2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 專題二 受力分析與共點力平衡精練（含解析）

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1、專題二　受力分析與共點力平衡 『經典特訓題組』 1. 如圖所示，一箱蘋果沿著傾角為θ的斜面，以速度v勻速下滑。在箱子的中央有一個質量為m的蘋果，它受到周圍蘋果對它的作用力的方向(　　) A．沿斜面向上 B．沿斜面向下 C．豎直向上 D．垂直斜面向上 答案　C 解析　由質量為m的蘋果勻速下滑可知，該蘋果所受合力為0，分析受力可知，它受重力及周圍蘋果對它的作用力，根據(jù)二力平衡條件可得，周圍蘋果對它的作用力大小為mg，方向豎直向上，故C正確。 2．浙江烏鎮(zhèn)一帶的農民每到清明時節(jié)舉辦民俗活動，在一個巨型石臼上插入一根碩大的毛竹，表演者爬上竹稍表演各種驚險動作。如圖所示，下列

2、說法正確的是(　　) A．在任何位置表演者靜止時只受重力和彈力作用 B．在任何位置竹竿對表演者的作用力必定與竹竿垂直 C．表演者靜止時，竹竿對其的作用力必定豎直向上 D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小 答案　C 解析　表演者大部分情況下受到重力、彈力和摩擦力三個力的作用，故A錯誤；表演者處于平衡狀態(tài)，故受竹竿的力與重力大小相等方向相反，即豎直向上，不一定與桿的方向垂直，故B錯誤，C正確；表演者越靠近竹竿底部時桿與水平方向的夾角θ就越大，所以摩擦力f＝mgsinθ就越大，故D錯誤；故選C。 3．(多選)如圖所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運動

3、，則關于它們受力情況的說法正確的是(　　) A．a一定受到4個力 B．b可能受到4個力 C．a與墻壁之間一定有彈力和摩擦力 D．a與b之間一定有摩擦力 答案　AD 解析　將a、b看成整體，其受力示意圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用，C錯誤；對物體b進行受力分析，如圖乙所示，a與b之間一定有摩擦力，b一定受到3個力作用，B錯誤，D正確；由以上分析可知物體a受力如圖丙所示，a一定受到4個力，A正確。 4. (多選)如圖所示，半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一豎直擋板MN。在二

4、者之間夾著一個光滑均質的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始終保持靜止。則在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．MN對Q的彈力逐漸減小 B．P對Q的彈力逐漸增大 C．地面對P的摩擦力逐漸增大 D．Q所受的合力逐漸增大 答案　BC 解析　對Q受力分析，如圖甲所示，Q受到豎直向下的重力mg、MN給的向左的支持力F1和P對Q的支持力F2，根據(jù)平衡條件，得F1＝mgtanθ，F(xiàn)2＝， 在MN保持豎直并且緩慢地向右平移的過程中，θ增大，故F1、F2增大，即MN對Q的彈力逐漸增大，P對Q的彈力逐漸增大，A錯誤，B正確；對P

5、、Q整體受力分析，如圖乙所示，整體受到重力(M＋m)g、MN的支持力F1、地面的支持力F3、地面的靜摩擦力f，根據(jù)共點力的平衡條件，可得f＝F1＝mgtanθ，由于θ不斷增大，故f逐漸增大，C正確；移動MN過程中Q一直處于平衡狀態(tài)，合力一直為零，D錯誤。 5. 將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F最小時Oa繩上的拉力為(　　) A.mg B．mg C.mg D.mg 答案　A 解析　以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F方向變化時整體的受力

6、圖，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)與T的合力與重力2mg總是大小相等，方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2的位置，此時F＝2mgsin30°＝mg，T＝2mgcos30°＝mg，故A正確。 6. 如圖所示，傾角為α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜面上，輕質細線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點，輕質滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若將固定點c向右移動少許，而a與斜劈始終靜止，下列說法錯誤的是(　　) A．斜劈對物體a的摩擦力一定減小 B．斜劈對地面的壓力一定不變 C．細線對物體a的拉力一定增大 D．地面對斜劈的摩擦力一定

