第2章 专题突破3 牛顿第三定律 共点力的平衡-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第二章 相互作用—力 专题突破3　牛顿第三定律　共点力的平衡 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 核心知识　典例研析 分层训练　巩固提高 内容索引 突破点一　牛顿第三定律　物体的受力分析 突破点二　共点力作用下物体的静态平衡问题 突破点三　“活结”与“死结”模型、“动杆”与“定杆”模型 一 核心知识　典例研析 突破点一　牛顿第三定律　物体的受力分析 1. 牛顿第三定律 (1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反， 作用在同一条直线上，即F＝－F'。 (2)作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” (3)一对平衡力与作用力和反作用力的对比分析 名称 一对平衡力 作用力与反作用力 作用对象 同一个物体 两个相互作用 的不同物体 作用时间 不一定同时产生、 同时消失 一定同时产生、 同时消失 力的性质 不一定相同 一定相同 作用效果 可相互抵消 不可抵消 2. 物体的受力分析 (1)受力分析的方法 假设法 在不知某力是否存在时，先对其作出不存在的假设，然后根据该力不存在时对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在的方法 状态法 对处于平衡状态的物体进行受力分析时，根据其平衡条件进行分析；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 (2)研究对象的选取方法——整体法和隔离法 (3)受力分析的一般步骤 考向1　相互作用力与一对平衡力的比较 [典例1]　关于举重运动员举起杠铃稳定时的情况，下列说法正确的是 (　D　) D A. 杠铃所受的重力与杠铃对手的压力是一对平衡力 B. 杠铃对手的压力与手对杠铃的支持力是一对平衡力 C. 杠铃所受的重力与手对杠铃的支持力是一对作用力与反作用力 D. 杠铃对手的压力与手对杠铃的支持力是一对作用力与反作用力 杠铃所受的重力和杠铃对手的压力方向相同且不作用在同一物体上，不 是平衡力，A错误；杠铃对手的压力与手对杠铃的支持力是一对作用力 与反作用力，B错误，D正确；杠铃所受的重力与手对杠铃的支持力是 一对平衡力，C错误。 考向2　受力分析 [典例2]　(多选)(2024·广东梅州田家炳实验中学段考)如图所示，两梯形 木块A、B叠放在水平地面上，始终处于静止状态，A、B之间的接触面 倾斜。A通过轻弹簧连接竖直墙面，轻弹簧处于水平拉伸状态。关于两 木块的受力，下列说法正确的是(　ACD　) ACD A. A受到B的摩擦力沿接触面向上 B. 木块A可能受三个力作用 C. 木块A一定受四个力作用 D. 木块B受到地面施加的水平向右的摩擦力 对A受力分析知，A一定受到重力、弹簧的拉力、B对A的支持力，根据 平衡条件知，A一定还受到B对A的沿接触面向上的摩擦力，故A一定受 四个力作用，A、C正确，B错误。将A、B作为一个整体，因为整体受 到弹簧水平向左的拉力，所以地面一定给木块B一个水平向右的摩擦 力，D正确。 易错警示 受力分析的四个易错点 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. 每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有。 3. 合力与分力不能重复考虑。 4. 对整体进行受力分析时，组成整体的几个物体间的作用力为内力，不 能在受力分析图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变 成外力，要在受力分析图中画出。 突破点二　共点力作用下物体的静态平衡问题 1. 共点力平衡的条件及推论 (1)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。 (2)常用推论 ①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1) 个力的合力大小相等、方向相反。 ②若三个不共线的共点力合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相 接组成一个封闭三角形。 2. 分析物体静态平衡的三种常用方法 适用条件 注意事项 优点 合成法 物体受三个力作用而平衡 (1)表示三个力大小的线段长度不可随意画； (2)两力的合力与第三个力等大反向 对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单 适用条件 注意事项 优点 矢量三 角形法 物体受三个力作 用而平衡 把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形 对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单 正交分 解法 物体受三个力或 三个以上的力作 用而平衡 选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合 对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便 考向1　合成法 [典例3]　(2023·浙江6月卷)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱 体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径 Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　D　) D A. Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B. Fa＝0.4G，Fb＝0.6G C. Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D. Fa＝0.6G，Fb＝0.8G 以圆柱体为研究对象，受力分析如图所示，两侧半圆柱体对圆柱体的支 持力的合力与重力等大反向，结合几何关系可知Fa＝Gsin 37°＝0.6G， Fb＝Gcos 37°＝0.8G，D对。 考向2　正交分解法 [典例4]　(2023·贵州毕节三模)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具。 某同学用该拖把在水平地板上拖地，当沿拖杆方向施加大小为F的水平 推力时，拖把头在地板上做匀速直线运动；当沿拖杆方向施加大小仍为 F、方向与竖直方向成θ＝60°角的拉力时，拖把头也恰好做匀速直线运 动。拖把头与水平地板间的动摩擦因数为(　B　) B A. B. 2－ C. D. 施加大小为F的水平推力时，根据受力平衡可得 F＝μmg。施加大小仍为 F、方向与竖直方向成θ＝60°角的拉力时，拖把头受力如图所示，根据 受力平衡可得Fsin 60°＝f＝μFN，FN＋Fcos 60°＝mg，联立解得拖把 头与水平地板间的动摩擦因数为μ＝2－，故选B。 考向3　整体法、隔离法解决静态平衡问题 [典例5]　(2024·广东茂名模拟)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙 水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕 过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若 将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则(　C　) C A. 斜劈对物体a的作用力减小 B. 斜劈对地面的压力减小 C. 细线对物体a的拉力增大 D. 地面对斜劈的摩擦力减小 对滑轮2和物体b整体受力分析，其受重力和两个拉力作用，如图所示， 根据平衡条件，有Gb＝2Tcos θ 解得T＝ 将固定点c向右移动少许，则θ增大，故拉力T增大， 一根细线中张力处处相等，故细线对物体a的拉力增大，故C正确。对a受力分析，a一定受到重力、斜劈的支持力和细线的拉力作用，可能受到摩擦力作用，其中斜劈对物体a的作用力(包含支持力与摩擦力)与重力、细线拉力的合力平衡，因为重力不变，细线拉力变大，重力与细线拉力夹角不变，故二者合力变大，即斜劈对物体a的作用力变大，故A错误。 对斜劈、物体a、物体b整体受力分析，其受重力、地面的支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示， 根据平衡条件，有FN＝G总－Tcos θ＝G总－Gb，FN与角度θ无关，恒定 不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变；水平方向有f＝ Tsin θ＝Gbtan θ，将固定点c向右移动少许，则θ增大，故地面对斜劈的 摩擦力增大，故B、D错误。 突破点三　“活结”与“死结”模型、“动杆”与“定杆”模型 1. 活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，绳上的力是相等的，即只改变 力的方向，不改变力的大小。如图甲，滑轮B两侧绳的拉力大小相等。 2. 死结：若结点不是滑轮，而是固定点时，称为“死结”结点，两侧绳 上的弹力大小不一定相等。如图乙，结点B两侧绳的拉力大小不相等。 3. 动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆平衡时，杆受到的弹力 方向一定沿着杆，否则杆会转动。如图乙所示，若C为转轴，则轻杆在 缓慢转动的过程中，弹力方向始终沿杆的方向。 4. 定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆受到的弹力方向不一定沿杆 的方向，如图甲所示。 考向1　细绳上“死结”与“活结”模型 [典例6]　(2023·黑龙江大庆一模)如图所示，光滑半圆形轨道MAN固定 在竖直平面内，MN为水平直径。一轻质小环A套在轨道上，轻绳一端固 定在M点，另一端穿过小环系一质量为m的小球且恰好静止在图示位 置。不计所有摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　C　) C A. 轻绳对M点拉力的大小为mg B. 轻绳对M点拉力的大小为2mg C. 轻绳对小环A作用力的大小为mg D. 