2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練5 力的合成與分解（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練5 力的合成與分解（含解析） 小題狂練⑤ 小題是基礎　練小題　提分快 1．[2019·河南省開封考試]如圖所示，一件重力為G的衣服懸掛在等腰衣架上，已知衣架頂角θ＝120°，底邊水平，不計摩擦．則衣架一側對衣服的作用力大小為(　　) A.G B.G C. D．G 答案：A 解析：由題意知，衣架兩側對衣服作用力的夾角為60°，由力的平衡條件知，2Fcos30°＝G，解得F＝G，選項A正確． 2．[2019·四川省成都模擬]如圖，在水平晾衣桿(可視為光滑桿)上晾曬床單時，為了盡快使床單晾干，可在床單間支撐輕

2、質細桿．隨著細桿位置的不同，細桿上邊兩側床單間夾角θ(θ<150°)將不同．設床單重力為G，晾衣桿所受壓力大小為N，下列說法正確的是(　　) A．當θ＝60°時，N＝G B．當θ＝90°時，N＝G C．只有當θ＝120°時，才有N＝G D．無論θ取何值，都有N＝G 答案：D 解析：對床單和輕質細桿進行受力分析可知，整體受重力G(輕質細桿不計質量)和晾衣桿給的支持力N，根據(jù)牛頓第三定律可知，晾衣桿給床單的支持力大小等于晾衣桿所受的壓力大小，根據(jù)平衡條件可知，N＝G，與細桿上邊兩側床單間夾角θ無關，選項D正確． 3. [2019·安徽省合肥二中模擬]如圖所示，重力為6 N的

3、木塊靜止在傾角為30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N的力F推木塊，木塊仍保持靜止，則木塊所受的摩擦力大小為(　　) A．3 N B．4 N C．5 N D．10 N 答案：C 解析：初始時木塊保持靜止，相對于斜面有下滑的趨勢，斜面對其沿斜面向上的靜摩擦力分力f1＝mgsin30°＝3 N，木塊受到水平力F的作用，相對于斜面有水平向左運動的趨勢，斜面對其水平向右的靜摩擦力分力大小為f2＝F＝4 N，所以斜面對木塊的摩擦力大小為f＝＝5 N，選項C正確． 4．[2019·四川省成都七中模擬]如圖所示，輕繩繞過輕質光滑滑輪一端系于豎直墻上的A點，另一端系于水平墻上的

4、B點．質量為m的物體系于滑輪的圓心O處，水平外力F也作用于滑輪的圓心O處．當F的大小合適時，A端輕繩水平且B端輕繩與豎直方向成30°角．重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．繩上拉力大小T＝mg B．繩上拉力大小T＝2mg C．水平外力大小F＝mg D．水平外力大小F＝mg 答案：D 解析：以滑輪為研究對象進行受力分析，根據(jù)正交分解得mg＝Tcos30°，T＝Tsin30°＋F，解得T＝mg，F(xiàn)＝，故選D. 5．[2019·湖北省華中師大附中模擬]圖甲、乙、丙中彈簧秤、繩和滑輪的質量均不計，繩與滑輪間的摩擦力不計，物體的重力都是G，在圖甲、乙、丙的情況下，彈簧秤的讀數(shù)

5、分別是F1、F2、F3，則(　　) A．F3>F1＝F2 B．F3＝F1>F2 C．F1＝F2＝F3 D．F1>F2＝F3 答案：B 解析：題圖甲中物體處于靜止狀態(tài)，所以合力為零，即彈簧的彈力等于重力大??；題圖乙中物體受到重力、支持力和彈簧的彈力，三力合力為零，根據(jù)力的合成與分解可知F2＝Gcos30°；題圖丙中物體受到重力和兩個互成120°的拉力作用，合力為零，根據(jù)力的合成與分解可知拉力大小等于重力大小，即F3＝F1＝G>F2，選項B正確，A、C、D錯誤． 6．[2019·廣東省深圳市高級中學測試] 智能手機的普及使“低頭族”應運而生．低頭時，頸椎受到的壓力會增大(