7、增大 答案　A 解析　對滑輪和物體b受力分析，受重力和兩個拉力，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件，有mbg＝2Tcosθ，計算得T＝。將固定點c向右移動少許，則θ增大，故拉力T增大；對物體a受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，拉力增大，但因為不知道拉力與重力沿斜面向下的分力的大小關系，故無法判斷靜摩擦力的方向，故不能判斷靜摩擦力的變化情況，故A錯誤，C正確；對斜劈、物體a、b和滑輪1、2整體受力分析，受重力、支持力、細線的拉力和地面的靜摩擦力，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有N＝G總－Tcosθ＝G總－，N與角度θ無關，恒定不變，根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力也不變，B正確；f＝Tsinθ＝

8、tanθ，將固定點c向右移動少許，則θ增大，故摩擦力增大，所以D正確。本題要求選說法錯誤的，故選A。 7．(多選) 中國書法歷史悠久，是中華民族優(yōu)秀傳統(tǒng)文化之一。在楷書筆畫中，長橫的寫法要領如下：起筆時一頓，然后向右行筆，收筆時略向右按，再向左上回帶。該同學在水平桌面上平鋪一張白紙，為防打滑，他在白紙的左側靠近邊緣處用鎮(zhèn)紙壓住。則在向右行筆的過程中(　　) A．鎮(zhèn)紙受到向左的摩擦力 B．毛筆受到向左的摩擦力 C．白紙只受到向右的摩擦力 D．桌面受到向右的摩擦力 答案　BD 解析　白紙和鎮(zhèn)紙始終處于靜止狀態(tài)，對鎮(zhèn)紙受力分析知，鎮(zhèn)紙不受摩擦力，否則水平方向受力不平衡，鎮(zhèn)

9、紙的作用是增大紙與桌面之間的彈力與最大靜摩擦力，故A錯誤；毛筆在書寫的過程相對紙面向右運動，受到向左的摩擦力，故B正確；白紙與鎮(zhèn)紙之間沒有摩擦力，白紙始終處于靜止狀態(tài)，則白紙在水平方向受到毛筆以及桌面對它的摩擦力，由B項可知，毛筆受到的摩擦力向左，由牛頓第三定律可知，白紙受到毛筆的摩擦力向右，根據(jù)平衡條件可知，桌面對白紙的摩擦力向左，故C錯誤；桌面對白紙的摩擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，白紙對桌面的摩擦力向右，故D正確。 『真題調研題組』 1．(2019·江蘇高考) 如圖所示，一只氣球在風中處于靜止狀態(tài)，風對氣球的作用力水平向右。細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風對氣球作用力的

10、大小為(　　) A. B. C．Tsinα D．Tcosα 答案　C 解析　對氣球受力分析，如下圖所示，將繩的拉力T分解，在水平方向：風對氣球的作用力大小為F＝Tsinα，C正確。 2．(2019·全國卷Ⅲ)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(　　) A．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg B．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg C．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg D．F1＝mg，F(xiàn)2＝m

11、g 答案　D 解析　如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝mg，D正確。 3．(2019·全國卷Ⅱ)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500 N，則物塊的質量最大為(　　) A．150 kg B．100 kg C．200 kg D．200 kg 答案　A 解析　物塊沿斜面向上勻速運動，受力如圖，根據(jù)平衡條件

12、F＝Ff＋mgsinθ① Ff＝μFN② FN＝mgcosθ③ 由①②③式得 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 所以m＝ 故當Fmax＝1500 N時，有mmax＝150 kg，A正確。 4．(2019·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不變 B．M所受細繩的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

13、 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加 答案　BD 解析　選N為研究對象，受力情況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F逐漸增大，細繩的拉力T逐漸增大，A錯誤，B正確；對于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面對它的摩擦力f。如圖乙所示，若開始時斜面對M的摩擦力f沿斜面向上，則T＋f＝GMsinθ，T逐漸增大，f逐漸減小，當f減小到零后，再反向增大；若開始時斜面對M的摩擦力沿斜面向下，此時，T＝GMsinθ＋f，當T逐漸增大時，f逐漸增大，C錯誤，D正確。 5. (2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保

