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第3讲　牛顿第三定律　共点力的平衡
学习目标　1.理解牛顿第三定律的内容,并能区分一对作用力和反作用力与一对平衡力。 2.熟练掌握受力分析的步骤,会灵活应用整体法、隔离法并结合牛顿第三定律进行受力分析。 3.会用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。
1.
2.
3.
1.思考判断
(1)物体沿光滑斜面下滑时,受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)
(2)物体的速度为零即处于平衡状态。(×)
(3)物体处于平衡状态时,其加速度一定为零。(√)
(4)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态,若将F2转动90°,则这三个力的合力大小为F2。(√)
2.(人教版必修第一册P70“拓展学习”改编)如图甲所示,用传感器研究两钩子间的作用力与反作用力(其中左侧传感器固定于木块上),两个钩子拉力的情况由计算机屏幕显示,如图乙所示。下面表达式最为恰当的是(　　)
A.F1=F2　　　 B.F1=-F2
C.F1-F2=0 D.F1+F2=0
答案　B
3.(人教版必修第一册P79T2改编)如图所示,在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点,足球与墙壁的接触点为B。足球的重力为G,AC绳与墙壁的夹角为α,墙壁对球的支持力为FN,AC绳的拉力为FT,不计网兜的重力。则下列关系式正确的是(　　)
A.FT=FN　　　 B.FT=Gsin α
C.FT>G D.FN=
答案　C
考点一　牛顿第三定律
1.作用力和反作用力的三个关系
2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
比较项 作用力和反作用力 一对平衡力
不同点 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖关系 同时产生,同时消失 不一定同时产生、同时消失
叠加性 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零
力的性质 一定是同性质的力 性质不一定相同
相同点 大小相等,方向相反,作用在同一条直线上
例1 (2026·浙江金华月考)如图所示,在水平地面上,一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上(木箱侧面光滑),已知同学的质量小于木箱质量,同学和木箱均保持静止状态,则下列说法正确的是(　　)
A.同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力
B.同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力
C.同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D.同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的支持力
答案　D
解析　对同学和木箱的整体分析,水平方向受合力为零,则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力大小相等,方向相反,故A错误;同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个不同物体上,不是一对平衡力,故B错误;弹力和摩擦力是不同性质的力,则同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力不是作用力与反作用力,故C错误;同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的支持力,故D正确。
跟踪训练
1.(2026·河南豫南九校联考)如图所示,光滑水平面上两个小球甲、乙用轻质细线拴接后固定在左侧的挡板上。现在小球甲上施加一水平向右的外力F,整个系统静止不动。则下列说法正确的是(　　)
A.甲球对b线的力和b线对甲球的力是一对作用力与反作用力
B.F对甲球的力和b线对乙球的力是一对平衡力
C.b线对乙球的力与a线对乙球的力是一对作用力与反作用力
D.b线对乙球的力与b线对甲球的力是一对作用力与反作用力
答案　A
解析　甲球对b线的力和b线对甲球的力是一对作用力与反作用力,故A正确;F对甲球的力和b线对甲球的力是一对平衡力,故B错误;b线对乙球的力与a线对乙球的力是一对平衡力,故C错误;一对相互作用力是两个物体之间的相互作用,所以b线对乙球的力与b线对甲球的力不是一对作用力与反作用力,故D错误。
考点二　受力分析
受力分析的四种方法
假设法 在未知某力是否存在时,先对其做出不存在的假设,然后根据该力不存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
整体法 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法
隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来,单独进行受力分析的方法
动力学 分析法 对加速运动的物体进行受力分析时,应用牛顿运动定律进行分析求解的方法
例2 (2025·北京卷,6)如图所示,长方体物块A、B叠放在斜面上,B受到一个沿斜面方向的拉力F,两物块保持静止。B受力的个数为(　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
答案　C
解析　对A受力分析可知,受重力、B的支持力,由于A静止,则A还受到B沿斜面向上的静摩擦力;对B受力分析可知,受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、A对B沿斜面向下的摩擦力,由于B静止,则受沿斜面向上的摩擦力,即B受6个力作用,故C正确。
受力分析的三个技巧
(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。
(2)除了根据力的性质和特点进行判断,假设法是判断弹力、摩擦力的有无及方向的常用方法。
(3)善于转换研究对象,尤其是在弹力、摩擦力的方向不易判定的情形中,可以分析与其接触物体的受力,再应用牛顿第三定律判定。
跟踪训练
2.(2026·安徽合肥高三月考)第六代战斗机的发动机具备更强的推力和更高效的推力矢量控制,矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机,能够满足更高性能的飞行需求和作战任务。当战斗机以速度v斜向上匀速飞行时,已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力f。下列受力分析示意图可能正确的是(　　)
答案　A
