高中物理鲁科版必修第一册课件：第4章 第3节　共点力的平衡 （78 张PPT）

(共78张PPT)
第3节　共点力的平衡
第4章 力与平衡
课标解读 课标要求 素养要求
1.知道共点力的平衡条件。 2.会用正交分解法求解平衡问题。 3.会用作图法和直角三角形的知识研究实际的共点力平衡问题。 1.物理观念:形成清晰的相互作用的物理观念。
2.科学思维:能通过受力分析,确定平衡条件,在物理情境中建立平衡模型。
3.科学探究:探究生活中共点力的平衡现象,培养一题多解的能力。
4.科学态度与责任:认识科学本质,体会物理学知识的实际应用价值。
自主学习·必备知识
教材原句
教材研习
要点一　物体的平衡状态
物理学中,把物体静止 或做匀速直线运动时所处的状态称为平衡状态 。
要点二　共点力的平衡条件
若作用在物体上的几个共点力的合力为0,就达到了力的平衡 。
物体速度处于大小不变的状态是不是平衡状态
只有共点力才能使物体达到力的平衡,处于平衡状态吗
提示　不一定。
提示　不是,速度方向可能变化。
静止状态指速度为0的状态,那么速度为零时一定处于静止状态吗
自主思考
提示　不一定,例如自由落体运动释放的一瞬间速度为零,但不是静止状态。
名师点睛
1.对静止状态的理解:静止与速度v=0不是一回事。物体保持静止状态,说明v
=0,a=0,两者同时成立。若仅是v=0,a≠0,如自由下落开始时刻的物体,并非处
于静止状态。
2.共点力平衡的几种常见类型
(1)物体受两个力平衡时,这两个力等大、反向、共线,是一对平衡力。
(2)物体受三个力平衡时,任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,
三力首尾相接一定是封闭的三角形如图。
(3)物体受三个以上的力平衡时,其中任意一个力与另外几个力的合力等大、反向、共线。
互动探究·关键能力
探究点一 物体的平衡条件
情境探究
　　认真观察以下三幅图片,无论是人类的精妙技艺还是大自然的鬼斧神工,
这些平衡之美都令人惊叹,那么立在桌面上的鸡蛋、单脚站立的演员、顶在
石块上面的大石头,受力特点有什么相同之处呢

提示　均受两个力作用,这两个力大小相等,方向相反,作用在同一条竖直直
线上。
探究归纳
1.平衡状态:指物体保持静止状态或匀速直线运动状态。
2.共点力平衡的条件:物体所受的合力为0。
数学表达式有两种:
①F合=0;
② ,Fx合和Fy合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。
探究应用
例 (多选)如图,在粗糙水平面与竖直墙壁之间放置木块A和质量为m的光滑
球B,系统处于静止状态。O为B的球心,C为A、B的接触点,CO与竖直方向夹
角为θ=60°,重力加速度为g。则 (　　)

A.木块A对球B的支持力大小为2mg
B.地面对木块A的摩擦力大小为mg
C.若木块A右移少许,系统仍静止,地面对木块A的支持力不变
D.若木块A右移少许,系统仍静止,墙壁对球B的支持力变小
ACD
解析　以球B为研究对象,受力分析如图所示,木块A对球B的支持力大
小为T= = =2mg,A正确;以整体为研究对象,水平方向的摩擦力大小
等于墙与B之间的作用力F,则摩擦力f=F=mg tan θ= mg,B错误;把木块A右
移少许,系统仍静止,地面对木块A的支持力等于整体受到的重力,C正确;把木
块A右移少许,系统仍静止,θ变小,墙壁对球B的支持力mg tan θ变小,D正确。
解题感悟
分析平衡问题的基本思路
分析解决平衡问题,通常先确定研究对象,再进行受力分析,然后根据平衡条
件建立未知量与已知量间的关系方程求解。
若物体受到三个力的作用且处于平衡状态,则其中任意两个力的合力必然与
第三个力大小相等、方向相反。这时可根据平行四边形(或三角形)的几何
关系列方程求解,也可用正交分解法求解。
若物体在更多力的作用下处于平衡状态,则通常用正交分解法列方程求解,注意分析结果的物理意义。
迁移应用
1.如图所示,A、B两个楔形物体叠放在一起,B靠在竖直墙壁上,在水平力F的
作用下,A、B静止不动,则下列说法正确的是 (　　)

