慮該物體對其他物體的作用力。
3．選取原則
(1)當只涉及系統而不涉及系統內部某些物體的力和運動時，一般可采用整體法。
(2)為了弄清系統內某個物體的受力和運動情況，一般可采用隔離法。
(3)對于連接體問題，多數情況既要分析外力，又要分析內力，這時我們可以采取先整體(解決外力)后隔離(解決內力)的交叉運用方法，當然個別情況也可采用先隔離(由已知內力解決未知外力)再整體的運用順序。
【典例2】　(人教版P81T6改編)用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接并懸掛，如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c沿水平方向，則(　　)
A．細線a對小球1的拉力大小為G
B．細線a對小球1的拉力大小為4G
C．細線b對小球2的拉力大小為G
D．細線b對小球2的拉力大小為G
√
A　[將兩球和細線b看成一個整體，設細線a對小球1的拉力大小為Fa，細線c對小球2的拉力大小為Fc，受力如圖所示，根據共點力的平衡條件有Fa＝＝G，Fc＝2G tan 30°＝G，故A正確，B錯誤；對小球2根據共點力的平衡條件可知，細線b對其拉力大小為Fb＝＝G，故C、D錯誤。]
[針對訓練]
3．用輕質細線把兩個質量未知的小球懸掛起來，如圖所示。對小球a持續施加一個水平向左的恒力，并對小球b持續施加一個水平向右的同樣大小的恒力，最后達到平衡狀態。下列選項中表示平衡狀態的圖可能是(　　)
A　　 　　B　　　 　C　　　　D
√
A　[將兩球和兩球之間的細線看成一個整體，對整體受力分析如圖所示，整體達到平衡狀態，根據平衡條件可知整體受到a球上方的細線的拉力FT的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿豎直方向，則此細線必定沿豎直方向，故A正確。]
4．如圖所示，有4 000個質量均為m的小球，將它們用長度相等的輕繩依次連接，再將其左端用細繩固定在天花板上，右端施加一個水平力F使全部小球靜止。若連接天花板的細繩與水平方向的夾角為53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。設第2 020個小球與第2 021個小球之間的輕繩拉力為F1，F1與水平方向的夾角為α，tan α為(　　)
A．1 B．
C．
√
B　[對所有小球整體分析，畫出受力示意圖，如圖所示，根據平衡條件有F tan 53°＝4 000mg，對第2 021至4 000個小球整體分析有
F tan α＝(4 000－2 020)mg，聯立解得 tan α＝，故選B。]
探究3　平衡中的臨界、極值問題
1．臨界問題
(1)問題界定：物體所處平衡狀態將要發生變化的狀態為臨界狀態，涉及臨界狀態的問題為臨界問題。
(2)問題特點
①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。
②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。
(3)分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。
2．極值問題
(1)問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。
(2)分析方法
①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。
②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。
【典例3】　如圖所示，質量m1＝12 kg的物體A用細繩繞過光滑的滑輪與質量為m2＝2 kg 的物體B相連，連接A的細繩與水平方向的夾角為θ＝53°，此時系統處于靜止狀態。已知A與水平面的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6。
(1)求物體A所受摩擦力的大小；
(2)改變物體B的質量，欲使系統始終保持靜止，
物體B的質量不能超過多少？
[解析]　(1)選物體B為研究對象，由平衡條件得，細繩的拉力大小F＝m2g
再以物體A為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件知，水平方向有
F cos 53°－Ff＝0
解得Ff＝12 N。
(2)當物體B的質量增加，物體A剛要滑動時
水平方向有F′cos 53°－Ffm＝0
豎直方向有F′sin 53°＋F′N－m1g＝0
其中最大靜摩擦力Ffm＝μF′N，F′＝m2′g
聯立解得m2′＝6 kg。
[答案]　(1)12 N　(2)6 kg
方法技巧　臨界與極值問題的分析技巧
(1)求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。