解析　飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f,重力的方向竖直向下,推力F1的方向与速度v的方向共线同向或夹角为锐角,升力F2的方向与速度方向垂直,为右上方,空气阻力f的方向与速度的方向相反,为右下方,故A正确。
考点三　共点力的平衡条件及应用
求解共点力平衡问题的常用方法
(1)合成法:一个力与其余所有力的合力等大反向,常用于非共线三力平衡。
(2)正交分解法:Fx合=0,Fy合=0,常用于多力平衡。
(3)矢量三角形法:把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形,常用于非特殊角的一般三角形。
(4)整体法和隔离法:常用于多个物体,求外力时用整体法,求内力时用隔离法。
角度　三力平衡(合成法)
例3 (2024·贵州卷,4)如图(a),一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平细横杆和竖直墙之间,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
答案　D
解析　对球受力分析,如图所示
角度　多力平衡(正交分解法)
例4 (多选)(2026·辽宁大连模拟)如图所示,氦气球通过轻绳系留在地面的沙袋上,已知氦气球以及球内氦气质量为12 kg,沙袋质量为20 kg,与水平地面之间的滑动摩擦因数μ=0.5。气球受到竖直向上的空气的浮力以及水平方向风的作用力,当系留轻绳与水平方向的夹角为53°时,沙袋刚要在地面上滑动。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,关于气球的受力,下列说法正确的是(　　)
A.气球所受的空气的浮力大小为200 N
B.气球所受的空气的浮力大小为180 N
C.水平风力的大小为80 N
D.水平风力的大小为60 N
答案　AD
解析　沙袋刚要滑动,此时沙袋受到的摩擦力为最大静摩擦力,近似等于滑动摩擦力。对沙袋受力分析,如图甲所示,水平方向有FTcos 53°=Ff,竖直方向有FN+FTsin 53°=m沙g,且Ff=μFN,代入数据联立解得FT=100 N。对气球受力分析,如图乙所示,竖直方向有F浮=m球g+FTsin 53°,水平方向有F风=FTcos 53°,代入数据解得F浮=200 N,F风=60 N,故A、D正确。
角度　矢量三角形法
例5 (2026·福建厦门模拟)如图甲所示,鱼竿中任意处的力可分解为沿竿身的切向张力F∥及垂直于竿身的径向应力F⊥,径向应力F⊥越大鱼竿越容易断裂。提竿过程中某时刻鱼竿的形状如图乙所示,鱼线呈竖直状态,若鱼竿每个部位所能承受的最大径向应力相同,忽略鱼竿自身重力的影响,则鱼竿a、b、c、d四个位置中最易断裂的是(　　)
A.a B.b
C.c D.d
答案　B
解析　对鱼竿中的某点受力分析如图所示,鱼竿中该处的力可分解为沿竿身的切向张力F∥及垂直于竿身的径向应力F⊥,两个力的合力与鱼重力mg等大反向,则当F⊥与mg夹角θ越小时F⊥越大,此时鱼竿越易断,由图可知b处鱼竿与水平方向的夹角θ最小,则最易断裂的是b,故B正确。
处理平衡问题的三个技巧
(1)物体受三个力平衡时,利用力的分解法或合成法比较简单,非特殊角时,可考虑矢量三角形。
(2)物体受四个或四个以上的力作用时,一般要采用正交分解法。
(3)正交分解法建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合,需要分解的力尽可能少。
角度　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
多物体通常由两个或两个以上的研究对象,通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合,如叠加体、连接体等,处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。
例6 (2026·山西大同模拟)如图所示,两个彩灯用电线1、2、3连接,悬吊在墙角,电线1与竖直方向的夹角θ1=30°,电线3与水平方向的夹角θ2=37°,不计电线的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则电线1、3上的拉力之比为(　　)
A.5∶6 B.6∶5
C.8∶5 D.5∶8
答案　C
解析　设电线1、3上的拉力大小分别为F1和F2,对两个灯和电线2整体受力分析,根据平衡条件有F1sin 30°=F2cos 37°,解得F1∶F2=8∶5,故C正确。
拓展　如图所示有五个质量均为m的小彩灯,通过轻质细绳进行连接,连接天花板与彩灯1的细绳与竖直方向的夹角θ1=30°,彩灯5右侧施加水平外力F,各彩灯均处于静止状态,已知重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A.连接天花板与彩灯1的轻质细绳的拉力大小为10mg
B.彩灯2、3间细绳的拉力小于3、4间细绳的拉力
C.若保持外力F的方向不变,使θ1缓慢增大,则外力F持续增大
D.若保持外力F的大小、方向都不变,使每个彩灯质量都变为2m,则平衡后θ1增大
答案　C
解析　以五个彩灯为整体,受到天花板对彩灯1的细绳拉力T1和水平拉力F,根据平衡条件,在竖直方向有T1cos θ1=5mg,可得T1==mg,故A错误;以3、4、5为研究对象,根据平衡条件可得2、3间细绳拉力大小为T23=,以4、5为研究对象,根据平衡条件可得3、4间细绳拉力大小为T34=,可知彩灯2、3间细绳的拉力大于3、4间细绳的拉力,故B错误;以五个彩灯为整体,根据平衡条件可得T1sin θ1=F,T1cos θ1=5mg,可得F=5mgtan θ1,若保持外力F的方向不变,使θ1缓慢增大,则外力F持续增大,故C正确;根据F=5mgtan θ1,若保持外力F的大小方向都不变,使每个彩灯质量都变为2m,由于整体重力增大,则平衡后θ1减小,故D错误。
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析,在使用时有时需要先整体再隔离,有时需要先隔离再整体,交替使用整体法和隔离法。
(2)转换研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时,可转换研究对象,先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况,再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
A级　基础对点练
对点练1　牛顿第三定律
1.(多选)(2026·江西上饶阶段测试)如图所示,我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”,实际上相当于两个人拔河,如果甲、乙两人在“押加”比赛中,甲获胜,则下列说法中正确的是(　　)
A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力,所以甲获胜