A.A、B之间一定存在摩擦力
B.A一定受四个力
C.B可能受四个力
D.B一定受四个力
C
解析　对A分析,可以肯定受到的三个力:A的重力GA、力F、B对A的支持
力N1,可能受到B沿接触面方向的摩擦力,故A、B错误;对A、B整体进行受力
分析,受到四个力作用:力F,A、B的重力G,墙壁的支持力N、墙壁的摩擦力f,
如图:
对B分析,可以肯定受到的四个力:B的重力GB、墙壁的支持力N、
墙壁的摩擦力f、A对B的压力N1',可能受到A沿接触面方向的
摩擦力,故C正确,D错误。
2.(多选)如图所示,某健身爱好者手拉着轻绳,在粗糙的水平地面上缓慢地移
动,保持轻绳始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量,可以在O点
悬挂不同的重物C,则 (　　)
A.若健身爱好者缓慢向右移动,绳OA拉力变大
B.若健身爱好者缓慢向左移动,绳OB拉力变大
C.若健身爱好者缓慢向右移动,绳OA、OB拉力的合力变大
D.若健身爱好者缓慢向左移动,健身者与地面间的摩擦力变小
AD
解析　设OA的拉力为FA,OB的拉力为FB,重物C的质量为m,因O点始终
处于平衡状态,根据平衡条件有:FA cos θ-mg=0,FA sin θ-FB=0,解得FA= ,FB=
mg tan θ。当健身爱好者缓慢向右移动时,θ变大,则FA、FB均变大,故选项A正
确;当健身爱好者缓慢向左移动时,θ变小,则FA、FB均变小,因为健身爱好者所
受的摩擦力与OB绳拉力FB大小相等,故健身爱好者与地面间的摩擦力变小,
故选项B错误,D正确;无论健身爱好者朝哪个方向移动,绳OA、OB拉力的合
力保持不变,大小等于重物C的重力mg,故选项C错误。
探究点二 共点力平衡的处理方法
知识深化
求解共点力平衡问题的方法
方法一:合成法
适用于三力平衡问题,根据任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相
反,通过平行四边形建立平衡关系。
方法二:分解法
物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的作用效果分解,则其分力
和其他两个力满足平衡条件。
方法三:图解法
在平衡问题中,题目中出现“缓慢”一词,则物体处于动态平衡状态,处理此
类三力平衡问题时,一般在进行受力分析,构建力的三角形,利用图解法解
题。
题组过关
1.如图所示,用三根轻绳将A、B两小球以及水平天花板上的固定点O两两连
接。然后用一水平方向的力F作用于A球上,此时三根轻绳均处于伸直状态,
且点O和B球间的轻绳恰好处于竖直方向,两球均处于静止状态。已知三根轻
绳的长度之比l1∶l2∶l3=3∶4∶5,两球质量关系为mA=2mB=2m,重力加速度
为g,则下列说法正确的是 (　　)

B
A.点O和B球间轻绳的拉力大小为2mg
B.点O和A球间轻绳的拉力大小为
C.F的大小为
D.A、B两球间轻绳的拉力大小为mg
解析　首先由平衡条件判定B球不受A、B两球间轻绳的作用力,即A、B
两球间轻绳无张力,TOB=mBg=mg,TAB=0,A、D错误。隔离A球分析,A球受三个
力作用而处于平衡状态,这三个力能组成一个矢量三角形,如图所示,F=mAg
tan θ=mAg· = ,TOA= =mAg· = ,B正确,C错误。

2.(多选)如图所示,形状相同的物块A、B,其截面为直角三角形,相对摆放在粗
糙水平地面上,光滑球体C架在两物块的斜面上,系统处于静止状态,已知物块
A、B的质量都为M,θ=60° ,光滑球体C质量为m,重力加速度为g,则以下说法正
确的是 (　　)