(2)臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而得出判斷或結論。
[針對訓練]
5．如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，重力加速度為g，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
√
C　[對C點進行受力分析，由平衡條件可知，繩CD對C點的拉力大小FCD＝mg tan 30°，對D點進行受力分析，繩CD對D點的拉力大小F2＝FCD＝mg tan 30°，故F2是恒力，F1方向一定，則F1與F3的合力與F2等值反向，如圖所示，由圖知當F3垂直于繩BD時，F3最小，由幾何關系可知，F3min＝F2sin 60°＝mg，選項C正確。]
6．(多選)如圖所示，形狀和質量完全相同的兩個圓柱體a、b靠在一起，表面光滑，重力為G，其中b的下半部剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在平面上。現過a的軸心施以水平作用力F，可緩慢地將a拉離平面一直滑到b的頂端，對該過程分析，則應有(　　)
A．拉力F先增大后減小，最大值是G
B．開始時拉力F最大為G，以后逐漸減小為0
C．a、b間的壓力開始最大為2G，而后逐漸減小到G
D．a、b間的壓力由0逐漸增大，最大為G
√
√
BC　[要把a拉離平面，在恰好離開平面MN時，平面MN對a的支持力為零，因此對a受力分析如圖甲所示，則sin θ＝＝，所以θ＝30°，拉力大小F＝＝G；當a逐漸上移時，用圖解法分析F的變化如圖乙所示，在a上移時，拉力F逐漸減小至零；在開始時，FN＝＝2G，以后逐漸減小至G，因此選項B、C正確，A、D錯誤。]
1．如圖所示為一秋千，用兩根等長輕繩將一座椅懸掛在豎直支架上等高的兩點，由于長期使用，導致兩根支架向內發生了微小傾斜，如圖中虛線所示，但兩懸掛點仍等高，座椅靜止時所受合力的大小用F表示，F1表示單根輕繩對座椅拉力的大小，則(　　)
A．F不變，F1變小 B．F不變，F1變大
C．F變小，F1變小 D．F變大，F1變大
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素養提升練(五)
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A　[對座椅受力分析，如圖所示，座椅靜止，受重力和兩拉力而平衡，故三個力的合力為零，即F＝0不變；因兩懸掛點等高，則F1＝，支架內傾，θ變小，cos θ變大，則F1變小，故A正確。]
2．(人教版教材習題改編)如圖所示，小球在力F的作用下靜止，細線與豎直方向的夾角為θ。將F由圖示位置逆時針緩慢轉至豎直方向的過程中，小球始終靜止在圖中位置，則(　　)
A．F一直變小
B．F先變小后變大
C．細線的拉力一直變大
D．細線的拉力先變小后變大
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B　[對小球受力分析，如圖所示，將F由圖示位置逆時針緩慢轉至豎直方向的過程中，小球處于動態平衡，由圖解法在力的平行四邊形中，可以看到F先變小再變大，而細線的拉力T一直減小，故B正確。]
3．(人教版P80T2改編)如圖所示，一梯子斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列說法正確的是(　　)
A．地面對梯子的摩擦力方向水平向右
B．人和梯子組成的系統受三個力作用
C．梯子對工人的作用力豎直向上
D．地面對梯子的作用力豎直向上
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C　[對人和梯子組成的系統受力分析，由平衡條件可得，梯子在水平方向受到豎直墻壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A錯誤；人和梯子組成的系統在豎直方向上受重力、地面的支持力，因為墻壁光滑，所以豎直墻壁對梯子沒有摩擦力，在水平方向上，受到豎直墻壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四個力作用，故B錯誤；對人受力分析，人受到豎直向下的重力，根據平衡條件，梯子對工人的作用力豎直向上與重力平衡，故C正確；地面對梯子的作用力為支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D錯誤。]
4．如圖所示，滑塊放在水平地面上，左邊受一個彈簧的拉力作用，彈簧原長小于懸掛點的高度(滑塊高度忽略不計)，用水平向右的拉力F拉動滑塊，使滑塊向右緩慢移動，并且滑塊始終沒有離開地面，彈簧始終在彈性限度內，則在上述過程中，下列說法正確的是(　　)
