第3章 习题课2 共点力平衡条件的应用（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（粤教版）

共点力平衡条件的应用 习题课二 核心素养导学 科学思维 (1)学会应用整体法与隔离法解答多物体的平衡问题。 (2)学会处理动态平衡问题的三种方法。 (3)学会处理平衡中的临界、极值问题。 科学态度与责任 体会共点力的平衡条件在实际问题中的应用。 综合提能(一)　整体法与隔离法分析多物体平衡问题 综合提能(二)　物体的动态平衡问题 01 02 CONTENTS 目录 综合提能(三)　平衡中的临界、极值问题 课时跟踪检测 03 04 综合提能(一)　整体法与隔离法分析多物体平衡问题 1.解题关键 分析多物体的平衡问题，关键是研究对象的选取，若一个系统中涉及两个或两个以上的物体，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法。 融通知能 2.整体法和隔离法的选取 (1)如果不涉及系统内物体间的相互作用力，要优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便。 (2)如果涉及系统内物体间的相互作用力，则必须采用隔离法，对有关物体单独分析。 [典例]　如图所示，质量为M的半球体放在粗糙水平地面上，细绳一端固定在天花板上，另一端拴住质量为m的可视为质点的光滑小球，小球置于半球体上的A点，细绳与半球体A处的切线平行，半径OA与水平方向的夹角θ=60°，小球和半球体都处于静止状态(当地重力加速度大小为g)。求： (1)半球体对小球的支持力大小； 典例体验 [答案]　mg [解析]　对小球进行受力分析，将重力沿A点所在处 的切线方向和垂直于切线的方向进行分解，如图1所示， 根据共点力平衡的条件可知，半球体对小球的支持力 FN=mgsin θ，解得FN=mg， 细绳对小球的拉力T=mgcos θ，解得T=mg。 (2)半球体受到地面摩擦力的大小和方向。 [答案]　mg，方向水平向左 [解析]　对小球和半球体构成的整体进行受力分析，将细绳对小球的拉力沿水平方向与竖直方向分解，如图2所示， 由水平方向上受力平衡有f=Tsin θ， 解得f=mg，方向水平向左。 1.(2025·东莞模拟)如图所示，倾角为θ=37° 的斜面固定在水平地面上，两个物块A、B用 轻质弹簧连接，两物块都恰好静止在斜面上。 物块A与斜面间的动摩擦因数为0.4，物块B与 斜面间的动摩擦因数为0.8，两物块受到的摩擦力方向相同，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，下列说法正确的是 (　 ) 针对训练 A.弹簧可能处于压缩状态 B.A、B两物体所受摩擦力均沿斜面向下 C.当mA=1 kg时，物块B受到的摩擦力大小为48 N D.物块A和物块B的质量之比为1∶7 √ 解析：两物块都恰好静止在斜面上，对整体受力分析可知(mA+ mB)gsin 37°=μ1mAgcos 37°+μ2mBgcos 37°，解得=，当mA= 1 kg时，mB=7 kg，物块B受到的摩擦力大小为f=μ2mBgcos 37°= 44.8 N，由题中两物块受到的摩擦力方向相同，可知两摩擦力沿斜面向上，D正确，B、C错误；对A有mAgsin 37°>μ1mAgcos 37°，可知弹力沿斜面向上，弹簧处于拉伸状态，A错误，故选D。 2.2025年春节期间，大街上到处洋溢着节日的气息，一盏盏大红灯笼展现出节日的喜庆。如图所示，三根轻绳a、b、c将甲、乙两只灯笼悬挂起来并处于静止状态。轻绳a、c与竖直方向的夹角分别为37°和53°角，轻绳b沿水平方向。已知甲的质量m=1.2 kg，且sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)细绳a的拉力的大小Fa。 答案：15 N 解析：以甲为研究对象，根据受力平衡条件 Facos 37°=mg，解得Fa=15 N。 (2)细绳c的拉力的大小Fc。 答案：11.25 N 解析：设b绳的拉力为Fb，由甲知Fb=mgtan 37°， 再由乙受力分析，由受力平衡条件Fcsin 53°=Fb， 联立解得Fc=11.25 N。 综合提能(二)　物体的动态平衡问题 1.动态平衡问题的特点 通过控制某一物理量，使其他物理量发生缓慢变化，而变化过程中的任何一个状态都看成是平衡状态。 融通知能 2.处理动态平衡问题常用的方法 图解法 对研究对象的任一状态进行受力分析，根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图，然后根据有向线段的长度变化判断各个力的变化情况。题型特点是：①合力大小和方向不变，②一个分力的方向不变 解析法 适用于求解直角三角形或正交分解类问题，列出三角函数表达式，然后利用表达式分析力的变化情况的方法 相似三 角形法 适用于求解的是一般形状三角形问题，做法是在受力分析的基础上作出力的平行四边形，由力三角形与几何三角形相似，求解问题 [典例]　质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是 (　 ) A.推力F先增大后减小 B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C.墙面对凹槽的压力先增大后减小 D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 典例体验 √ [解析]　对小滑块受力分析，如图所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α+β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，而F=mgcos α、FN=mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体根据平衡条件可得，墙面对凹槽的 压力大小FN1=Fsin α=mgsin 2α，水平地面对凹槽的支 持力FN2=Mg+mg-Fcos α，在小滑块由A点向B点缓慢移 动的过程中，α由逐渐减小到零，根据数学知识可知墙 面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持 力一直减小，C正确，D错误。 1.