轻绳对小环A作用力的大小为2mg 因小球恰好静止，则绳上拉力等于小球重力，轻绳上拉力处处相等，则 轻绳对M点拉力的大小为mg，所以A、B错误；小环受轻绳的两股力以 及轨道的支持力共三个力作用而平衡，轻绳的两股力的合力与轨道的支 持力等大反向，所以轻绳的合力沿AO方向，又绳上的力相等，所以AO 是两股绳夹角的角平分线，所以∠OAM＝30°，所以合力F＝2mgcos 30°＝mg，所以C正确，D错误。 [典例7]　(2022·辽宁卷)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上， 并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α＞β)。用 F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则(　D　) D A. F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B. F1的竖直分力等于F2的竖直分力 C. F1的水平分力大于F2的水平分力 D. F1的水平分力等于F2的水平分力 对结点O受力分析可得，水平方向 F1sin α＝F2sin β 即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确； 对结点O受力分析可得，竖直方向 F1cos α＋F2cos β＝mg 解得F1＝ F2＝ 则F1的竖直分量 F1y＝ F2的竖直分量 F2y＝ 因sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＞0 可知F2y＞F1y，选项A、B错误。 考向2　“动杆”与“定杆”模型 [典例8]　如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑轻质 定滑轮挂住一个质量为m1的物体，∠ACB＝30°；图乙所示的轻杆HG一 端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向 成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2的物体。重力加速度 为g，则下列说法正确的是(　D　) D A. 图甲中BC对滑轮的作用力大小为 B. 图乙中HG杆受到绳的作用力大小为m2g C. 细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG的大小之比为1∶1 D. 细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG的大小之比为m1∶2m2 题图甲中是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力处处相等，两段绳的拉 力大小都是m1g，两段绳互成120°角，则合力的大小也是m1g，方向与 竖直方向成60°角斜向左下方，故BC对滑轮的作用力大小也是m1g，方 向与竖直方向成60°角斜向右上方，A选项错误；题图乙中HG杆受到绳 的作用力大小为＝m2g，B选项错误；题图乙中FEGsin 30°＝ m2g，得FEG＝2m2g，则＝，C选项错误，D选项正确。 二 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (多选)如图所示，一个质量m＝0.4 kg 的小球穿在水平直杆上处于静止 状态。现对小球施加一个大小为5 N的拉力F，F与杆的夹角为53°，小球 与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 N/kg，则(　AC　) A. 小球受到2个力 B. 小球受到3个力 C. 若F＝10 N，则小球受4个力 D. 若F＝10 N，则小球受3个力 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 如图所示，在沿杆和垂直杆方向上建立直角坐标系，F在y轴上的分力Fy ＝Fsin 53°＝4 N，F在y轴上的分力与重力大小相等，所以杆与小球只 接触不挤压，无弹力和摩擦力，小球只受重力和拉力F作用，A正确，B 错误；当F＝10 N时，Fy＝8 N，F在y轴上的分力与重力的合力为4 N， 方向垂直于杆向上，此时杆对小球的弹力垂直于杆向下，因此杆对小球 还有摩擦力，小球一共受4个力，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2. (2023·江苏卷)如图所示，嫦娥五号探测器静止在月球平坦表面处。已 知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加 速度为地球表面重力加速度g的，则每条腿对月球表面压力的大小为 (　D　) A. B. C. D. D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由于探测器静止在月球平坦表面处，故月球表面对每条腿的支持力都竖 直向上，则4FN＝m·g，解得FN＝，根据牛顿第三定律可知每条腿对 月球表面压力的大小为，D对，A、B、C错。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3. (2023·海南卷)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起。下列说法 正确的是(　B　) A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反 作用力 C. 