6、當人體直立時，頸椎所承受的壓力等于頭部的重力)．現(xiàn)將人體頭頸部簡化為如圖所示的模型：重心在頭部的P點，頭在可繞O轉動的頸椎OP(輕桿)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下處于靜止．當?shù)皖^時，若頸椎與豎直方向的夾角為45°，PQ與豎直方向的夾角為53°，此時頸椎受到的壓力與直立時頸椎受到的壓力的比值為(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　) A．4 B．5 C．4 D．5 答案：C 解析：受力分析，如圖所示．在水平方向：FNsin45°＝Fsin53°，豎直方向：FNcos45°＝mg＋Fcos53°，聯(lián)立解得FN＝4mg，所以C正確，A、B、D錯誤．

7、 7．[2019·湖南省益陽市、湘潭市調研]如圖所示，小球A、B通過一條細繩跨過定滑輪連接，它們都套在一根豎直桿上．當兩球平衡時，連接A、B兩球的細繩與水平方向的夾角分別為θ和2θ.假設裝置中的各處摩擦均不計，則A、B球的質量之比為(　　) A．2cosθ：1 B．1：2cosθ C．tanθ：1 D．1：2sinθ 答案：B 解析：對A、B兩球受力分析如圖所示，由力的平衡條件可知，T′sinθ＝mAg，Tsin2θ＝mBg，T′＝T，解得mA：mB＝sinθ：sin2θ＝1：2cosθ，B正確． 8．[2019·廣東省深圳聯(lián)考] 如圖所示，內壁及碗

8、口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A球、C球與B球分別用兩根輕質細線連接．當系統(tǒng)保持靜止時，B球對碗壁剛好無壓力，圖中θ＝30°，則A球和C球的質量之比為(　　) A．1：2 B．2：1 C．1： D.：1 答案：C 解析：B球對碗壁剛好無壓力，則根據(jù)幾何知識分析可得，B球所在位置兩細線的夾角為90°，以B球為研究對象，進行受力分析，水平方向所受合力為零，設B球左、右兩邊細線的拉力大小分別為FA、FC，由此可知FAcosθ＝FCsinθ，＝＝tanθ，C正確． 9. [2019·湖北省部分重點中學聯(lián)考](多選)如圖所示，滑塊A與小球B用一根不可伸長

9、的輕繩相連，且滑塊A套在水平直桿上．現(xiàn)用大小為10 N、與水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右勻速運動，運動過程中A、B保持相對靜止．已知A、B的質量分別為2 kg、1 kg，重力加速度為10 m/s2，則(　　) A．輕繩與水平方向的夾角θ＝60° B．輕繩與水平方向的夾角θ＝30° C．滑塊A與水平直桿之間的動摩擦因數(shù)為 D．滑塊A與水平直桿之間的動摩擦因數(shù)為 答案：BD 解析：以B為研究對象，進行受力分析，由于拉力F與B的重力大小相等，夾角為120°，故輕繩的拉力大小為10 N，與水平方向的夾角應為θ＝30°.以A為研究對象，進行受力分析得：FABcosθ＝μ(m

10、Ag＋FABsinθ)，得滑塊A與水平直桿之間的動摩擦因數(shù)為，故選B、D. 10．[2019·江西省南昌調研]如圖所示，兩段等長輕質細線將質量分別為m、2m的小球A、B(均可視為質點)懸掛在O點，小球A受到水平向右的恒力F1作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，出現(xiàn)了如圖乙所示的狀態(tài)，小球B剛好位于O點正下方，則F1與F2的大小關系是(　　) A．F1＝4F2 B．F1＝3F2 C．2F1＝3F2 D．2F1＝5F2 答案：D 解析：A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整體為研究對象，受力分析如圖所示，設O、A間細線與豎直方向的夾

11、角為α，則由x的分解和平衡條件得Fsinα＋F2＝F1，F(xiàn)cosα＝2mg＋mg，故tanα＝，以B為研究對象，受力分析，設A、B間細線與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得：tanβ＝，由幾何關系有：α＝β，得2F1＝5F2，故D正確． 11．[2019·湖南省十二校聯(lián)考]如圖所示，光滑固定斜面的傾角為30°，輕繩一端通過兩個滑輪與A相連，輕繩的另一端固定于天花板上，不計輕繩與滑輪的摩擦．物塊A的質量為m，不計滑輪的重力，掛上物塊B后，當動滑輪兩邊輕繩的夾角為90°時，A、B恰能保持靜止，則物塊B的質量為(　　) A.m B.m C．m D．2m 答案：A 解析：先

