高考物理一轮复习讲义练习第二章　第4讲　受力分析　共点力的平衡

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第二章　第4讲　受力分析　共点力的平衡，共14页。试卷主要包含了受力分析，共点力的平衡等内容，欢迎下载使用。
1．受力分析
(1)受力分析
把研究对象(指定物体)在特定的物理环境中受到的所有力都找出来，并画出受力示意图的过程。
(2)受力分析的一般顺序
先画出重力、已知力；其次分析弹力，再分析摩擦力；最后分析电磁力。
如图甲所示，若物体A在水平推力F作用下沿粗糙斜面上滑，则物体A受力分析的顺序应如图乙所示。
弹力、摩擦力的产生条件之一都是接触，因此在分析这两种力时先找接触面，在每个接触面上逐一分析这两种力。
2．共点力的平衡
(1)共点力：作用于物体的同一点或作用线(或延长线)交于一点的力。
(2)平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
(3)共点力的平衡条件
F合＝0或者 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Fx＝0，,Fy＝0。))
(4)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
1．竖直上抛的物体到达最高点时，物体处于平衡状态。( × )
2．电梯匀速上升时，电梯中的人不处于平衡状态。( × )
3．在小车的水平光滑表面上静置一小木块，当小车加速运动时，小木块仍处于平衡状态。( √ )
4．竖直弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡后，用力F将它下拉一段距离后停止，当突然撤去力F时，重物仍处于平衡状态。( × )
5．速度等于0的物体一定处于平衡状态。( × )
考点一 受力分析
1．研究对象的选取方法——整体法和隔离法
(1)整体法与隔离法
(2)整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。
2．受力分析时注意以下四点
(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体的作用力。
(2)只分析外力，不分析内力。
(3)只分析性质力，不分析效果力。
(4)分力、合力不要重复分析。
【典例1】 两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在这两种方式中，木块B受力个数之比为( C )
A．4∶4 B．4∶3
C．5∶3 D．5∶4
【解析】 题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力(与水平推力平衡)和竖直向上的静摩擦力(与重力平衡)，隔离B分析，其一定还受到A的弹力(垂直于接触面向左上方)，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A对其的弹力及摩擦力共3个力的作用。则在这两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3。故选C。
受力分析的一般步骤
1．如图是翠鸟俯冲捕捉小鱼的精彩画面。如果整个俯冲过程翠鸟做加速直线运动，用O表示翠鸟，G表示翠鸟受到的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能正确表示此过程中翠鸟受力情况的是( A )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B)) eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：根据题意，翠鸟做加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知，只有A选项中重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定与速度方向有夹角，翠鸟不可能做直线运动。所以A正确，B、C、D错误。
2．(多选)如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则B的受力个数可能为( BC )
A．3个 B．4个
C．5个 D．6个
解析：先对A、B整体受力分析，受重力、水平力F、斜面的支持力；当水平力F平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时，有上滑趋势，此时受到沿斜面向下的静摩擦力；当水平力F平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时，有下滑趋势，此时受到沿斜面向上的静摩擦力；当水平力F平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，无相对滑动趋势，此时与斜面间无摩擦力；再对A受力分析，受水平力F、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B受力分析，受重力、A对它的压力、向右的静摩擦力和斜面对B的支持力，若B相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若B相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的摩擦力，即B可能受4个力，也可能受5个力，故选B、C。
考点二 共点力的静态平衡
1．共点力平衡
(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。
(2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。
2．常用方法
(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。
(2)按研究问题需要分解力：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按研究问题需要分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。
(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件。