B.当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C.当甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力,所以甲获胜
答案　BD
解析　根据牛顿第三定律可知,甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,甲获胜的原因是甲受到地面的摩擦力大于绳子对甲的拉力,乙后退的原因是绳子对乙的拉力大于乙受到地面的摩擦力,即地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力,故B、D正确,A、C错误。
2.(2026·浙江绍兴模拟)如图所示,绳梯从天花板垂下来且最下端没有触及地面,某建筑工人正在爬绳梯,他的左脚踏于横木、右脚凌空,处于平衡状态,若建筑工人的重力为G1,绳梯的重力为G2,双手施加于横木的作用力大小为F,方向竖直向下,下列说法正确的是(　　)
A.建筑工人受到两个力的作用
B.天花板对绳梯的作用力大小为G1+G2
C.左脚施加于横木的作用力大小为G1+G2+F
D.左脚对横木的作用力大于横木对左脚的作用力
答案　B
解析　对工人受力分析,工人受到重力以及来自横木对脚和双手的支持力,至少三个力作用,故A错误;整体处于平衡状态,对整条绳梯(含工人)分析可知,天花板对绳梯的拉力F'=G1+G2,故B正确;对工人受力分析可知,横木对左脚的作用力大小为FN=G1-F,根据牛顿第三定律可知左脚对横木的作用力大小也为G1-F,故C错误;左脚对横木的作用力和横木对左脚的作用力是一对作用力和反作用力,二者大小相等,故D错误。
对点练2　受力分析
3.(2025·陕、晋、青、宁卷,4)如图,质量为m的均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一端被竖直绳悬挂,处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为(　　)
A.μmgcos θ B.μmg
C.μmg D.0
答案　D
解析　对钢管受力分析,其受到重力、地面的作用力和绳子拉力,又重力、绳子拉力和地面对钢管的支持力均沿竖直方向,钢管在这三个力的作用下处于静止平衡状态,合力为零,所以地面对钢管左端的摩擦力大小为0,D正确。
4.(多选)(2025·广西卷,9)独竹漂是我国一项民间技艺。如图,在平静的湖面上,独竹漂选手手持划杆踩着楠竹,沿直线减速滑行,选手和楠竹相对静止,则(　　)
A.选手所受合力为零
B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下
C.手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡
D.选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面
答案　CD
解析　选手沿直线减速滑行,其所受合力与运动方向相反,不为零,A错误;由于楠竹和选手相对静止,对选手(含划杆)受力分析可知,其受到楠竹的静摩擦力和支持力,则由平行四边形定则与牛顿第三定律可知,楠竹受到选手作用力的方向一定不是竖直向下,B错误;手持划杆使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡,C正确;对选手受力分析,其水平方向受到楠竹的静摩擦力,竖直方向受到重力和楠竹的支持力,竖直方向受力平衡,则选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面,D正确。
对点练3　共点力的平衡条件及应用
5.(2025·重庆卷,1)现代生产生活中常用无人机运送物品,如图所示,无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停,轻绳M端和N端系住钢管,轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°,钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　)
A.2mg B.mg
C.mg D.mg
答案　B
解析　以钢管为研究对象,设轻绳的拉力为T,根据对称性可知两边绳子拉力相等,根据平衡条件2Tcos 60°=mg,可得T=mg,故B正确。
6.(2025·海南海口一模)如图所示,两固定斜面OM、ON与水平面的夹角均为60°,OM粗糙、ON光滑。一轻杆两端通过铰链与物体a、b连接,a、b静止于斜面时,杆垂直于OM。现增大b的质量,则(　　)
A.a向上滑动
B.b仍静止
C.a与OM间的摩擦力增大
D.b受到的合力增大
答案　B
解析　设b的质量为m,杆对b的弹力为F,ON对b的支持力为FNb,其受力的矢量图如图所示,由几何知识得F=FNb=mbg,现增大b的质量,假设仍处于静止状态,在杆垂直OM状态下,三个力均增大且相等,其合力仍为零,b仍静止,故B正确,D错误;杆对a的力始终垂直斜面OM,a始终静止,物体a所受静摩擦力Ff=magsin 60°不变,故A、C错误。
7.(2026·湖北多校高三联考)如图所示,细线一端系在物块Q上,另一端跨过定滑轮系在圆环P上,圆环套在粗糙的倾斜杆上。已知物块Q的质量为1 kg,斜杆与圆环间的动摩擦因数为0.5,斜杆与水平面的夹角为θ=37°,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若细线对圆环P的拉力始终水平向左,系统始终保持静止状态,则圆环P的质量可能为(　　)
A.0.4 kg B.2 kg
C.6 kg D.8 kg
答案　B
解析　对物体Q,由平衡条件可得T=mQg,当圆环P的质量较小时,圆环刚要上滑,对圆环P受力分析,如图所示,由平衡条件可得Tcos θ=mgsin θ+Ffm,FN=Tsin θ+mgcos θ,又Ffm=μFN,联立解得m=0.5 kg;当圆环P的质量较大,圆环刚要下滑时,由平衡条件可得Tcos θ+Ffm=mgsin θ,FN=Tsin θ+mgcos θ,联立解得m=5.5 kg,圆环P的质量满足0.5 kg≤m≤5.5 kg,故B正确。
8.(2025·河南郑州模拟)如图所示,一个重力为mg的小球套在竖直的半径为R的光滑大圆环上,一劲度系数为k,自然长度为L0的轻质弹簧的一端固定在小球上,另一端固定在大圆环的最高点A,当小球静止时,弹簧与竖直方向之间的夹角为θ,已知k=,L0=R,则下列选项正确的是(　　)
A.θ=45°
B.弹簧的长度为2L0
C.小球受到大环的支持力为mg
D.弹簧弹力大小是
答案　C
解析　对小球受力分析,如图所示,由力矢量三角形与几何三角形相似可得==,可得小球受到大环的支持力FN=mg,故C正确;设弹簧长度为AB=L,由胡克定律有F=k(L-L0),又F=2mgcos θ,由几何关系有L=2Rcos θ,联立方程解得θ=30°,L=R=3L0,弹簧弹力为F=k=mg,故A、B、D错误。
9.我国的石桥世界闻名,如图,某桥由六块形状完全相同的石块组成,其中石块1、6固定,2、5质量相同为m1,3、4质量相同为m2,不计石块间的摩擦,则m1∶m2为(　　)