12、以A為研究對象，由A物塊受力及平衡條件可得，繩中張力FT＝mgsin30°.再以動滑輪為研究對象，分析其受力并由平衡條件有mBg＝FT，解得mB＝m，A正確． 12. [2019·吉林省遼源五中摸底]如圖所示，OP為一滿足胡克定律的彈性輕繩，其一端固定于天花板上的O點，另一端與靜止在水平地面上的滑塊P相連，當彈性繩處于豎直方向時，滑塊P對地面有壓力作用．Q為緊挨繩的一光滑水平小釘，它與天花板的距離等于彈性繩的自然長度，現(xiàn)用一水平力F作用于滑塊P，使之向右緩慢地沿水平地面做直線運動，在運動過程中彈性繩處于彈性限度內，且滿足彈力與形變量成正比的關系，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)恒定，則下列說法

13、正確的是(　　) A．地面作用于滑塊P的摩擦力不變 B．地面對滑塊P的支持力減小 C．水平力F減小 D．水平力F保持不變 答案：A 解析：設在某點處彈性繩與水平方向的夾角為θ，對滑塊P進行受力分析，有mg＝F彈sinθ＋N，F(xiàn)＝F彈cosθ＋f，f＝μN′，N′＝N，F(xiàn)彈＝kx＝k，解得地面對滑塊P的支持力N不變，地面對滑塊P的摩擦力也不變，F(xiàn)變大，故選A. 13. 一串小燈籠(五只)彼此用輕繩連接，并懸掛在空中．在穩(wěn)定水平風力作用下發(fā)生傾斜，輕繩與豎直方向的夾角為30°，如圖所示．設每只燈籠的質量均為m，重力加速度大小為g，則自上往下第一只燈籠對第二只燈籠的拉力大小為(　

14、　) A．2mg B. C. D．8mg 答案：C 解析：以第一只燈籠下方的四只燈籠整體為研究對象，受力分析，根據(jù)力的合成與分解得，自上往下第一只燈籠對第二只燈籠的拉力大小T＝＝，只有選項C正確． 14．在如圖所示的四幅圖中，AB、BC均為輕質桿，各圖中桿的A、C端都通過鉸鏈與墻連接，兩桿都在B處由鉸鏈相連接，B點下方用輕繩懸掛小物塊，下列關于桿受力的說法正確的是(　　) A．甲中的AB桿、BC桿均可替換為輕繩 B．乙中的AB桿表現(xiàn)為拉力，BC桿表現(xiàn)為支持力 C．丙中的AB桿、BC桿均可替換為輕繩 D．丁中的AB桿、BC桿均表現(xiàn)為支持力 答案：C

15、解析：由題圖看出，甲、丙、丁中，AB桿對B點產(chǎn)生的是拉力，當用輕繩代替時效果不變，仍能使裝置平衡，同理可知，題圖中的BC桿可以用與之等長的輕繩代替的只有丙，故A錯誤，C正確；乙中B點受向下的拉力，則BC桿表現(xiàn)為支持力，由平衡關系可知AB桿也表現(xiàn)為支持力，故B錯誤；對丁中B點分析可知，B點受向下的拉力，AB桿表現(xiàn)為拉力，BC桿表現(xiàn)為支持力，故D錯誤． 15．圖甲是由兩圓桿構成的“V”形斜槽，它與水平面成傾角θ放置．現(xiàn)將一質量為m的圓柱體滑塊由斜槽頂端釋放，滑塊恰好勻速下滑．沿斜槽看去，截面如圖乙所示．已知滑塊與兩圓桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，β＝120°，則(　　) A．μ

16、＝tanθ B．左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcosθ C．左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為mgsinθ D．若增大θ，左邊圓桿對滑塊的支持力將增大 答案：B 解析：滑塊恰好勻速下滑，則滑塊受力平衡，對滑塊受力分析，根據(jù)平衡條件得，mgsinθ＝2f＝2μFN，mgcosθ＝2FNcos＝FN，解得μ＝tanθ，選項A錯誤，B正確；左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為f＝mgsinθ，選項C錯誤；若θ增大，cosθ減小，則左邊圓桿對滑塊的支持力將減小，選項D錯誤． 課時測評⑤ 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．[2019·吉林長春模擬](多選)在一條直線上的兩