(4)力的三角形法：对受三个力作用而平衡的物体，将力平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
考向1合成法的应用
【典例2】 (2023·河北卷)如图所示，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为( B )
A．mg B． eq \f(\r(3),2)mg
C． eq \f(\r(3),3)mg D． eq \f(1,2)mg
【解析】 细杆和小球组成的整体，受斜面的支持力NA、NB和自身的重力mg而处于平衡状态，如图所示，由平衡条件有NA＝mg cs 30°，解得NA＝ eq \f(\r(3),2)mg，故选B。
考向2按研究问题需要分解力的应用
【典例3】 刀、斧、凿等切削工具的刃部叫作劈，如图是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为( B )
A． eq \f(d,l)F B． eq \f(l,d)F
C． eq \f(l,2d)F D． eq \f(d,2l)F
【解析】 如图，斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似有 eq \f(d,F)＝ eq \f(l,F1)，得推压木柴的力F1＝F2＝ eq \f(l,d)F，所以B正确，A、C、D错误。
考向3正交分解法的应用
【典例4】 质量为m的小球，用细线AB悬挂在竖直的墙壁上，细线与墙壁的夹角为60°，如图甲所示，当小球受到拉力F1时，拉力与细线的夹角为120°，小球正好静止不动，细线拉力为F甲。如图乙所示，当小球受到拉力F2时，拉力与细线的夹角为150°，小球正好静止不动，细线拉力为F乙，重力加速度为g，下列等式正确的是( A )
A．F1＝mg B．F2＝2mg
C．F甲＝ eq \r(3)mg D．F乙＝ eq \r(3)mg
【解析】 对题图甲中小球受力分析，建立坐标系，分解F1和F甲，如图1所示，在x轴方向有F1sin 60°＝F甲sin 60°，y轴方向有F1cs 60°＋F甲cs 60°＝mg，联立解得F1＝F甲＝mg，故A正确，C错误；对题图乙中小球受力分析，建立坐标系，分解F乙，如图2所示，在x轴方向有F2＝F乙sin 60°，y轴方向有F乙cs 60°＝mg，联立解得F2＝ eq \r(3)mg，F乙＝2 mg，故B、D错误。
考向4力的三角形法的应用
【典例5】 (2024·广东汕尾高三质检)如图所示的装置，杆QO沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕O点转动，用两根轻绳分别拴接质量分别为m1、m2的小球1、2并系于P点，其中拴接小球1的轻绳跨过定滑轮，已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角为α＝120°，则m1∶m2为( D )
A．1∶2 B． eq \r(3)∶2
C．1∶1 D． eq \r(3)∶1
【解析】 以结点P为研究对象，受力分析如图所示，则拴接小球1轻绳的拉力大小等于m1g，由力的平衡条件将杆OP的支持力与轻绳的拉力合成，由相似三角形可得m1g＝2m2g cs 30°，解得m1∶m2＝ eq \r(3)∶1，故A、B、C错误，D正确。
应用共点力平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据解题需要，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。
(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(3)合成或分解：按照合成与分解法或正交分解法进行合成或分解。
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
考点三 平衡中的临界极值问题
1．问题特点
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。
①由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
②绳子恰好绷紧，拉力F＝0。
③刚好离开接触面，支持力FN＝0。
(2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。
2．三种方法
(1)解析法
根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。
(2)图解法
根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。
(3)极限法
极限法是一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便于分析求解。
【典例6】 (2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( B )
A．轻绳的合拉力大小为 eq \f(μmg,cs θ)
B．轻绳的合拉力大小为 eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【解析】 设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知T cs θ＝f，f＝μN，T sin θ＋N＝mg，联立解得T＝ eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T＝ eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)＝ eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sin (θ＋φ))，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f＝T cs θ＝ eq \f(μmg cs θ,cs θ＋μsin θ)＝ eq \f(μmg,1＋μtan θ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。
3．如图所示，一个重力为5 N的物体，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物体，使细线偏离竖直方向30°保持静止状态，此时所用拉力F的最小值为( B )