A．彈簧彈力在豎直方向的分量不變，滑塊受到的摩擦力不變
B．彈簧彈力在豎直方向的分量不變，滑塊受到的摩擦力變小
C．彈簧彈力在豎直方向的分量增大，滑塊受到的摩擦力變小
D．彈簧彈力在豎直方向的分量增大，滑塊受到的摩擦力不變
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C　[設懸掛點的高度為h，彈簧的原長為l0，勁度系數為k，彈簧彈力在豎直方向的分量Fy＝ksin θ，故Fy＝kh－kl0sin θ，當滑塊向右移動時夾角減小，可知彈簧彈力的豎直分量增大，故滑塊與地面間的彈力減小，滑塊與地面間的摩擦力減小，C正確。]
5．如圖所示，一只可視為質點的螞蟻從半球形碗邊緣a點緩慢爬到碗底的b點，此過程(　　)
A．螞蟻對碗的壓力不斷減小
B．螞蟻對碗的壓力保持不變
C．碗對螞蟻的摩擦力不斷減小
D．碗對螞蟻的作用力不斷增大
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C　[螞蟻緩慢下爬，可以認為螞蟻處于平衡狀態，則合力始終為零，受力分析如圖所示。根據平衡條件，可得切線方向上有Ff＝mg sin α，指向圓心的方向上有FN＝mg cos α，螞蟻在半球形碗內緩慢從a點爬到b點的過程中，α角減小，則螞蟻受到的摩擦力逐漸減小，螞蟻受到的支持力逐漸增大，即螞蟻對碗的壓力不斷增大，故A、B錯誤，C正確；碗對螞蟻的作用力與螞蟻的重力平衡，大小不變，故D錯誤。]
6．(多選)一盞電燈重力為G，懸于天花板上的B點，在電線O處系一細線OA，使電線OB與豎直方向的夾角為β＝30°，OA與水平方向成α角，如圖所示。現保持O點位置不變，使α角由0°緩慢增加到90°，在此過程中(　　)
A．電線OB上的拉力逐漸減小
B．細線OA上的拉力先減小后增大
C．細線OA上拉力的最小值為G
D．細線OA上拉力的最小值為G
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ABC　[對結點O受力分析，由平衡條件可知，細線OA和電線OB的拉力的合力F′一定豎直向上，與FT平衡，當α角由0°緩慢增加到90°的過程中，畫出動態分析圖如圖所示，由圖可看出，細線OA上的拉力先減小后增大，且當α＝30°時，FA最小，最小值為，而電線OB上的拉力逐漸減小，故A、B、C正確，D錯誤。]
7．如圖所示，用兩個相同的足夠大的水平力F將 2 016 個完全相同的木塊夾在兩個相同的豎直木板之間，所有木塊都保持靜止狀態，每個木塊的質量均為m，重力加速度為g，則編號為2 015和2 016的兩木塊之間的摩擦力的大小為(木塊從左至右編號依次為1、2、3、…、2 014、2 015、2 016)(　　)
A．mg B．1 007mg
C．1 008mg D．2 016mg
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B　[將2 016個木塊看成一個整體，對整體進行受力分析，在豎直方向，共受到三個力的作用，分別為豎直向下的重力2 016mg，兩個相等的豎直向上的摩擦力f1，由平衡條件可得2f1＝2 016mg，解得f1＝1 008mg，所以1號木塊和2 016號木塊受到木板的摩擦力大小均為1 008mg；對2 016號木塊受力分析，它受到木板對它的摩擦力大小為1 008mg，方向豎直向上，遠大于自身所受到的豎直向下的重力mg，故2 015號木塊要給2 016號木塊一個豎直向下的摩擦力，大小為f2＝f1－mg＝1 007mg，故選B。]
8．(多選)如圖所示，固定在豎直平面內的光滑圓環的最高點有一個光滑的小孔，質量為m的小球套在圓環上，一根細線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住，重力加速度為g。現拉動細線，使小球沿圓環緩慢上移，在移動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．細線與豎直方向的夾角為θ時，F＝2mg cos θ
B．小球沿光滑圓環上升過程中，細線拉力逐漸減小
C．小球沿光滑圓環上升過程中，小球所受支持力逐漸增大
D．小球沿光滑圓環上升過程中，小球所受支持力大小不變且等于mg
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ABD　[小球沿圓環緩慢上移，處于動態平衡狀態，對小球進行受力分析，小球受重力G、細線拉力F、圓環的支持力FN三個力，作出受力分析圖如圖所示，根據三角形相似，有＝＝，所以FN＝G，細線與豎直方向的夾角為θ時，F＝F′＝2mg cos θ，當A點上移時，半徑不變，AB長度減小，故F減小，FN不變，故C錯誤，A、B、D正確。]