A. B.
C.1 D.2
答案　D
解析　六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°,每块石块对应的圆心角为30°,对第3块石块受力分析如图甲所示,由力的合成可知tan 60°=,对第2块和第3块石块整体受力分析如图乙所示,tan 30°=,联立解得=2,故D正确。
B级　综合提升练
10.(2026·山东济南一模)如图所示,光滑定滑轮固定在天花板上,轻绳绕过定滑轮,一端竖直悬挂质量为2m的小球P,另一端连接质量为m的圆环Q,圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上,使轻绳和杆之间夹角为30°,整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右
B.杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C.定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D.定滑轮对轻绳作用力的大小为2mg
答案　D
解析　小球P静止,由平衡条件知,绳子拉力大小为T=2mg,由于Tsin θ=mg,则圆环Q不受杆的支持力作用,可见杆对圆环Q没有摩擦力,故A、B错误;由力的合成知,轻绳对动滑轮的作用力大小F1=2Tcos =2mg,方向与竖直方向成30°角斜向左下方,由牛顿第三定律知,定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角斜向右上方,大小为F1'=F1=2mg,故C错误,D正确。
11.(2026·山东枣庄高三月考)如图所示,质量为M的光滑半圆柱体紧靠墙根放置,质量为m的小球由长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点,静止在半圆柱体上,A点距离地面的高度为L,细线与竖直方向夹角为θ。已知半圆柱体的半径可在一定范围内变化(质量不变),小球可视为质点,重力加速度为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.当θ=60°时,细线对小球的拉力大小为mg
B.当θ=60°时,半圆柱体对小球的支持力大小为mg
C.半圆柱体受到水平地面的弹力大小为Mg+mgsin2θ
D.半圆柱体受到竖直墙壁的弹力最大值为mg
答案　C
解析　对小球受力分析如图所示,由几何关系可知FN1与FT垂直,由共点力平衡条件知,半圆柱体对小球的支持力大小为FN1=mgsin θ,细线对小球的拉力大小为FT=mgcos θ。当θ=60°时,有FN1=mg,FT=mg,A、B错误;将半圆柱体和小球视为整体受力分析,整体受到地面支持力FN2、墙壁弹力F、细线拉力FT、重力(m+M)g,根据平衡条件,在竖直方向上有FN2+FTcos θ=(m+M)g,水平方向上有F=FTsin θ,联立解得FN2=Mg+mgsin2θ,F=mgsin 2θ,则当θ=45°时F最大,最大值为Fm=mg,C正确,D错误。
C级　培优加强练
12.(2026·福建厦门一模)如图所示,粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆,杆上套有质量为m=0.4 kg的圆环,地面上放一质量为M=2.5 kg的物块,物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连,连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°、β=53°。物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且g=10 N/kg,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,整个系统处于静止状态,求此时:
(1)绳子拉力大小;
(2)物块对地面的压力和摩擦力的大小;
(3)若m、M大小可调,为保持系统的平衡,求满足的范围。
答案　(1)5 N　(2)22 N　4 N　(3)≤
解析　(1)圆环静止处于平衡状态,在竖直方向,由平衡条件得mg=Tcos α
代入数据解得T=5 N。
(2)物块静止处于平衡状态,由平衡条件得
水平方向:Tsin β=Ff
竖直方向:Tcos β+FN=Mg
代入数据解得FN=22 N,Ff=4 N。
(3)m、M大小可调,以圆环为研究对象,可知绳子的拉力大小T=
对物块由平衡条件得
竖直方向:Tcos β+FN=Mg
水平方向:Ff=Tsin β
系统保持静止,则Ff≤Ffm=μFN
解得≤μ
代入数据解得≤。(共60张PPT)
第3讲　牛顿第三定律　共点力的平衡
第二章　相互作用——力
1.理解牛顿第三定律的内容,并能区分一对作用力和反作用力与一对平衡力。 2.熟练掌握受力分析的步骤,会灵活应用整体法、隔离法并结合牛顿第三定律进行受力分析。 3.会用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
相互
1.