A．5.0 N B．2.5 N
C．8.65 N D．4.3 N
解析：如图所示，以物体为研究对象，分析受力情况，其受重力G、细线的拉力FT和拉力F，由图看出，当F与细线垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝G sin 30°＝2.5 N，故B正确。
4．如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2)
解析：设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有F cs θ－F2－F1cs θ＝0，F sin θ＋F1sin θ－mg＝0，可得F＝ eq \f(mg,sin θ)－F1，F＝ eq \f(F2,2cs θ)＋ eq \f(mg,2sin θ)。若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，则F的最大值Fmax＝ eq \f(mg,sin θ)＝ eq \f(100,3) eq \r(3) N，F的最小值Fmin＝ eq \f(mg,2sin θ)＝ eq \f(50,3) eq \r(3) N，即拉力F的大小范围为 eq \f(50\r(3),3) N≤F≤ eq \f(100,3) eq \r(3) N。
答案： eq \f(50\r(3),3) N≤F≤ eq \f(100,3) eq \r(3) N
课时作业10
1．(5分) (多选)如图所示，竖直平面内有一固定的角形框架，物体A在框架内保持静止(物体A上表面与框架接触但不粘连)，则A可能受到的力的个数为( AC )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：若物体A上表面与框架接触而无挤压，此时物体A受重力和弹簧弹力两个力的作用；若物体A上表面与框架接触且有挤压，此时物体A受重力、弹簧弹力、框架的压力和摩擦力四个力的作用，故选A、C。
2．(5分)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。当歼－20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。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Ff。下列受力分析示意图可能正确的是( A )
解析：由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意，故选A。
3．(5分) (2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( B )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mg sin 30°≤μmg cs 30°，可得μ≥tan 30°＝ eq \f(\r(3),3)，故选B。
4．(5分) (2023·浙江1月选考)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
解析：对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面的夹角为θ，由平衡条件得FT＝ eq \f(G,cs θ)＝ eq \f(FN,sin θ)，FN＝G tan θ，可知FT＞G，FT＞FN，故选C。
5．(5分)完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示放置，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角θ＝30°，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止。则A与桌面间的动摩擦因数μ为( A )
A． eq \f(\r(3),6) B． eq \f(\r(3),5)
C． eq \f(\r(3),4) D． eq \f(\r(3),3)
解析：对整体受力分析，在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有F＝2μmg；对B受力分析，B受到重力、推力F和支持力，根据共点力平衡有tan θ＝ eq \f(F,mg)，联立解得μ＝ eq \f(tan θ,2)＝ eq \f(\r(3),6)，故B、C、D错误，A正确。
6．(5分)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为( C )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶4
解析：设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点作竖直向下的辅助线交AB于C点，如图所示，由三角形相似有 eq \f(FT,mAg)＝ eq \f(L1,OC)， eq \f(FT,mBg)＝ eq \f(L2,OC)，得 eq \f(L1,L2)＝ eq \f(1,3)，故A、B、D错误，C正确。
7．(5分) (2025·广东惠州高三统考)在科学研究中，人们利用风速仪测量风速的大小，其原理如图所示。仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个金属球。若某次受到沿水平方向来的风时，稳定后金属丝偏离竖直方向夹角为θ。已知风力F与风速v的大小关系为F＝kv2，k为常量，金属球的质量为m，重力加速度为g，则风速大小为( A )
A． eq \r(\f(mg tan θ,k)) B． eq \r(\f(mg,k tan θ))
C． eq \f(mg tan θ,k) D． eq \r(\f(mg sin θ,k))
解析：对金属球受力分析如图所示，根据共点力平衡，有T sin θ＝F风，T cs θ＝mg，又因为F风＝kv2，联立解得v＝ eq \r(\f(mg tan θ,k))，故选A。
8．(5分) (2024·广东深圳一模)如图所示，用一轻绳通过定滑轮将质量为m的小球静置在光滑的半圆柱体上，小球的半径远小于半圆柱体截面的半径R，绳AB长度为L，长度为H的杆BC竖直且与半圆柱体边缘相切，OA与水平面夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列表达式表示绳对小球的拉力F的是( C )