BD
A.地面对物块A的摩擦力大小为 mg
B.地面对物块A的摩擦力大小为 mg
C.物块A对球体C的弹力大小为 mg
D.物块A对地面的压力大小为Mg+ mg
解析　以球体C为研究对象,其受到斜向上的两个弹力作用,两个弹力的
合力竖直向上,大小等于光滑球体的重力,受力分析如图所示,由几何关系可
知,弹力大小为mg,C项错误;以A为研究对象,C对A的正压力大小为mg,其在水
平方向上的分力等于地面对物块A的静摩擦力大小,由此可知静摩擦力大小
为 mg,A项错误,B项正确;以A、B、C整体为研究对象,所受重力为2Mg+
mg,支持力为2Mg+mg,由对称性可知A所受地面支持力为Mg+ ,D项正确。

探究点三 正交分解法处理平衡问题
知识深化
物体在多个共点力作用下平衡时,合力总等于零,则物体受到共点力作用时处
于平衡状态的条件:它们在水平方向上的分力的合力等于零,在竖直方向上的
分力的合力也等于零。
1.正交分解法解题步骤:
(1)明确研究对象(研究对象的选择尽量能联系已知条件与所求物理量);
(2)受力分析;
(3)以研究对象为坐标原点建立平面直角坐标系。
2.正交分解法中坐标轴方向的选取有以下技巧:
(1)研究水平面上的物体时,通常沿水平方向和竖直方向建立坐标轴;
(2)研究斜面上的物体时,通常沿斜面方向和垂直斜面方向建立坐标轴;
(3)研究在杆或绳的作用下转动的物体时,通常沿杆或绳方向和垂直杆或绳的
方向建立坐标轴;
(4)使尽量多的力落在坐标轴上,减少力的分解个数;使各待分解的力与坐标
轴的夹角为特殊值;
(5)对于运动的物体,通常沿物体运动方向和垂直物体运动方向建立。
题组过关
1.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中,如图所示。已知ac绳和bc绳与竖
直方向的夹角分别为30°和60°,则ac绳和bc绳中的张力分别为 (　　)

A. mg, mg　　 B. mg, mg
C. mg, mg D. mg, mg
A
解析　设ac绳中的拉力为F1,bc绳中的拉力为F2,以水平方向为x轴,竖直方
向为y轴,建立平面直角坐标系,并将F1和F2进行正交分解,则对三根绳的结点
受力分析,有水平方向:F1 sin 30°=F2 sin 60°;竖直方向:F1 cos 30°+F2 cos 60°
=F,又因竖直绳上的拉力F=mg,由以上三式可得F1= mg,F2= mg,故A正确。
2.(★)如图所示,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,用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀
速上滑,若改用水平推力F2作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑,则两
次的推力之比 为 (　　)
　　
A.cos θ+μ sin θ　　 B.cos θ-μ sin θ
C.1+μ tan θ　　 D.1-μ tan θ
B
解析　两种情况下分别对物体进行受力分析,如图甲、乙所示,对甲图,沿
斜面方向F1-mg sin θ-Ff1=0,垂直于斜面方向FN1-mg cos θ=0,Ff1=μFN1,联立可解
得F1=mg sin θ+μmg cos θ。


对乙图,沿斜面方向F2 cos θ-mg sin θ-Ff2=0,垂直于斜面方向FN2-F2 sin θ-mg cos
θ=0,Ff2=μFN2,联立可解得F2= ,所以 =cos θ-μ sin θ,故B正确。
课堂检测
评价检测·素养提升
1.关于平衡状态,下列说法正确的是 (　　)
A.竖直上抛的物体到达最高点时,处于平衡状态
B.木块放在斜面体的斜面上,随斜面体一起向右匀速运动,木块处于平衡状态
C.木块放在斜面体的斜面上,随斜面体一起向右匀加速运动,木块处于平衡状态
D.静止在匀加速运动的列车内的水平桌面上的杯子,处于平衡状态
解析　竖直上抛的物体在最高点受到重力作用,合力不为零。匀速运动
或静止的物体,所受合外力为零,处于加速运动中的物体所受合外力不为0。
B
2.如图所示,在水平晾衣杆上晾晒床单时,为了使床单尽快晾干,可在床单间支
撑轻质小木棍。小木棍的位置不同时,两侧床单间的夹角θ也将不同。设床
单重力为G,晾衣杆对床单的作用力大小为F。下列说法正确的是 (　　)