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间，设墙面对球的弹力大小为FN1，木板对球的弹力大小为FN2，以木板与墙面连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置，不计摩擦，在此过程中 (　 ) A.FN1始终减小，FN2始终增大 B.FN1始终减小，FN2始终减小 C.FN1先增大后减小，FN2始终减小 D.FN1先增大后减小，FN2先减小后增大 针对训练 √ 解析：法一：解析法 如图所示，由平衡条件得FN1=，FN2=，随θ逐渐增大到90°，tan θ、sin θ都逐渐增大，FN1、FN2都逐渐减小，B正确。 法二：图解法 对球受力分析，球受3个力：重力G、墙面对球的弹力FN1和木板对球的弹力FN2，当木板逐渐转至水平的过程中，球始终处于平衡状态，即FN1与FN2的合力F始终竖直向上，大小等于球受到的重力G，如图所示，由图可知FN1的方向不变， 大小逐渐减小，FN2的方向发生变化， 大小也逐渐减小，B正确。 2.(2025·广东潮州期末)用如图所示的推车搬运货物，推车的底板和背板互相垂直，工人缓慢下压把手，使背板由竖直转向水平，推车和货物的状态由图甲变到图乙。在该过程中不计货物与推车间的摩擦力，货物对底板的压力为N1、对背板的压力为N2。则该过程两压力大小变化情况是 (　 ) A.N1逐渐减小到零　　 B.N1先减小后增加 C.N2增加到无穷大 D.N2先增加后减小 √ 解析：使背板由竖直转向水平，设背板与竖直方向的夹角为θ，则θ从0°增加到90°；以货物为研究对象，根据平衡条件可得N1'=mgcos θ，N2'=mgsin θ，可知底板对货物的支持力N1'逐渐减小到零，背板对货物的支持力N2'逐渐增大到货物重力mg；根据牛顿第三定律可知，货物对底板的压力N1逐渐减小到零，对背板的压力N2逐渐增大到货物重力mg。故选A。 综合提能(三)　 平衡中的临界、极值问题 1.临界问题 (1)问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。 (2)问题特点： ①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。 ②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。 (3)分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。 融通知能 2.极值问题 (1)问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。 (2)分析方法 解析法 根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值 图解法 根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值 [典例]　如图甲、乙所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其恰能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也恰能使物体沿斜面匀速上 滑，则两次的推力之比为(　 ) A.cos θ+μsin θ　　B.cos θ-μsin θ C.1+μtan θ D.1-μtan θ 典例体验 √ [解析]　物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图(a)、(b)所示。 将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得： F1=mgsin θ+f1，FN1=mgcos θ，f1=μFN1， F2cos θ=mgsin θ+f2， FN2=mgcos θ+F2sin θ，f2=μFN2， 解得：F1=mgsin θ+μmgcos θ， F2=， 故=cos θ-μsin θ，B正确。 /方法技巧/ 临界与极值问题的分析技巧 (1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。 (2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。 1.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ=30 °，重力 加速度为g，则F的最小值为 (　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 针对训练 √ 解析：以a、b为整体，整体受重力2mg、细线OA 的拉力T及拉力F三个力而平衡，如图所示，三个力构 成的矢量三角形中，当力F垂直于细线OA的拉力T时有 最小值，且最小值F=2mgsin θ=mg，B正确。 2.质量为M的木楔倾角为θ，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。如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过 程中始终静止)。 (1)当α=θ时，拉力F有最小值，求此最小值； 答案：mgsin 2θ 解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin θ=μmgcos θ，即μ=tan θ。 木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α=mgsin θ+f，Fsin α+FN=mgcos θ，f=μFN 解得F=== 则当α=θ时，F有最小值，为Fmin=mgsin 2θ。 (2)当α=θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大? 答案：mgsin 4θ 解析：因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即f'=Fcos(α+θ) 当α=θ时，F取最小值mgsin 2θ， 所以fm'=Fmincos 2θ=mg·sin 2θ·cos 2θ=mgsin 4θ。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.如图所示，工厂为晾干一批染色钢管，工人师傅将其通过一轻质细绳搁置于水平天花板和水平地面之间，关于此模型下列说法正确的是 (　 ) A.