14、持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為(　　) A．2－ B. C. D. 答案　C 解析　設物塊的質量為m。據(jù)平衡條件及摩擦力公式有 拉力F水平時，F(xiàn)＝μmg① 拉力F與水平面成60°角時，F(xiàn)cos60°＝μ(mg－Fsin60°)② 聯(lián)立①②式解得μ＝，故C正確。 6．(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性

15、繩的伸長始終處于彈性限度內)(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 答案　B 解析　輕質彈性繩的兩端分別固定在相距80 cm的兩點上，鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm，以鉤碼為研究對象，受力如圖所示， 由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共點力的平衡條件和幾何知識得F＝＝；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，設彈性繩的總長度變?yōu)閘′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共點力的平衡條件F′＝，聯(lián)立上面各式解得l′＝92 cm，選項B正確。 7．(2019·天津高考) 2018年10月23日，港珠澳跨海

16、大橋正式開通。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索(所有鋼索均處在同一豎直面內)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力 B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度 C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下 D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布 答案　C 解析　索塔對鋼索豎直向上的作用力跟鋼索和橋體整體的重力平衡，增加鋼索數(shù)量，其整體重力變大，故索塔受到的向下的壓力變大，A錯誤；若索塔高度降低，則鋼索與豎直方向夾角θ將變大，由Tcosθ＝G可知，鋼索拉力T將

17、變大，B錯誤；兩側鋼索的拉力對稱，合力一定豎直向下，C正確；若兩側的鋼索非對稱分布，但其水平方向的合力為0，合力仍豎直向下，D錯誤。 8．(2017·天津高考) (多選)如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是(　　) A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移 答案　AB 解析　設繩長為l，兩桿間距離為d，選O點為研究對象，因aO

18、b為同一根繩，故aO、bO對O點的拉力大小相等，因此平衡時aO、bO與水平方向的夾角相等，設為θ。O點受力情況如圖所示， 根據(jù)平衡條件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，當l、d不變時，θ不變，故換掛質量更大的衣服時，懸掛點不變，D錯誤。若衣服質量不變，改變b的位置或改變繩兩端的高度差，繩子拉力不變，A正確，C錯誤。當N桿向右移一些時，d變大，則T變大，B正確。故選A、B。 9．(2017·全國卷Ⅰ) (多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α?，F(xiàn)將重物向右上方

19、緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 答案　AD 解析　設重物的質量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。開始時，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。 如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知

20、＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，選項A正確。故選A、D。 『模擬沖刺題組』 1．(2019·四省名校高三第二次聯(lián)考)如圖所示，在卸貨場，掛鉤連接四根長度均為L的輕繩，四根輕繩的另一端與一質量為m、直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連接點將圓環(huán)四等分。圓環(huán)正緩慢地勻速上升，已知重力加速度為g，則每根輕繩上的拉力大小為(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　C 解析　水平圓環(huán)勻速上升，受力平衡，則四根繩子的合力F＝mg，則每一根繩的拉力在豎直方向上的分量等于mg，設繩子與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關系有：sinθ＝＝0.6，cosθ＝0.8，則Tcosθ

21、＝mg，解得：T＝mg，故C正確。 2．(2019·安徽省“江南十?！备呷戮C合質檢)如圖所示，游樂場中有一半球形的碗狀裝置固定在水平地面上，裝置的內半徑為R，在其內表面有一個小孩(可視為質點)從底部向上爬行，小孩與內表面之間的動摩擦因數(shù)為0.75，設小孩所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則小孩沿該裝置緩慢向上爬行的最大高度是(　　) A．0.2R B．0.25R C．0.75R D．0.8R 答案　A 解析　設小孩爬到最高處時，小孩與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，對小孩受力分析，由平衡條件得，mgsinθ＝μmgcosθ，解得θ＝37°，又由幾何關系得，最大高度h＝R－