A.θ越大,F越大
C
B.θ越大,F越小
C.无论θ取何值,都有F=G
D.只有当θ=120°时,才有F=G
解析　以床单和木棍整体为研究对象,整体受到重力G和晾衣杆的支持
力F,由平衡条件可知F=G,与θ取何值无关,C项正确。
3.(★)如图所示,某同学在沙料场中发现沙子堆积时会形成圆锥形,且堆积过
程中圆锥的底角保持不变,他测得某堆沙子的底部周长约为63 m,他查阅资料
发现沙子之间的动摩擦因数约为0.8,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则这
堆沙子的最大高度约为 (　　)

A.4 m　　 B.8 m
C.12 m　　 D.16 m
B
解析　沙堆底面为圆,根据圆的周长C=2πr可得r=10 m,以最上层一粒沙
子为研究对象,分析受力可知,受竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力和沿
斜面向上的摩擦力,且摩擦力为最大静摩擦力,设斜面和地面夹角为θ,故满足
μmg cos θ=mg sin θ,解得 tan θ=0.8,设高度为h,由tan θ= ,解得h=8 m。
素养视角
科学思维
“活结”“死结”模型与“活杆”“死杆”模型
1.“活结”与“死结”模型
(1)“活结”:一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。
绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两
段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角
的角平分线。
(2)“死结”:两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的
两段绳子上的弹力不一定相等。
2.“活杆”与“死杆”模型
(1)“活杆”:即轻杆用转轴或铰链连接,当杆处于平衡状态时,杆所受到的弹
力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动。如图甲所示,若C为转轴,则轻杆在
缓慢转动中,弹力方向始终沿杆的方向。

(2)“死杆”:若轻杆被固定不发生转动,则杆所受到的弹力方向不一定沿杆
的方向。如图乙所示,水平横梁的一端A插在墙壁内,另一端装有一个小滑轮
B,一轻绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳子
的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力,即“死杆”弹
力的方向不沿杆的方向。
素养演练
1.(2021湖北沙市中学高一期中)如图所示,绳与杆均不计重力,A端用铰链固
定,滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略),B端吊一重物P。现施加
拉力FT使B缓慢下放(均未断),在杆达到水平前 (　　)
A.绳子拉力越来越小
B.绳子拉力越来越大　　
B
C.杆的弹力越来越小　　
D.杆的弹力越来越大
解析 　以B点为研究对象,分析受力情况:重物的拉力F(等于重物的重
力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力FT,按如图所示合成。
根据三角形相似可得 = =
解得FN=G ,FT=G ,将B缓慢下放,∠BAO缓慢变大,AB、AO保持不变,BO
变大,则FN保持不变,FT变大,故B项正确。
2.(★)(2021福建厦门湖滨中学月考)如图甲所示,轻绳AD跨过固定在水平横
梁BC右端的定滑轮拉住一个质量为M1=10 kg的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆
HP一端用铰链固定在竖直墙上,另一端P通过轻绳EP拉住,EP与水平方向也
成30°,轻杆的P点用轻绳PQ拉住一个质量为M2=10 kg的物体。g取10 m/s2,求:

(1)轻绳AC段的张力FAC与轻绳EP的张力FEP之比;
(2)横梁BC对C端的支持力;
(3)轻杆HP对P端的支持力。
答案　(1)
(2)100 N,方向与水平方向成30°角斜向右上方
(3)100 N,方向水平向右
解析　分别对C点和P点受力分析,如图所示

(1)图1中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体,物体处于平衡状态,绳AC
段的拉力FAC=FCD=M1g
图2中则有FEP sin 30°=FPQ=M2g
解得FEP=2M2g
所以得 = =
(2)图1中,根据几何关系得
FC=FAC=M1g=100 N
方向与水平方向成30°角斜向右上方
(3)图2中,根据平衡条件有
FEP sin 30°=M2g,FEP cos 30°=FP
可得FP= = M2g=100 N,方向水平向右
规律总结
“死结”“活结”模型的特点
1.“死结”模型的三个特点
(1)“死结”是不可以沿绳子移动的结。
(2)“死结”两侧的绳因打结而变成了两根独立的绳。
(3)“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。
2.“活结”模型的3个特点
(1)“活结”是可以沿绳子移动的结点。
(2)“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽
然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳。
(3)“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一
定沿这两段绳子夹角的角平分线。
基础达标练
1.如图是在商场里常见的斜面电梯,重力为G的乘客随电梯匀速上行,则乘客
受到电梯的摩擦力和支持力的合力为F,则F的大小及方向是 (　　)