17、個共點力F1、F2的合力大小為F，保持F1、F2的方向不變，F(xiàn)1、F2、F均不為0，下列說法正確的是(　　) A．若F1、F2同時增大一倍，則F也一定增大一倍 B．若F1、F2同時增加10 N，則F一定增加20 N C．若F1增加10 N，F(xiàn)2減少10 N，則F可能增加20 N D．若F1、F2中一個不變，另一個增大，則F一定增大 答案：AC 解析：由于保持F1、F2的方向不變，可知若F1、F2同時增大一倍，則合力F的方向不變，并且F也一定增大一倍，故A正確；若F1、F2同時增加10 N，根據(jù)合力與分力之間的關系可知，只有兩個分力的方向相同時，F(xiàn)才能增加20 N，若二者方向相反，則

18、F不變，故B錯誤；若F1、F2的方向相反，F(xiàn)1增加10 N，F(xiàn)2減少10 N，則F可能增加20 N，故C正確；若F1、F2的方向相反，F(xiàn)1、F2中一個不變，原來較小的一個力增大，則合力F可能減小，故D錯誤． 2．[2019·德州模擬](多選)如圖所示，質量分別為M、m的兩個木塊A、B通過勁度系數(shù)為K的輕彈簧連接，木塊A放在水平桌面上，木塊B用輕繩通過定滑輪在力F的作用下整體處于靜止狀態(tài)，繩與水平方向成α角，不計滑輪與繩間的摩擦，則下列說法正確的是(　　) A．木塊A對桌面的壓力為FN＝Mg＋mg－Fsinα B．輕彈簧處于拉伸狀態(tài)，彈簧的彈力大小為 C．木塊A對桌面的摩擦力大小

19、為Ff＝Fcosα，方向向左 D．木塊A對桌面的摩擦力大小為Ff＝Fsinα，方向向右 答案：AB 解析：對A、B(含彈簧)整體分析，豎直方向Fsinα＋FN－Mg－mg＝0，所以FN＝Mg＋mg－Fsinα，即A正確．對B受力分析知彈簧處于拉伸狀態(tài)，其彈力大小應等于B的重力mg與繩子拉力F的合力．由平行四邊形定則和余弦定理得：F彈＝＝.即B對．同樣對A、B整體分析，知桌面對A的摩擦力應向左，大小為F′f＝Fcosα，故A對桌面的摩擦力應向右，大小為Ff＝F′f＝Fcosα.故C、D均錯． 3．[2019·遼寧鞍山一中模擬]如圖，A、B兩球(可視為質點)質量均為m，固定在輕彈簧的兩

20、端，分別用細繩懸于O點，其中球A處在光滑豎直墻面和光滑水平地面的交界處．已知兩球均處于靜止狀態(tài)，OA沿豎直方向，OAB恰好構成一個正三角形，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．球A對豎直墻壁的壓力大小為mg B．彈簧對球A的彈力大于對球B的彈力 C．繩OB的拉力大小等于mg D．球A對地面的壓力不可能為零 答案：C　 解析：對球B進行受力分析如圖所示，受重力、彈簧的彈力、細繩的拉力，它們互成120°角，球B處于平衡狀態(tài)，由力的合成法則可知必有mg＝F＝TB，故C正確．球A受重力、彈簧的彈力、墻壁向右的支持力、細繩的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和細繩的拉力可能

21、只有一個)，在水平方向有墻的支持力等于彈簧的彈力在水平方向的分量FN＝F′cosθ＝Fcos30°＝mg，由牛頓第三定律可知A錯誤；彈簧靜止，合力為零，故兩個球對彈簧的彈力等大、反向、共線，故彈簧對球A的彈力等于對球B的彈力，故B錯誤；對A球進行受力分析并列平衡方程，繩OA對球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于彈簧彈力的豎直分力和重力之和，故N＋T＝mg＋Fsin30°，mg＝F＝TB，可知當T＝1.5mg時，地面對A的支持力等于零，根據(jù)牛頓第三定律，球A對地面的壓力可能為零，故D錯誤． 4．[2019·廣東廣州模擬](多選)如圖，粗糙水平面上a、b、c、d四個相同小物塊用四根完全相同