22、Rcosθ＝0.2R，故A正確。 3. (2019·山東淄博一模)如圖所示，a、b兩個小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接。已知b球質量為m，桿與水平面的夾角為30°，不計所有摩擦。當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為30°，Ob段繩沿豎直方向，則a球的質量為(　　) A.m B.m C.m D．2m 答案　A 解析　設桿與水平面的夾角為θ，分別對a、b兩球分析受力，如圖所示， 根據(jù)共點力平衡條件，對b球：T＝mbg，對a球：＝，得mb∶ma＝tan30°∶1，則ma＝mb＝m，故A正確。 4. (2019·黑龍江齊齊

23、哈爾一模)(多選)如圖所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質量為m1的光滑半圓柱體O1緊靠豎直墻壁置于水平地面上，質量為m2的均勻小球O2用長度等于A、B兩點間距離L的細線懸掛于豎直墻壁上的A點，小球O2靜置于半圓柱體O1上，當半圓柱體質量不變而半徑不同時，細線與豎直墻壁的夾角θ就會跟著發(fā)生改變。已知重力加速度為g，不計各接觸面間的摩擦，則下列說法正確的是(　　) A．當θ＝60°時，半圓柱體對地面的壓力大小為m1g＋m2g B．當θ＝60°時，小球對半圓柱體的壓力大小為m2g C．改變半圓柱體的半徑，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為m2g D．半圓柱體的半徑增大時，其對地面的

24、壓力保持不變 答案　AC 解析　對小球進行受力分析如圖1所示，因為AB＝AO2，AB與半圓柱體的弧面相切，由幾何知識可知，AO2與半圓柱體的弧面相切，則小球受到的繩子的拉力T與半圓柱體對小球的支持力N相互垂直，故當θ＝60°時，T＝m2gcosθ＝m2g，N＝m2gsinθ＝m2g；以小球與半圓柱體組成的整體為研究對象，它們受到重力、地面的支持力、繩子的拉力以及墻對半圓柱體的彈力，如圖2所示，豎直方向m1g＋m2g＝Tcosθ＋N′，所以N′＝m1g＋m2g－Tcosθ＝m1g＋m2g，根據(jù)牛頓第三定律可知，半圓柱體對地面的壓力大小為m1g＋m2g，小球對半圓柱體的壓力大小為m2g，A正確

25、，B錯誤。若改變半圓柱體的半徑，以小球與半圓柱體組成的整體為研究對象，在水平方向FN＝Tsinθ＝m2gsinθcosθ＝m2gsin2θ，可知，當θ＝45°時，半圓柱體受到墻對半圓柱體的彈力最大，為m2g，根據(jù)牛頓第三定律可知，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為m2g，C正確。半圓柱體所受地面的支持力：N′＝m1g＋m2g－Tcosθ＝m1g＋m2g－m2gcos2θ＝m1g＋m2gsin2θ，由幾何關系可知，增大半圓柱體的半徑，則θ增大，N′將增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，半圓柱體對地面的壓力將增大，D錯誤。 5. (2019·河南百師聯(lián)盟高三上學期七調)質量均為m的兩物塊A和B之

26、間連接著一個輕質彈簧，其勁度系數(shù)為k，現(xiàn)將物塊A、B放在水平地面上一斜面的等高處，如圖所示，彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物體與斜面均能保持靜止，已知斜面的傾角為θ，兩物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) A．斜面和水平地面間一定有靜摩擦力 B．斜面對A、B組成的系統(tǒng)的靜摩擦力大于2mgsinθ C．若將彈簧拿掉，物塊有可能發(fā)生滑動 D．彈簧的最大壓縮量為 答案　D 解析　對斜面、A、B和彈簧構成的整體分析，整體處于平衡狀態(tài)，沒有相對運動或相對運動趨勢，故斜面與水平地面間沒有摩擦力作用，A錯誤；對A和B整體分析，A、B組成的系統(tǒng)整體的重