A.F=G,方向竖直向上　　
B.F=G,方向斜向上
C.F>G,方向竖直向上
D.F>G,方向斜向上　　
A
解析　乘客随电梯匀速上行,则乘客受力平衡,合力为零;乘客受重力、电梯
的摩擦力和支持力,则摩擦力和支持力的合力F与重力等大反向。
2.如图所示,弹簧测力计、绳和滑轮的重力不计,摩擦力不计,物体重力都
是G。在甲、乙、丙三种情况下,弹簧测力计的读数分别是F1、F2、F3,则
(　　)

A.F3>F1=F2　　 B.F1>F2=F3
C.F1=F2=F3　　 D.F3=F1>F2
D
解析　对甲图,弹簧测力计的拉力为F1=G,对乙图,由平衡条件得F2=G sin 60°
= G,对丙图,F3=G,故F3=F1>F2。
3.如图甲所示,一只小鸟沿着较粗的树枝从A缓慢移动到B,将该过程抽象为质
点从圆弧A点移动到B点,如图乙所示。对此过程下列说法正确的是 (　　)
　
A.树枝对小鸟的合力减小
B.树枝对小鸟的摩擦力增大
C.树枝对小鸟的摩擦力不变
D.树枝对小鸟的弹力增大
D
解析　整个过程中,树枝对小鸟的合力大小一直等于小鸟重力大小,小鸟向B
移动过程中,相当于斜面上的静止物体在斜面倾角逐渐减小时的情况。
4.如图所示,质量为m的小球静止在挡板和竖直墙壁之间,挡板与水平面的夹
角为45°,墙壁与挡板对小球的弹力大小分别记为F1、F2,重力加速度为g,不计
一切摩擦,下列判断正确的是 (　　)

A.F1=mg,F2=mg　　
D
B.F1= mg,F2=mg
C.F1= mg,F2= mg　　
D.F1=mg,F2= mg
解析　对小球受力分析,合力为0,根据平行四边形定则可知 =tan 45°, =
cos 45°,解得F1=mg,F2= mg,故选D。
素养提升练
5.(多选)如图所示,C是水平地面,A、B是两个长方形物块,F是作用在物块B上
沿水平方向的力,物块A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知A、B
间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是 (　　)

A.μ1=0,μ2=0　　 B.μ1=0,μ2≠0
C.μ1≠0,μ2=0　　 D.μ1≠0,μ2≠0
BD
解析　由平衡条件分析可知,A不受摩擦力,则知A、B间的动摩擦因数μ1
可能为零,也可能不为零;以整体为研究对象,地面对B一定有摩擦力,则B与地
面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。
6.如图将质量为m的小球a用细线与天花板相连悬挂于O点,用力F拉小球a,使
整个装置处于静止状态,且细线与竖直方向的夹角θ=30°,则F的最小值为
(　　)

A. mg　　 B. mg　　 C. mg　　 D. mg
A
解析　以小球为研究对象受力分析,如图所示,由力的矢量三角形可知,当F与
细线方向垂直时,F有最小值,最小值为F=mg sin θ= mg。

7.如图所示,轻质光滑定滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B,物体B放在水平
地面上,A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB,绳与水平方向间的夹
角为θ,重力加速度为g,则 (　　)

A.物体B受到的摩擦力可能为0
B
B.物体B受到的摩擦力为mAg cos θ
C.物体B对地面的压力可能为0
D.物体B对地面的压力为mBg-mAg cos θ
解析　由于B相对地面静止,则B所受的摩擦力为静摩擦力,且B受力平衡,有f=
mAg cos θ,A错误,B正确;由B受力平衡有FN=mBg-mAg sin θ,C、D错误。
8.(多选)如图所示,光滑的大圆环固定在竖直平面上,圆心为O点,P为环上最高
点,轻弹簧的一端固定在P点,另一端拴接一个套在大环上的小球Q,小球静止
在图示位置,弹簧与竖直方向的夹角为30°,则 (　　)