22、的輕彈簧連接，正好組成一個等腰梯形，系統(tǒng)靜止．a(chǎn)和b之間、a和c之間以及b和d之間的彈簧長度相同且等于c、d之間彈簧長度的一半，a、b之間彈簧彈力大小為c、d之間彈簧彈力大小的一半．若a受到的摩擦力大小為f，則(　　) A．a(chǎn)、b之間的彈簧一定是壓縮的 B．b受到的摩擦力大小為f C．c受到的摩擦力大小為f D．d受到的摩擦力大小為2f 答案：ABC 解析： 假設a、b之間的彈簧是伸長的，設原長為l，伸長量為x，則由a、b之間彈力為c、d之間彈力大小的一半可知c、d之間的彈簧伸長量為2x.由于a、b之間的彈簧長度等于c、d之間彈簧長度的一半，則2(l＋x)＝l＋2x，無解，所

23、以a、b之間的彈簧一定是壓縮的，A正確；a和b、a和c、b和d之間的彈簧都是壓縮的且長度相等，∠cab＝∠abd＝120°，三者的彈力相等，a受到的摩擦力大小為f，與a和b、a和c之間的彈力的合力等大反向，F(xiàn)ab＝Fac＝Fbd＝f＝，b受到的摩擦力大小與a和b、b和d之間的彈力的合力等大反向，所以b受到的摩擦力大小為f，B正確；c受到a和c、c和d之間彈簧的彈力如圖，其合力為f，c受到的摩擦力與a和c、c和d之間彈力的合力等大反向，大小為f，C正確；根據(jù)對稱性，d受到的摩擦力與c受到的摩擦力大小相等，為f，D錯誤． 5．[2019·河北八校聯(lián)考]如圖所示，質量為m的球置于斜面上，被一個

24、豎直擋板擋?。F(xiàn)用一個恒力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是(　　) A．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma B．斜面對球不僅有彈力，而且該彈力是一個定值 C．若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零 D．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 答案：B 解析： 以小球為研究對象，分析受力情況如圖所示，重力mg、豎直擋板對球的彈力F2和斜面的彈力F1.根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向F1cosθ＝mg?、伲椒较騀2－F1sinθ＝ma?、冢散倏闯?，斜面的彈力F1大小不變，與加速度無關，不可能為零，由②看出，若加速度足夠小

25、時，F(xiàn)2＝F1sinθ＝mgtanθ≠0；根據(jù)牛頓第二定律可知，重力、斜面和擋板對球的彈力三個力的合力等于ma，故選B. 6. 如圖所示，用一根長為l的細繩一端固定在O點，另一端懸掛質量為m的小球A，為使細繩與豎直方向夾角為30°且繃緊，小球A處于靜止，對小球施加的最小的力是(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：C 解析：對小球A受力分析，小球受到拉力、重力和施加的外力，作出受力分析圖，當小球施加的力F與細繩垂直時，作用力最小，由受力平衡得：F的最小值為Fmin＝Gsin30°＝mg. 7．如圖所示，作用于坐標原點O的三個力平衡，已知三個力均位于xO

26、y平面內，其中力F1的大小不變，方向沿y軸負方向；力F2的大小未知，方向與x軸正方向的夾角為θ.則下列關于力F3的判斷正確的是(　　) A．力F3只能在第二象限 B．力F3與F2的夾角越小，則F2與F3的合力越小 C．力F3的最小值為F1cosθ D．力F3可能在第三象限的任意區(qū)域 答案：C 解析： 三個力平衡，已知F1的大小和方向、力F2的方向，則第三個力F3可能的方向位于F1、F2兩個力的反向延長線之間，但不能沿F1、F2的反方向，如圖所示，所以A、D錯誤；F3與F2的合力與F1等大反向，所以不管F3與F2夾角如何變化，其合力不變，B錯誤；當F3與F2方向垂直時，F(xiàn)3

27、的值最小，F(xiàn)3min＝F1cosθ，C正確． 8. 如圖所示，三根輕細繩懸掛兩個質量相同的小球保持靜止，A、D間細繩是水平的，現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力F，將B緩緩拉到圖中虛線位置，A球保持不動，這時三根細繩中張力TAC、TAD、TAB的變化情況是(　　) A．都變大 B．TAD和TAB變大，TAC不變 C．TAC和TAB變大，TAD不變 D．TAC和TAD變大，TAB不變 答案：B 解析：對小球B進行受力分析，受到重力、水平拉力F和繩子AB的拉力三個力作用，處于平衡狀態(tài)，當B球向右緩慢運動過程中，由于AB與豎直方向夾角越來越大，水平拉力F＝mgtanθ，繩子AB的拉力T