A． eq \f(mgL,H) B． eq \f(mgR(1＋cs θ),(H＋R tan θ)cs θ)
C． eq \f(mgL,H＋R tan θ) D． eq \f(mgL tan θ,H tan θ＋R)
解析：根据题意，对小球受力分析，受拉力、支持力和重力，把拉力和支持力平移，组成矢量三角形，延长AO和BC交于D点，如图所示，由几何关系和相似三角形有 eq \f(F,L)＝ eq \f(mg,H＋R tan θ)，解得绳对小球的拉力F＝ eq \f(mgL,H＋R tan θ)，故选C。
9．(5分)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法。已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ。当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态。假设斜面与油桶的接触面光滑。在推力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，下列关于油桶受力的说法正确的是( D )
A．若力F沿水平方向，F的大小为G sin θ
B．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为G cs θ
C．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，斜面对油桶的支持力逐渐变大
D．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，推力F的最小值为G sin θ
解析：当力F沿水平方向时，由于油箱为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平和竖直方向上有F＝FNsin θ，FNcs θ＝G，解得F＝G tan θ，FN＝ eq \f(G,cs θ)，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析如图所示，故支持力在逐渐变小，且推力最小时力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，此时最小值为Fmin＝G sin θ，故C错误，D正确。
10．(5分) (2022·海南卷)我国的石桥世界闻名，如图所示，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m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则 eq \f(m,m′)为( D )
A． eq \f(\r(3),2) B． eq \r(3)
C．1 D．2
解析：由题意可知，每块石块对应的圆心角均为 eq \f(180°,6)＝30°，对石块3进行受力分析，如图1，由平衡条件可得tan 30°＝ eq \f(m′g,F43)；把石块2和3看成整体，并对其进行受力分析，如图2，由平衡条件可得tan 60°＝ eq \f((m＋m′)g,F43)；联立解得 eq \f(m,m′)＝2，故D正确。
11．(5分)如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B质量为M，质量为m的物体A静止在B上。现用水平力F推物体A，在F由0逐渐增大至 eq \f(\r(3),2)mg再逐渐减为0的过程中，A和B始终保持静止。对此过程，下列说法正确的是( B )
A．地面对B的支持力大于(M＋m)g
B．A对B的压力的最小值为 eq \f(\r(3),2)mg，最大值为 eq \f(3\r(3),4)mg
C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为 eq \f(mg,4)
D．A所受摩擦力的最小值为 eq \f(1,2)mg，最大值为 eq \f(3,4)mg
解析：因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误；当F＝0时，A对B的压力最小，为mg cs 30°＝ eq \f(\r(3),2)mg；当F＝ eq \f(\r(3),2)mg时，A对B的压力最大，为mg cs 30°＋F sin 30°＝ eq \f(3\r(3),4)mg，B正确；当F cs 30°＝mg sin 30°时，即F＝ eq \f(\r(3),3)mg时，A所受摩擦力为0，当F< eq \f(\r(3),3)mg时，A所受摩擦力沿斜面向上，Ff＝mg sin 30°－F cs 30°，当F＝0时，A所受摩擦力最大，大小为 eq \f(1,2)mg，当F> eq \f(\r(3),3)mg时，A所受摩擦力沿斜面向下，F′f＝F cs 30°－mg sin 30°，当F＝ eq \f(\r(3),2)mg时，A所受摩擦力大小为 eq \f(1,4)mg，综上可知，A所受摩擦力的最小值为0，最大值为 eq \f(1,2)mg，C、D错误。
12．(10分)一个底面粗糙、质量为M＝3m的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。
(1)当劈静止时，求绳子的拉力大小；
(2)当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小；
(3)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，动摩擦因数μ的最小值为多大？
解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，对FT和mg进行正交分解。由平衡条件可得FTcs 30°＝mg sin 30°，解得FT＝ eq \f(\r(3),3)mg。

(2)以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图乙所示，由平衡条件可得Ff＝FTcs 60°＝ eq \f(\r(3),6)mg。(3)为使整个系统静止，必须满足Ffmax＝μF′N≥FTcs 60°，且有F′N＋FTsin 60°＝(M＋m)g，联立解得μ≥ eq \f(\r(3),21)，故μ的最小值为 eq \f(\r(3),21)。
答案：(1) eq \f(\r(3),3)mg (2) eq \f(\r(3),6)mg (3) eq \f(\r(3),21)