A.小球受三个力的作用
B.大圆环对小球的力的方向一定沿OQ指向外
ABD
C.弹簧可能处于压缩状态也可能处于伸长状态
D.小球所受大圆环的力的大小等于重力大小
解析 ABD　对小球进行受力分析如图所示,弹簧处于伸长状态,A正确,C错
误;大圆环对小球的支持力方向垂直于接触面,故一定沿OQ指向圆外,B正确;
根据三角形相似有 = = ,由几何关系可得PQ= OP= OQ,可知大
圆环对小球的力等于小球的重力,D正确。
9.如图所示,一物块置于粗糙水平地面上,当用与水平方向夹角为θ的力F1推物
块时,物块所受摩擦力为f1,物块对地面的压力为N1,物块做匀速直线运动。当
改用与竖直方向夹角为θ的力F2拉物块时,物块所受摩擦力为f2,物块对地面的
压力为N2,物块仍做匀速直线运动。以下判断可能正确的是 (　　)
　　
A.F1=F2　　
B.f1C.N1D.f1A
解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ,则F1 cos θ=μ(mg+F1 sin θ),F2 sin θ=
μ(mg-F2 cos θ),若F1=F2,求得μ= ,可知物块与地面间的动摩擦因数为特
定值时,这种情况可能发生,A正确。因为f1=μ(mg+F1 sin θ),f2=μ(mg-F2 cos θ),
则f1>f2;因为N1=mg+F1 sin θ ,N2=mg-F2 cos θ,则N1>N2,因为F1 cos θ=f1,则F1>f
1,B、C、D错误。
10.(多选)如图所示,轻杆BC的一端用铰链接于C点,另一端悬挂重物(重物所
受重力为G),并用细绳绕过定滑轮用力F拉住。开始时∠BCA>90°,现用力F
使∠BCA缓慢减小,到BC接近竖直位置的过程中,杆BC的弹力N和拉力F大小
的变化情况正确的是 (　　)

A.N保持不变　　
B.F逐渐增大
AC
C.F逐渐减小　　
D.N先增大后减小
解析 AC　分析B点受力情况,作出受力分析图如图,根据三角形相似得 =
= ,现用拉力F使∠BCA缓慢减小,到BC接近竖直位置的过程中,BC不变,
N不变,AB减小,F减小,故选A、C。

11.如图所示,一小孩坐在滑板上,小孩与滑板的总重力G=230 N,一大人用与
水平方向成θ=37°斜向上的拉力拉滑板,当拉力F=50 N时,滑板恰好沿水平地
面匀速运动。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)地面对滑板的支持力大小;
(2)滑板与水平地面间的动摩擦因数。
答案　(1)200 N　(2)0.2
解析　(1)对小孩和滑板整体受力分析,如图所示

竖直方向,有F sin θ+FN=G
解得FN=200 N
(2)水平方向,有F cos θ-Ff=0
Ff=μFN
解得μ=0.2
12.(2021广东实验中学附属天河学校高一月考)如图所示,质量为m=1.0 kg的
物块置于倾角为θ=37°的固定斜面上,在水平外力F作用下物块处于静止状
态。已知物块和斜面间的动摩擦因数μ=0.5,假设物块与斜面间的最大静摩擦
力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求F大小的
取值范围。

答案 N≤F≤20 N
解析　设物块刚好不下滑时水平力为F1,有F1 cos θ+μFN=mg sin θ,FN=F1 sin θ
+mg cos θ
解得F1= N
设物块刚好不上滑时水平力为F2,有F2 cos θ=μFN'+mg sin θ,FN'=F2 sin θ+mg
cos θ
解得F2=20 N
F的范围为 N≤F≤20 N
创新拓展练
13.(2021陕西长安一中高一月考)如图所示,质量为m的木板B放在水平地面
上,质量也为m的木箱A放在木板B上,重力加速度为g,一根轻绳一端拴在木箱
上,另一端拴在地面的木桩上,绳绷紧时与水平面的夹角为θ。已知木箱A与
木板B之间的动摩擦因数、木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ。现用水
平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出。求:轻绳的张力的大小和水平拉力F
的大小。

答案
解析　对A进行受力分析,由正交分解法可得
fA=μFNA=FT cos θ,FNA=mg+FT sin θ
解得FT=
对B进行受力分析,由正交分解法可得F=fA+fB,FNB=FNA+mg,fB=μFNB
解得水平拉力
F=
解题感悟　本题是一道典型的两个物体关联的平衡问题,要学会科学选取研
究对象,正确受力分析,还要注意压力与重力的关系。