28、AB＝，其中θ為繩子AB與豎直方向的夾角，因此水平拉力F越來越大，繩子AB的拉力越來越大；將小球A、B作為一個整體進行受力分析，由于繩子AC與豎直方向夾角不變，繩子AC中拉力的豎直分力等于兩個小球的總重力，因此不變，由于拉力F越來越大，因此TAD越來越大，故B正確． 9．如圖所示，將兩根勁度系數(shù)均為k、原長均為L的輕彈簧，一端固定在水平天花板上相距為2L的兩點，另一端共同連接一質量為m的物體，平衡時彈簧與豎直方向的夾角為37°.若將物體的質量變?yōu)镸，平衡時彈簧與豎直方向的夾角為53°(sin37°＝0.6)，則等于(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析

29、：由2kcos37°＝mg和2kcos53°＝Mg解得：＝，即B正確． 10. [2019·河北保定模擬]如圖所示，將三個完全相同的光滑球用不可伸長的細線懸掛于O點并處于靜止狀態(tài)．已知球半徑為R，重為G，線長均為R.則每條細線上的張力大小為(　　) A．2G B.G C.G D.G 答案：B 解析：本題中O點與各球心的連線及各球心連線，構成一個邊長為2R的正四面體，如圖甲所示(A、B、C為各球球心)，O′為△ABC的中心，設∠OAO′＝θ，由幾何關系知O′A＝R(如圖乙所示)，由勾股定理得OO′＝＝，對A處球受力分析有：Fsinθ＝G，又sinθ＝，解得F＝G

30、，故只有B項正確． 11. 如圖所示，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細繩連接，在細繩的中點加一與斜面垂直向上的拉力，使兩物體均處于靜止狀態(tài)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩物體的受力個數(shù)一定相同 B．a(chǎn)、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等 C．a(chǎn)、b兩物體對斜面的壓力相同 D．當逐漸增大拉力F時，物體b先開始滑動 答案：C 解析： 分別對a、b進行受力分析，如圖所示，b物體處于靜止狀態(tài)，當繩中拉力沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時，fb＝0，所以b可能只受3個力作用，而a物體一定受到摩擦力作用，肯定受

31、4個力作用，選項A、B錯誤；a、b兩物體沿垂直于斜面方向受力都平衡，設繩與斜面間的夾角為θ，則Na＋Tasinθ＝mgcosθ，Nb＋Tbsinθ＝mgcosθ，Ta＝Tb＝T，解得Na＝Nb＝mgcosθ－Tsinθ，則a、b兩物體對斜面的壓力相同，選項C正確；對a沿斜面方向有Tacosθ＋mgsinθ＝fa，對b，沿斜面方向有Tbcosθ－mgsinθ＝fb，a、b對斜面的壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，當逐漸增大拉力F時，a先達到最大靜摩擦力，先滑動，選項D錯誤． 二、非選擇題 12．質量為m＝0.8 kg的砝碼懸掛在輕繩PA和PB的結點上并處于靜止狀態(tài)，PA與豎直方向的夾角為3

32、7°，PB沿水平方向．質量為M＝10 kg的木塊與PB相連，靜止于傾角為37°的斜面上，如圖所示．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)輕繩PB拉力的大?。? (2)木塊所受斜面的摩擦力和彈力的大?。? 答案：(1)6 N　(2)64.8 N　76.4 N 解析：(1)對點P受力分析如圖甲所示，根據(jù)共點力的平衡條件得 FB－FAsin37°＝0 FAcos37°－mg＝0 聯(lián)立解得FB＝＝6 N (2)對木塊受力分析如圖乙所示，由共點力的平衡條件得 Mgsin37°＋FBcos37°－Ff＝0 FN＋FBsin37°－Mgcos37°＝0 聯(lián)立解得Ff＝Mgsin37°＋FBcos37°＝64.8 N FN＝Mgcos37°－FBsin37°＝76.4 N.