细绳对钢管的拉力方向可能不沿绳 B.钢管相对地面有向左的运动趋势 C.钢管一定受水平向左的摩擦力 D.地面对钢管的作用力沿竖直方向 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：细绳对钢管的拉力方向一定沿绳的方向，A错误；细绳的拉力有水平向右的分量，可知钢管相对地面有向右的运动趋势，则钢管一定受水平向左的摩擦力，B错误，C正确；地面对钢管有竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，则地面对钢管的作用力不是沿竖直方向，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.如图所示，在水平力F的作用下，木块 A、B保持静止。若木块A与B的接触面是水平 的，且F≠0。则关于木块B的受力个数，可能 是 (　 ) A.3个或4个　　　　　 B.3个或5个 C.4个或5个 D.4个或6个 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看成整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A并对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，故B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B可能有静摩擦力的作用，也可能没有。综上所述，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.如图所示，对斜面上的物体施加一个沿斜面向上的拉力F作用时，物体恰能沿斜面匀速下滑，在此过程中斜面体相对水平地面静止不动，则水平地面对斜面体 (　 ) A.摩擦力等于零 B.有摩擦力，方向水平向右 C.有摩擦力，方向水平向左 D.有摩擦力，方向不能确定 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：以物体和斜面体整体为研究对象，受整体重力、地面的支持力、摩擦力和拉力，如图，根据平衡条件得FN+Fsin θ=(M+m)g，f=Fcos θ，所以水平地面对斜面体有摩擦力的作用，方向水平向左。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.(多选)如图所示，质量为m的小球a和质量为3m的小球b分别用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上处于静止状态。现用水平力F缓慢拉a，当轻弹簧A与竖直方向夹角为45°时，弹簧A、B的伸长量刚好相等，在此状态下，以下判断正确的是(设轻弹簧A、B的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度取g) (　 ) A.k1∶k2=4∶3 B.k1∶k2=1∶ C.水平拉力F的大小为mg D.轻弹簧A的弹力大小为4mg √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：把a、b球看成一个整体受力分析，如图，由平衡条件，可得FA=，F=4mgtan 45°，解得FA=4mg，F=4mg，故C错误，D正确；把b球隔离出来受力分析，可得FB=3mg，根据胡克定律，有FA=k1x，FB=k2x，联立可得k1∶k2=4∶3，故A正确；B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.如图所示，两个质量都是m的小球A、B用 轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态。已知墙面 光滑，水平地面粗糙，现将A球向下移动一小段 距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡 状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持 力FN和地面对B球的摩擦力f的变化情况是 (　 ) A.FN不变　　　　　　　 B.FN变大 C.f不变 D.f变小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：对整体进行受力分析，知竖直方向： FN=2mg，移动两球后，仍然平衡，则FN仍然等 于2mg，所以FN不变；水平方向：地面对B的摩 擦力f等于竖直墙壁对A的弹力；再隔离对A进行 受力分析，墙壁对A球的弹力F弹=mgtan θ；当A 球向下移动一小段距离，夹角θ增大，所以F弹增大，地面对B球的摩擦力f变大。故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2024·广东揭阳高一统考期末)(多选)轻绳A端固定，用轻质动滑轮将重物挂于轻绳上，如图所示。当滑轮静止后，将轻绳B端缓慢沿虚线 (　 ) A.向右移动，绳子的弹力不变 B.向右移动，绳子的弹力变大 C.向上移动，绳子的弹力不变 D.向上移动，绳子的弹力变小 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设绳子与竖直方向之间的夹角为θ，绳子上的弹力大小为FT，根据平衡条件得mg=2FTcos θ，解得FT=，将轻绳B端缓慢沿虚线向右移动，θ变大，绳子的弹力变大，A错误，B正确；将轻绳B端缓慢沿虚线向上移动，θ不变，绳子的弹力不变，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则(重力加速度取g) (　 ) A.A与B之间一定存在摩擦力 B.B与地面之间可能存在摩擦力 C.B对A的支持力可能小于mg D.地面对B的支持力为Mg √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：对A、B整体受力分析，如图所示，受到重 力(M+m)g、支持力FN和已知的两个推力F，对于整体， 由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力， 且有FN=(M+m)g，故B、D错误；对A受力分析，A至少受重力mg、推力F、B对A的支持力FN'，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零，A错误；在垂直斜面方向上有FN'=mgcos θ+Fsin θ(θ为斜劈倾角)，故FN'可能小于mg，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 8.