相反
同一条直线上
示意图
2.
隔离法
重力
弹力
摩擦力
相等
3.
相反
合力
1.思考判断
(1)物体沿光滑斜面下滑时,受到重力、支持力和下滑力的作用。( )
(2)物体的速度为零即处于平衡状态。( )
(3)物体处于平衡状态时,其加速度一定为零。( )
(4)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态,若将F2转动90°,则这三个力的合力大小为F2。( )
×
×
√
√
B
2.(人教版必修第一册P70“拓展学习”改编)如图甲所示,用传感器研究两钩子间的作用力与反作用力(其中左侧传感器固定于木块上),两个钩子拉力的情况由计算机屏幕显示,如图乙所示。下面表达式最为恰当的是(　　)
A.F1=F2　 B.F1=-F2
C.F1-F2=0 D.F1+F2=0
C
3.(人教版必修第一册P79T2改编)如图所示,在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点,足球与墙壁的接触点为B。足球的重力为G,AC绳与墙壁的夹角为α,墙壁对球的支持力为FN,AC绳的拉力为FT,不计网兜的重力。则下列关系式正确的是(　　)
A.FT=FN　　　 B.FT=Gsin α
C.FT>G D.FN=
研透核心考点
2
考点二　受力分析
考点一　牛顿第三定律
考点三　共点力的平衡条件及应用
考点一　牛顿第三定律
1.作用力和反作用力的三个关系
2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
比较项 作用力和反作用力 一对平衡力
不同点 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖关系 同时产生,同时消失 不一定同时产生、同时消失
叠加性 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零
力的性质 一定是同性质的力 性质不一定相同
相同点 大小相等,方向相反,作用在同一条直线上
例1 (2026·浙江金华月考)如图所示,在水平地面上,一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上(木箱侧面光滑),已知同学的质量小于木箱质量,同学和木箱均保持静止状态,则下列说法正确的是(　　)
A.同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的
摩擦力
B.同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩
擦力是一对平衡力
C.同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D.同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的支持力
D
解析　对同学和木箱的整体分析,水平方向受合力为零,则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力大小相等,方向相反,故A错误;同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个不同物体上,不是一对平衡力,故B错误;弹力和摩擦力是不同性质的力,则同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力不是作用力与反作用力,故C错误;同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的支持力,故D正确。
1.(2026·河南豫南九校联考)如图所示,光滑水平面上两个小球甲、乙用轻质细线拴接后固定在左侧的挡板上。现在小球甲上施加一水平向右的外力F,整个系统静止不动。则下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
A.甲球对b线的力和b线对甲球的力是一对作用力与反作用力
B.F对甲球的力和b线对乙球的力是一对平衡力
C.b线对乙球的力与a线对乙球的力是一对作用力与反作用力
D.b线对乙球的力与b线对甲球的力是一对作用力与反作用力
A
解析　甲球对b线的力和b线对甲球的力是一对作用力与反作用力,故A正确;F对甲球的力和b线对甲球的力是一对平衡力,故B错误;b线对乙球的力与a线对乙球的力是一对平衡力,故C错误;一对相互作用力是两个物体之间的相互作用,所以b线对乙球的力与b线对甲球的力不是一对作用力与反作用力,故D错误。
考点二　受力分析
受力分析的四种方法
假设法 在未知某力是否存在时,先对其做出不存在的假设,然后根据该力不存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
整体法 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法
隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来,单独进行受力分析的方法
动力学 分析法 对加速运动的物体进行受力分析时,应用牛顿运动定律进行分析求解的方法
例2 (2025·北京卷,6)如图所示,长方体物块A、B叠放在斜面上,B受到一个沿斜面方向的拉力F,两物块保持静止。B受力的个数为(　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
C
解析　对A受力分析可知,受重力、B的支持力,由于A静止,则A还受到B沿斜面向上的静摩擦力;对B受力分析可知,受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、A对B沿斜面向下的摩擦力,由于B静止,则受沿斜面向上的摩擦力,即B受6个力作用,故C正确。
受力分析的三个技巧
(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。
(2)除了根据力的性质和特点进行判断,假设法是判断弹力、摩擦力的有无及方向的常用方法。
(3)善于转换研究对象,尤其是在弹力、摩擦力的方向不易判定的情形中,可以分析与其接触物体的受力,再应用牛顿第三定律判定。