重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小 D. 重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平 衡，A错误；工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用 力，B正确；对动滑轮受力分析，由平衡条件有2Tcos＝mg，其中T为 绳子拉力的大小、θ为与动滑轮相连的两段绳的夹角、m为重物与动滑轮 的总质量，随着重物的上升，θ增大，则绳的拉力变大，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4. (2024·广东广州模拟)如图所示，一质量为M的半圆形滑块B放在粗糙 的水平面上，一质量为m的光滑滑块A靠着竖直墙壁放在滑块B上，B保 持静止，A与B的接触点为C，B滑块的圆心为O，OC与水平方向的夹角 为θ＝30°，重力加速度为g。下列说法正确的是(　B　) A. B滑块对地面的压力为Mg B. 地面对B滑块的摩擦力大小为mg C. B滑块对A滑块的作用力大小为mg D. 墙壁对A滑块的作用力大小为mg B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对A、B整体受力分析结合牛顿第三定律可知，B滑块对地面的压力为(M ＋m)g，选项A错误；对A受力分析可知，墙壁对A滑块的作用力大小为 FNA＝＝mg，B滑块对A滑块的作用力大小为FBA＝＝ 2mg，对A、B整体受力分析可知，水平方向上地面对B滑块的摩擦力大 小为f＝FNA＝mg，选项B正确，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5. (多选)(2023·重庆三模)如图所示，用与水平方向夹角为θ的力F拉某物 品，使该物品沿水平路面做匀速直线运动。如果增大θ(θ始终小于90°)， 要使该物品仍沿同一水平路面做匀速直线运动，则(　ABD　) A. 力F可能增大 B. 力F可能减小 C. 该物品对水平路面的作用力一定增大 D. 该物品对水平路面的作用力一定减小 ABD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物品做匀速直线运动，根据平衡条件有 Fcos θ＝μFN，FN＝mg－Fsin θ，解得F＝，设μ＝tan α，根据数学知识有F＝，可知增大θ，力F可能增大也可能减小，故A、B正确；该物品对水平路面的作用力与路面对物品的支持力和滑动摩擦力的合力大小相等，则有F合＝＝(mg－Fsin θ)＝，可知增大θ(θ始终小于90°)时，路面对物品的支持力和滑动摩擦力的合力大小减小，则该物品对水平路面的作用力减小，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6. (2023·浙江1月卷)如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂 于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则(　C　) A. FT＜FN B. FT＝FN C. FT＞G D. FT＝G C 对足球受力分析，如图所示，轻绳的拉力与墙壁支持力的合力与重力大小相等、方向相反，由图可知轻绳的拉力大于支持力，也大于重力，C正确，A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7. (2023·辽宁大连一模)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上 的O点，另一端穿过轻质光滑小环悬挂物体甲，轻质光滑小环拴牢在另 一轻绳上，通过光滑定滑轮与物体乙相连。当系统平衡后，O点处轻绳 与竖直墙的夹角α＝30°，取sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，则甲、乙两物体的质量之比为(　A　) A. 97∶50 B. 2∶1 C. 13∶25 D. 1∶2 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 如图1所示，轻质光滑小环一共受到三段绳子的拉力，由于甲、乙受力 平衡，可知F1＝F2＝m甲g，F3＝m乙g，又轻质光滑小环受力平衡，则这 三个力围成的矢量三角形闭合，且首尾相接，如图2所示。由正弦定理 得＝，即＝，则＝＝，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8. (2023·山西运城三模)如图，质量为m的木块A放在水平地面上，固定 在A上的竖直轻杆的上端与小球B用细绳连接。当与水平方向成30°角的 力F作用在小球B上时，A、B恰好能一起向右匀速运动，此时细绳与竖 直方向的夹角为60°。已知小球B的质量也为m，则木块A与水平地面间 的动摩擦因数为(　B　) A. B. C. D. B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对B球，根据平衡条件，水平方向有FTcos30°＝Fcos 30°，竖直方向有 FTsin 30°＋Fsin 30°＝mg，解得 F＝mg；对A、B整体，根据平衡条 件，水平方向有Fcos 30°＝f，竖直方向有Fsin 30°＋FN＝2mg，又f＝ μFN，解得μ＝，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 【B级　能力提升】 9. 