9．(多選)如圖所示，兩根輕繩一端系于結點O，另一端分別系于固定環上的A、B兩點，O點下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與OA夾角α＝120°，拉力大小為F2。將兩繩同時緩慢順時針轉過75°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，且物體始終保持靜止狀態，則在旋轉過程中，下列說法正確的是(　　)
A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小
C．F2逐漸減小 D．F2先減小后增大
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BC　[對結點O受力分析，受豎直向下的拉力(大小等于物體M的重力G)、OA的拉力F1及OB的拉力F2，結點始終保持靜止，合力為零，所以G、F1、F2構成封閉的矢量三角形，如圖所示。開始時F1水平向左，F2為圓的直徑最大，由于G以及F1和F2夾角α＝120°不變，所以β＝60°，當θ＝β＝60°，即OB繩水平時，F1為圓的直徑最大，所以F1先增大后減小，F2一直減小，故B、C正確。]
10．如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．輕繩的合拉力大小為
B．輕繩的合拉力大小為
C．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小
D．輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力也最小
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B　[對石墩受力分析，由平衡條件可知T cos θ＝f，f＝μN，T sin θ＋N＝mg，聯立解得T＝，故A錯誤，B正確；輕繩的合拉力的大小為T＝＝，其中tan φ＝，可知當θ＋φ＝90°時，輕繩的合拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，故C錯誤；摩擦力大小為f＝T cos θ＝＝，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力不是最小，故D錯誤。]
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11．如圖所示，質量為m＝0.5 kg的光滑小球被細線系住，放在傾角為α＝45°的斜面體上。已知線與豎直方向的夾角β＝45°，斜面體質量為M＝3 kg，整個裝置靜置于粗糙水平面上。(g取10 N/kg)求：
(1)細線對小球拉力的大小；
(2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向。
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[解析]　(1)以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示。
根據平衡條件得，FT與FN的合力大小等于mg，
則有FT＝mg cos 45°＝mg＝ N。
(2)以小球和斜面體整體為研究對象，受力分析
如圖乙所示，由于系統靜止，合力為零，則有
Ff＝FT cos 45°＝ N＝2.5 N，方向水平向左。
[答案]　(1) N　(2)2.5 N，方向水平向左
題號
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12．如圖所示，兩個質量均為m＝0.5 kg的小環套在一水平放置的粗糙長桿上，兩根長度均為L的輕繩一端系在小環上，另一端系在質量為M＝1 kg的木塊上，兩小環均保持靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求每個小環對桿的壓力大小；
(2)若小環與桿之間的動摩擦因數μ＝，求兩環之間的最大距離。
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[解析]　(1)對兩個小環和木塊整體，由平衡條件得2FN＝(M＋2m)g
解得FN＝Mg＋mg＝10 N
由牛頓第三定律可知，每個小環對桿的壓力大小為
FN′＝FN＝10 N。
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(2)小環剛好不滑動時，小環受到的靜摩擦力達到最大值，設此時繩拉力大小為FT，與豎直方向夾角為θ，對木塊由平衡條件得2FT cos θ＝Mg
對小環，由平衡條件得FTsin θ＝μFN
聯立解得θ＝30°
由幾何關系可得，兩環之間的最大距離為
d＝2L sin θ＝L。
[答案]　(1)10 N　(2)L
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