2.(2026·安徽合肥高三月考)第六代战斗机的发动机具备更强的推力和更高效的推力矢量控制,矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机,能够满足更高性能的飞行需求和作战任务。当战斗机以速度v斜向上匀速飞行时,已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力f。下列受力分析示意图可能正确的是(　　)
跟踪训练
A
解析　飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f,重力的方向竖直向下,推力F1的方向与速度v的方向共线同向或夹角为锐角,升力F2的方向与速度方向垂直,为右上方,空气阻力f的方向与速度的方向相反,为右下方,故A正确。
求解共点力平衡问题的常用方法
(1)合成法:一个力与其余所有力的合力等大反向,常用于非共线三力平衡。
(2)正交分解法:Fx合=0,Fy合=0,常用于多力平衡。
(3)矢量三角形法:把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形,常用于非特殊角的一般三角形。
(4)整体法和隔离法:常用于多个物体,求外力时用整体法,求内力时用隔离法。
考点三　共点力的平衡条件及应用
角度　　三力平衡(合成法)
例3 (2024·贵州卷,4)如图(a),一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平细横杆和竖直墙之间,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
D
解析　对球受力分析,如图所示
角度　　多力平衡(正交分解法)
例4 (多选)(2026·辽宁大连模拟)如图所示,氦气球通过轻绳系留在地面的沙袋上,已知氦气球以及球内氦气质量为12 kg,沙袋质量为20 kg,与水平地面之间的滑动摩擦因数μ=0.5。气球受到竖直向上的空气的浮力以及水平方向风的作用力,当系留轻绳与水平方向的夹角为53°时,沙袋刚要在地面上滑动。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,关于气球的受力,下列说法正确的是(　　)
A.气球所受的空气的浮力大小为200 N
B.气球所受的空气的浮力大小为180 N
C.水平风力的大小为80 N
D.水平风力的大小为60 N
AD
解析　沙袋刚要滑动,此时沙袋受到的摩擦力为最大静摩擦力,近似等于滑动摩擦力。对沙袋受力分析,如图甲所示,水平方向有FTcos 53°=Ff,竖直方向有FN+FTsin 53°=m沙g,且Ff=μFN,代入数据联立解得FT=100 N。对气球受力分析,如图乙所示,竖直方向有F浮=m球g+FTsin 53°,水平方向有F风=FTcos 53°,代入数据解得F浮=200 N,F风=60 N,故A、D正确。
角度　　矢量三角形法
例5 (2026·福建厦门模拟)如图甲所示,鱼竿中任意处的力可分解为沿竿身的切向张力F∥及垂直于竿身的径向应力F⊥,径向应力F⊥越大鱼竿越容易断裂。提竿过程中某时刻鱼竿的形状如图乙所示,鱼线呈竖直状态,若鱼竿每个部位所能承受的最大径向应力相同,忽略鱼竿自身重力的影响,则鱼竿a、b、c、d四个位置中最易断裂的是(　　)
A.a B.b
C.c D.d
B
解析　对鱼竿中的某点受力分析如图所示,鱼竿中该处的力可分解为沿竿身的切向张力F∥及垂直于竿身的径向应力F⊥,两个力的合力与鱼重力mg等大反向,则当F⊥与mg夹角θ越小时F⊥越大,此时鱼竿越易断,由图可知b处鱼竿与水平方向的夹角θ最小,则最易断裂的是b,故B正确。
处理平衡问题的三个技巧
(1)物体受三个力平衡时,利用力的分解法或合成法比较简单,非特殊角时,可考虑矢量三角形。
(2)物体受四个或四个以上的力作用时,一般要采用正交分解法。
(3)正交分解法建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合,需要分解的力尽可能少。
多物体通常由两个或两个以上的研究对象,通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合,如叠加体、连接体等,处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。
角度　　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
例6 (2026·山西大同模拟)如图所示,两个彩灯用电线1、2、3连接,悬吊在墙角,电线1与竖直方向的夹角θ1=30°,电线3与水平方向的夹角θ2=37°,不计电线的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则电线1、3上的拉力之比为(　　)
A.5∶6 B.6∶5
C.8∶5 D.5∶8
C
解析　设电线1、3上的拉力大小分别为F1和F2,对两个灯和电线2整体受力分析,根据平衡条件有F1sin 30°=F2cos 37°,解得F1∶F2=8∶5,故C正确。
拓展　如图所示有五个质量均为m的小彩灯,通过轻质细绳进行连接,连接天花板与彩灯1的细绳与竖直方向的夹角θ1=30°,彩灯5右侧施加水平外力F,各彩灯均处于静止状态,已知重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A.连接天花板与彩灯1的轻质细绳的拉力大小为10mg
B.彩灯2、3间细绳的拉力小于3、4间细绳的拉力
C.若保持外力F的方向不变,使θ1缓慢增大,则外力F持续
增大
D.若保持外力F的大小、方向都不变,使每个彩灯质量都
变为2m,则平衡后θ1增大
C
解析　以五个彩灯为整体,受到天花板对彩灯1的细绳拉力T1和水平拉力F,根据平衡条件,在竖直方向有T1cos θ1=5mg,可得T1==mg,故A错误;以3、4、5为研究对象,根据平衡条件可得2、3间细绳拉力大小为T23=,以4、5为研究对象,根据平衡条件可得3、4间细绳拉力大小为T34=,可知彩灯2、3间细绳的拉力大于3、4间细绳的拉力,故B错误;以五个彩灯为整体,根据平衡条件可得T1sin θ1=F,T1cos θ1=5mg,可得F=5mgtan θ1,若保持外力F的方向不变,使θ1缓慢增大,则外力F持续增大,故C正确;根据
F=5mgtan θ1,若保持外力F的大小方向都不变,使每
个彩灯质量都变为2m,由于整体重力增大,则平衡后
θ1减小,故D错误。
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析,在使用时有时需要先整体再隔离,有时需要先隔离再整体,交替使用整体法和隔离法。