如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平 外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲 度系数分别为kA、kB，且原长相等，弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为 θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽 略，重力加速度为g，则(　A　) A. tan θ＝ B. kA＝kB C. FA＝mg D. FB＝2mg A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得F＝mgtan 45°＝mg，FB＝＝mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tan θ＝，又F＝mg，解得tan θ＝，FA＝＝mg，由题可知两弹簧的形变量相等，则有x＝＝，解得＝＝，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10. (2024·广东湛江模拟)如图所示，斜面体静置在粗糙的水平地面上， 质量不等的甲、乙两物块用跨过光滑定滑轮的轻质细绳连接，分别静止 在斜面AB、AC上，滑轮两侧细绳与斜面平行，AB斜面粗糙，AC斜面光 滑。若在甲物块上面再放一个小物块后甲、乙仍静止，则以下分析正确 的是(　D　) A. 甲所受的摩擦力一定变小 B. 甲所受的摩擦力一定变大 C. 斜面体所受地面的摩擦力一定变大 D. 斜面体始终不受地面的摩擦力 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设甲、乙两物块的质量分别为m1和m2，斜面AB与水平地面的夹角为α， AC与水平地面的夹角为β，由已知条件分析可知乙物块受细绳的拉力为 T＝m2gsin β，由于甲、乙两物块质量大小关系未知，两斜面夹角关系未 知，甲与斜面之间是否存在摩擦力以及若存在摩擦力，摩擦力大小、方 向也不确定，若在甲物块上面再放一个小物块后甲、乙仍静止，甲所受 摩擦力大小如何变化也不确定，故A、B错误；将斜面体与甲、乙两物 块看成一个整体，整体始终静止，重力与支持力平衡，斜面体始终不受 地面的摩擦力，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11. (多选)(2024·广东深圳模拟)如图，直角支架固定在水平地面上，小球 A穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮。将细绳一端系在A上，另一 端跨过滑轮系在小水桶B上，系统处于静止状态。现因桶底破损，里面 有少许水缓慢渗漏下来。不计滑轮质量及摩擦，在球A缓慢下降过程中 (　AD　) A. 细绳对球A拉力的竖直分量保持不变 B. 竖直杆对球A的弹力保持不变 C. 轴对滑轮的作用力方向竖直向上 D. 轴对滑轮的作用力越来越小 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 球A缓慢下降，A处于平衡状态，对A受力分析，如图所示， 根据平衡条件得Tcos θ＝mAg，FN＝mAgtan θ，所以细绳对球A拉力的竖 直分量保持不变，θ减小，则FN减小，故A正确，B错误；以滑轮为研究 对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两细绳的夹角的角平分 线上，故C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 以A、B、细绳和滑轮整体作为研究对象，受力分析知，其受竖直向下总的重力G总、水平向左的竖直杆的弹力FN和轴对其的作用力F，整体处于静态平衡状态，则F＝，G总变小，FN变小，所以F变小，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12. 如图所示，一光滑的轻杆倾斜地固定在水平面上，倾角大小为30°。 质量分别为m甲、m乙的小球甲、乙穿在光滑杆上，且用一质量可忽略不 计的细线连接后跨过固定在天花板上的光滑定滑轮。当整个系统平衡 时，连接乙球的细线与水平方向的夹角大小为60°，连接甲球的细线呈 竖直状态，则m甲∶m乙为(　A　) A. 1∶ B. 1∶2 C. ∶1 D. ∶2 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 分别对甲、乙受力分析，如图所示。以甲球为研究对象，甲球受到重力 和绳的拉力作用，直杆对甲球没有力的作用，否则甲球水平方向受力不 能平衡，所以FT＝m甲g。 以乙球为研究对象，根据共点力平衡条件，结 合图可知，绳的拉力FT与乙球受到的支持力FN与竖直方向之间的夹角都 是30°，所以FT与FN大小相等，则m乙g＝2FTcos 30°＝ FT。综上可得m甲∶m乙＝1∶，故A正确，B、C、 D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$