27、力沿斜面向下的分力等于摩擦力，即f＝2mgsinθ，B錯誤；拿掉彈簧后，A或B受到的靜摩擦力變小，其他力不變，故A和B都不會發(fā)生滑動，C錯誤；對A或B受力分析，均受彈簧彈力F、重力、斜面的支持力、靜摩擦力，其中F與重力沿斜面方向的分力垂直，由于A、B受力平衡，則彈簧彈力大小等于重力沿斜面方向的分力和靜摩擦力f′的合力大小，當靜摩擦力最大時，彈簧彈力最大，彈簧壓縮量最大，此時kx＝，其中最大靜摩擦力fm＝μmgcosθ，故彈簧的最大壓縮量x＝，D正確。 6. (2019·貴陽一模)(多選)如圖所示，一根粗細和質量分布均勻的細繩，兩端各系一個質量都為m的小環(huán)，小環(huán)套在固定水平桿上，兩環(huán)靜止時，繩

28、子過環(huán)與細繩結點P、Q的切線與豎直方向的夾角均為θ，已知繩子的質量也為m，重力加速度大小為g，則兩環(huán)靜止時(　　) A．每個環(huán)對桿的壓力大小為mg B．繩子最低點處的彈力的大小為 C．水平桿對每個環(huán)的摩擦力大小為mgtanθ D．兩環(huán)之間的距離增大，桿對環(huán)的摩擦力增大 答案　BD 解析　以左側繩為研究對象，受力分析如圖1所示，根據(jù)平衡條件，有水平方向：F＝Tsinθ，豎直方向：mg＝Tcosθ，聯(lián)立解得：T＝，F(xiàn)＝mgtanθ，故B正確；對環(huán)進行受力分析如圖2所示，水平方向：f＝Tsinθ＝·sinθ＝mgtanθ，豎直方向：N＝Tcosθ＋mg＝·cosθ＋mg＝mg，故A、

29、C錯誤；當兩環(huán)之間的距離增大，θ變大，故f變大，D正確。 『熱門預測題組』 1. (2019·內蒙古呼和浩特市二模)如圖所示，一攀巖運動員正沿豎直巖壁緩慢攀登。由于身背較重的行囊，重心上移至肩部的O點，總質量為80 kg，此時手臂與身體垂直，手臂與巖壁夾角為53°，則手受到的拉力和腳受到的作用力分別為(設手、腳受到的作用力均通過重心O，g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　) A．640 N　480 N B．480 N　640 N C．480 N　800 N D．800 N　480 N 答案　B 解析　設運動員和行囊的總質量為M，以運動

30、員和行囊整體為研究對象，分析受力情況：重力Mg、巖壁對手臂的拉力F1和巖壁對腳的彈力F2，作出受力示意圖，如圖所示，根據(jù)平衡條件得：F1＝Mgcos53°＝800×0.6 N＝480 N，F(xiàn)2＝Mgsin53°＝800×0.8 N＝640 N，故B正確。 2．(2019·廣西欽州三模)日常生活中，我們在門下縫隙處塞緊一個木楔(側面如圖所示)，往往就可以把門卡住。有關此現(xiàn)象的分析，下列說法正確的是(　　) A．木楔對門的作用力大于門對木楔的作用力，因而能將門卡住 B．門對木楔作用力的水平分量等于地面對木楔摩擦力的大小 C．只要木楔的厚度合適都能將門卡住，與頂角θ的大小無關

31、D．只要木楔對門的壓力足夠大就能將門卡住，與各接觸面的粗糙程度無關 答案　B 解析　木楔對門的作用力和門對木楔的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A錯誤；對木楔受力分析如圖所示， 水平方向：f＝Fsinθ，門對木楔作用力的水平分量等于地面對木楔摩擦力的大小，故B正確； 對木鍥，豎直方向：N＝Fcosθ＋mg，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則fmax＝μN＝μ(Fcosθ＋mg)，要把門卡住，則不管力F多大，均滿足fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，可知不管m多大，只要μ≥tanθ，木楔就可把門卡住，故木楔能否把門卡住，與頂角θ以及接觸面的粗糙程度有關，C、D錯誤。 - 16 -