(2)转换研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时,可转换研究对象,先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况,再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
BD
对点练1　牛顿第三定律
1.(多选)(2026·江西上饶阶段测试)如图所示,我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”,实际上相当于两个人拔河,如果甲、乙两人在“押加”比赛中,甲获胜,则下列说法中正确的是(　　)
A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力,所以甲获胜
B.当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C.当甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力,所以甲获胜
解析　根据牛顿第三定律可知,甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,甲获胜的原因是甲受到地面的摩擦力大于绳子对甲的拉力,乙后退的原因是绳子对乙的拉力大于乙受到地面的摩擦力,即地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力,故B、D正确,A、C错误。
B
2.(2026·浙江绍兴模拟)如图所示,绳梯从天花板垂下来且最下端没有触及地面,某建筑工人正在爬绳梯,他的左脚踏于横木、右脚凌空,处于平衡状态,若建筑工人的重力为G1,绳梯的重力为G2,双手施加于横木的作用力大小为F,方向竖直向下,下列说法正确的是(　　)
A.建筑工人受到两个力的作用
B.天花板对绳梯的作用力大小为G1+G2
C.左脚施加于横木的作用力大小为G1+G2+F
D.左脚对横木的作用力大于横木对左脚的作用力
解析　对工人受力分析,工人受到重力以及来自横木对脚和双手的支持力,至少三个力作用,故A错误;整体处于平衡状态,对整条绳梯(含工人)分析可知,天花板对绳梯的拉力F'=G1+G2,故B正确;对工人受力分析可知,横木对左脚的作用力大小为FN=G1-F,根据牛顿第三定律可知左脚对横木的作用力大小也为G1-F,故C错误;左脚对横木的作用力和横木对左脚的作用力是一对作用力和反作用力,二者大小相等,故D错误。
D
对点练2　受力分析
3.(2025·陕、晋、青、宁卷,4)如图,质量为m的均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一端被竖直绳悬挂,处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为(　　)
A.μmgcos θ B.μmg
C.μmg D.0
解析　对钢管受力分析,其受到重力、地面的作用力和绳子拉力,又重力、绳子拉力和地面对钢管的支持力均沿竖直方向,钢管在这三个力的作用下处于静止平衡状态,合力为零,所以地面对钢管左端的摩擦力大小为0,D正确。
CD
4.(多选)(2025·广西卷,9)独竹漂是我国一项民间技艺。如图,在平静的湖面上,独竹漂选手手持划杆踩着楠竹,沿直线减速滑行,选手和楠竹相对静止,则(　　)
A.选手所受合力为零
B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下
C.手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡
D.选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在
同一竖直平面
解析　选手沿直线减速滑行,其所受合力与运动方向相反,不为零,A错误;由于楠竹和选手相对静止,对选手(含划杆)受力分析可知,其受到楠竹的静摩擦力和支持力,则由平行四边形定则与牛顿第三定律可知,楠竹受到选手作用力的方向一定不是竖直向下,B错误;手持划杆使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡,C正确;对选手受力分析,其水平方向受到楠竹的静摩擦力,竖直方向受到重力和楠竹的支持力,竖直方向受力平衡,则选手受到楠竹作用力的
方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面,D正确。
B
对点练3　共点力的平衡条件及应用
5.(2025·重庆卷,1)现代生产生活中常用无人机运送物品,如图所示,无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停,轻绳M端和N端系住钢管,轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°,钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　)
A.2mg B.mg C.mg D.mg
解析　以钢管为研究对象,设轻绳的拉力为T,根据对称性可知两边绳子拉力相等,根据平衡条件2Tcos 60°=mg,可得T=mg,故B正确。
B
6.(2025·海南海口一模)如图所示,两固定斜面OM、ON与水平面的夹角均为60°,
OM粗糙、ON光滑。一轻杆两端通过铰链与物体a、b连接,a、b静止于斜面时,杆垂直于OM。现增大b的质量,则(　　)
A.a向上滑动
B.b仍静止
C.a与OM间的摩擦力增大
D.b受到的合力增大
解析　设b的质量为m,杆对b的弹力为F,ON对b的支持力为FNb,其受力的矢量图如图所示,由几何知识得F=FNb=mbg,现增大b的质量,假设仍处于静止状态,在杆垂直OM状态下,三个力均增大且相等,其合力仍为零,b仍静止,故B正确,D错误;杆对a的力始终垂直斜面OM,a始终静止,物体a所受静摩擦力Ff=magsin 60°不变,故A、C错误。
B
7.(2026·湖北多校高三联考)如图所示,细线一端系在物块Q上,另一端跨过定滑轮系在圆环P上,圆环套在粗糙的倾斜杆上。已知物块Q的质量为1 kg,斜杆与圆环间的动摩擦因数为0.5,斜杆与水平面的夹角为θ=37°,sin 37°=0.6,重力加速度g取
10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若细线对圆环P的拉力始终水平向左,系统始终保持静止状态,则圆环P的质量可能为(　　)