(2025·清远高一检测)如图甲所示，在一根固定不动的圆弧形树枝上，小鸟有时停在圆弧上的A点，有时停在圆弧上的最底点B。图乙为该情景的示意图。对于这两个点 下列分析正确的是 (　 ) A.小鸟停在A点时，受到的支持力较小 B.小鸟停在B点时，对树枝的压力较小 C.小鸟停在A点时，受到的摩擦力较小 D.小鸟停在B点时，受到树枝的作用力较小 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设小鸟的重力为mg，过小鸟在树枝上位置的切线的倾角为θ，则小鸟所受支持力大小为N=mgcos θ，所受摩擦力大小为f=mgsin θ，因为过A点的切线的倾角比过B点的切线的倾角大，所以小鸟停在B点时受到的支持力较大，根据牛顿第三定律可知，小鸟停在B点时对树枝的压力较大，小鸟停在A点时受到的摩擦力较大，故A正确，B、C错误；小鸟停在A点或B点时所受树枝的作用力都和小鸟的重力平衡，所以两个位置树枝对小鸟的作用力相等，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.如图轻绳绕过固定在天花板上的小滑轮，绳A端握在站在地上的人手中，B端系一重为G的小球，小球靠在固定的光滑半球面上，人通过轻绳将小球沿球面DC缓缓拉动一小段距离过程中，下列判断不正确的是 (　 ) A.人的拉力逐渐变大 B.球面对球的支持力大小不变 C.人的拉力逐渐变小 D.可认为小球的合外力为零 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设小球受到的拉力为T，受到的支持力为FN，滑轮距离球面的高度为h，半球面半径为R，对小球受力分析如图所示，设球距离滑轮距离为L，根据几何三角形与力三角形相似，有==，设人的拉力为F，则有T=F，故有==，整理得FN=，F=，则球面对球的支持力FN始终保持不变，但由于球 与滑轮的距离L不断减小，故拉力F不断减小， A错误，B、C正确；小球缓缓被拉动，即可认 为小球的合外力为零，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(2024·贵州高考)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：对球进行受力分析如图所示，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α==0.8，根据平衡条件得FNcos α=mg，解得FN=mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=mg。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(16分)如图所示，粗糙水平地面上放着一 个截面为半圆的柱状物体A，物体A与竖直墙之间 放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已 知A、B的质量分别为m和M，半圆球B与柱状物 体A半径均为R，半圆球B的球心到水平地面的竖 直距离为R，重力加速度为g。求： (1)地面对物体A的支持力大小；(8分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 答案：(M+m)g 解析：把A、B看成一个系统，对其运用整体法，该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力(M+m)g和地面的支持力F的作用，二力平衡，所以F=(M+m)g。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)地面对物体A的摩擦力大小。(8分) 答案：Mg 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：在水平方向上，该系统肯定受到竖 直墙水平向右的弹力的作用，那么一定也受到 地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于 弹力大小；再选取半圆球B为研究对象，运用 隔离法，受力分析如图所示。根据力的分解和力的平衡条件可得：F1=，F2=Mgtan θ，半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R，所以θ=45°，所以F2=Mg根据受力分析，地面对物体A的摩擦力大小等于F2，所以地面对物体A的摩擦力大小为Mg。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(18分)一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力fmax由fmax=μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的 接触点，弹簧由于被压缩 而缩短了x。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向；(5分) 答案：方向向右 解析：锁舌D受力分析如图所示，由于锁舌D有向左运动的趋势，故锁舌D所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；(6分) 答案： 解析：设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为FN，下表面的正压力为F，弹簧的弹力为kx，由平衡条件可得： kx+f1+f2cos θ-FNsin θ=0， F-FNcos θ-f2sin θ=0 又有：f1=μF，f2=μFN，解得：FN=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大?(7分) 答案：0.27 解析：无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明压力FN无穷大，即：1-2μ-μ2=0 解得：μ=2-≈0.27。 本课结束 $$