A.0.4 kg B.2 kg
C.6 kg D.8 kg
解析　对物体Q,由平衡条件可得T=mQg,当圆环P的质量较小时,圆环刚要上滑,对圆环P受力分析,如图所示,由平衡条件可得Tcos θ=mgsin θ+Ffm,FN=Tsin θ+mgcos θ,又Ffm=μFN,联立解得m=0.5 kg;当圆环P的质量较大,圆环刚要下滑时,由平衡条件可得Tcos θ+Ffm=mgsin θ,FN=Tsin θ+mgcos θ,联立解得m=5.5 kg,圆环P的质量满足0.5 kg≤m≤5.5 kg,故B正确。
C
8.(2025·河南郑州模拟)如图所示,一个重力为mg的小球套在竖直的半径为R的光滑大圆环上,一劲度系数为k,自然长度为L0的轻质弹簧的一端固定在小球上,另一端固定在大圆环的最高点A,当小球静止时,弹簧与竖直方向之间的夹角为θ,已知k=,L0=R,则下列选项正确的是(　　)
A.θ=45°
B.弹簧的长度为2L0
C.小球受到大环的支持力为mg
D.弹簧弹力大小是
解析　对小球受力分析,如图所示,由力矢量三角形与几何三角形相似可得==,可得小球受到大环的支持力FN=mg,故C正确;设弹簧长度为AB=L,由胡克定律有F=k(L-L0),又F=2mgcos θ,由几何关系有L=2Rcos θ,联立方程解得θ=30°,L=R=3L0,弹簧弹力为F=k=mg,故A、B、D错误。
D
9.我国的石桥世界闻名,如图,某桥由六块形状完全相同的石块组成,其中石块1、6固定,2、5质量相同为m1,3、4质量相同为m2,不计石块间的摩擦,则m1∶m2为(　　)
A. B.
C.1 D.2
解析　六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°,每块石块对应的圆心角为30°,对第3块石块受力分析如图甲所示,由力的合成可知tan 60°=,对第2块和第3块石块整体受力分析如图乙所示,tan 30°=,联立解得=2,故D正确。
D
10.(2026·山东济南一模)如图所示,光滑定滑轮固定在天花板上,轻绳绕过定滑轮,一端竖直悬挂质量为2m的小球P,另一端连接质量为m的圆环Q,圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上,使轻绳和杆之间夹角为30°,整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右
B.杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C.定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D.定滑轮对轻绳作用力的大小为2mg
B级　综合提升练
解析　小球P静止,由平衡条件知,绳子拉力大小为T=2mg,由于Tsin θ=mg,则圆环Q不受杆的支持力作用,可见杆对圆环Q没有摩擦力,故A、B错误;由力的合成知,轻绳对动滑轮的作用力大小F1=2Tcos =2mg,方向与竖直方向成30°角斜向左下方,由牛顿第三定律知,定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角斜向右上方,大小为F1'=F1=2mg,故C错误,D正确。
C
11.(2026·山东枣庄高三月考)如图所示,质量为M的光滑半圆柱体紧靠墙根放置,质量为m的小球由长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点,静止在半圆柱体上,A点距离地面的高度为L,细线与竖直方向夹角为θ。已知半圆柱体的半径可在一定范围内变化(质量不变),小球可视为质点,重力加速度为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.当θ=60°时,细线对小球的拉力大小为mg
B.当θ=60°时,半圆柱体对小球的支持力大小为mg
C.半圆柱体受到水平地面的弹力大小为Mg+mgsin2θ
D.半圆柱体受到竖直墙壁的弹力最大值为mg
解析　对小球受力分析如图所示,由几何关系可知FN1与FT垂直,由共点力平衡条件知,半圆柱体对小球的支持力大小为FN1=mgsin θ,细线对小球的拉力大小为FT=mgcos θ。当θ=60°时,有FN1=mg,FT=mg,A、B错误;将半圆柱体和小球视为整体受力分析,整体受到地面支持力FN2、墙壁弹力F、细线拉力FT、重力(m+M)g,根据平衡条件,在竖直方向上有FN2+FTcos θ=(m+M)g,水平方向上有F=FTsin θ,联立解得FN2=Mg+mgsin2θ,F=mgsin 2θ,则
当θ=45°时F最大,最大值为Fm=mg,C正确,D错误。
12.(2026·福建厦门一模)如图所示,粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆,杆上套有质量为m=0.4 kg的圆环,地面上放一质量为M=2.5 kg的物块,物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连,连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°、β=53°。物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且g=10 N/kg,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,整个系统处于静止状态,求此时:
C级　培优加强练
(1)绳子拉力大小;
(2)物块对地面的压力和摩擦力的大小;
(3)若m、M大小可调,为保持系统的平衡,求满足的范围。
答案　(1)5 N　(2)22 N　4 N　(3)≤
解析　(1)圆环静止处于平衡状态,在竖直方向,由平衡条件得mg=Tcos α
代入数据解得T=5 N。
(2)物块静止处于平衡状态,由平衡条件得
水平方向:Tsin β=Ff
竖直方向:Tcos β+FN=Mg
代入数据解得FN=22 N,Ff=4 N。
(3)m、M大小可调,以圆环为研究对象,可知绳子的拉力大小T=
对物块由平衡条件得
竖直方向:Tcos β+FN=Mg
水平方向:Ff=Tsin β
系统保持静止,则Ff≤Ffm=μFN
解得≤μ
代入数据解得≤。
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