資源簡介

(共56張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
章末綜合提升
第三章　相互作用——力
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　受力分析及物體的平衡問題
1．受力分析的基本原則
(1)明確研究對象。
(2)只分析受力物體受到的力。
(3)先分析非接觸力，再分析接觸力。
(4)先分析受力少的物體，再分析受力多的物體。
(5)先分析所受已知力多未知力少的物體。
(6)分析外力用整體法，分析內力用隔離法。
(7)既要看力的產生條件，又要看研究對象的運動狀態。
(8)既不能多力，也不能漏力。
(9)每個力都能找到施力物體。
2．處理平衡問題的基本思路及方法
(1)基本思路：確定平衡狀態→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論。
(2)常用的方法：求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、圖解法等。
【典例1】　如圖所示，在水平地面上有一質量為M的斜面體B，斜面體B上有一質量為m的滑塊A，滑塊A受到一個水平恒力F的作用，兩者均處于靜止狀態，重力加速度大小為g，下列受力分析正確的是(　　)
A．滑塊A一定受到四個力的作用
B．斜面體B一定受到四個力的作用
C．斜面體B對地面的壓力大小為(M＋m)g
D．地面受到的摩擦力為零
√
C　[由于F沿斜面向上的分力與重力沿斜面向下的分力大小關系不確定，根據共點力的平衡條件可知，滑塊A與斜面體B之間是否有摩擦力也不確定，所以A可能受到重力、支持力和推力三個力的作用，A錯誤；對A、B整體受力分析，根據平衡條件，地面對B的摩擦力Ff＝F，不等于零，如果滑塊A與斜面體B之間有摩擦力，斜面體B受重力、地面的支持力和摩擦力、A的壓力和摩擦力，共五個力的作用，B錯誤；對A、B整體根據平衡條件和牛頓第三定律，斜面體B對地面的壓力大小為(M＋m)g，地面受到的摩擦力不等于零，C正確，D錯誤。]
【典例2】　如圖所示，質量為M的半球形物體O1放在水平地面上，在最高點A處固定一根質量為m0的豎直桿，輕質細繩的一端連接豎直桿的B點，另一端連接一個質量為m的光滑球O2，整個裝置處于靜止狀態。已知細繩和桿的夾角為θ，繩長等于半球形物體O1的半徑，重力加速度為g，則(　　)
A．半球體O1受到地面的摩擦力水平向右
B．半球體O1對地面的壓力大小等于(M＋m)g
C．半球體O1對球O2的支持力大小為mg cos θ
D．細繩對球O2的拉力大小為
√
D　[對整體進行受力分析，可知整體水平方向上不受力，即半球體O1在地面上不受摩擦力，在豎直方向上，整體受到的支持力FN大小等于三者重力之和，即FN＝(m0＋m＋M)g，根據牛頓第三定律可知，半球體O1對地面的壓力大小F′N＝FN＝(m0＋m＋M)g，故A、B錯誤；對光滑球O2進行受力分析，球O2受重力mg、半球體O1對它的支持力N及細繩對它的拉力T，由于球O2處于平衡狀態，由平衡條件及幾何關系有N cos θ＋T cos θ＝mg，N sin θ＝T sin θ，可得N＝T＝，故C錯誤，D正確。]
規律方法　整體法和隔離法的選擇原則
(1)當分析系統所受外力時，可以采用整體法來分析外界對系統的作用力。
(2)當分析系統內各物體間的相互作用時，一般采用隔離法且選擇受力較少的物體為研究對象。
(3)整體法的優點在于減少受力分析的個數，但不能分析內力；隔離法的優點是對多個物體受力了解比較清楚，但計算時比較麻煩。
主題2　平衡問題中的臨界、極值問題的求解方法
1．解析法：根據物體的平衡條件列方程，在解方程時采用數學知識求極值。通常用到的數學知識有二次函數求極值、討論分析求極值、三角函數求極值以及幾何法求極值等。
2．圖解法：根據平衡條件作出力的矢量圖，如只受三個力，則這三個力構成封閉矢量三角形，然后根據矢量圖進行動態分析，確定最大值或最小值。
3．極限法：極限法是一種處理臨界問題的有效方法，它是指通過恰當選取某個變化的物理量將問題推向極端(如“極大”“極小”“最右”“最左”等)，從而把比較隱蔽的臨界現象暴露出來，使問題明朗化，便于分析求解。
【典例3】　(24－25高一上·湖南長沙·期中)如圖所示，半圓柱體A、光滑圓柱體B及長方體木塊C放在水平地面上，B與A、C剛好接觸并處于靜止狀態。現用水平向左的推力推C，使其緩慢移動，直到B恰好運動到A的頂端，在此過程中A始終保持靜止，已知A、B、C的質量都為m，A、B的半徑均為R，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
(1)B剛離開地面時，A對B的彈力大小；
(2)當A、B圓心的連線與地面的夾角為60°時，地面對A的支持力大小和摩擦力大小；
(3)A與地面的靜摩擦因數μ應滿足什么條件。
[解析]　(1)當B剛離開地面時，A對B的彈力方向與地面的夾角為θ＝30°，則A對B的彈力大小為
NAB＝＝2mg
(2)當A、B圓心的連線與地面夾角為θ＝60°，對AB整體受力分析，可知
F地＝GA＋GB＝2mg
NCB＝f
對B單獨受力分析可得
NCB＝＝mg
因此地面對A的摩擦力大小為f＝mg
(3)由上述分析可知，C對B的彈力大小為F′＝
當θ越小時，F′越大，由題意可知F′m＝mg
此時A相對于地面最容易滑動，則對A進行受力分析水平方向
NBAcos 30°≤fm
豎直方向N＝mg＋NBAsin 30°
其中fm＝μN，NBA＝NAB＝2mg
聯立可得A與地面的靜摩擦因數μ應滿足得條件為μ≥
[答案]　(1)2mg　(2)2mg，mg　(3)μ≥
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章末綜合測評(三)
一、選擇題(共10小題，1～7題為單選題，8～10題為多選題。)
1．如圖所示，在某校運動會跳高項目中，一位同學展示了自己的風采。在此情境中，以下說法正確的是(　　)
A．該同學在整個過程中，重心在身體中的位置不變
B．該同學在越過桿的過程中，重心一定在桿的上方
C．該同學落在墊子上，對軟墊有壓力，是因為軟墊發生了形變
D．該同學落在墊子上，受到軟墊的彈力作用，是因為軟墊發生了形變
√
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D　[物體的重心與物體的形狀和質量分布有關，重心可以在物體上，也可以在物體外，人的重心會隨著人的姿態發生變化，該同學在越過桿的過程中，人過橫桿，但重心可能在橫桿下方，故A、B錯誤；物體發生彈性形變時，要恢復原狀，就會對與它接觸的物體施加力的作用，則該同學落在墊子上，對軟墊有壓力，是因為該同學發生了形變，該同學落在墊子上，受到軟墊的彈力作用，是因為軟墊發生了形變，故C錯誤，D正確。]
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2．(2024·遼寧卷)利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時(　　)
A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
√
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C　[滑動摩擦力方向與物體間的相對運動方向相反，墨條相對硯臺水平向左運動，則硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，A錯誤；根據牛頓第三定律結合A項分析可知，硯臺受到墨條水平向左的摩擦力，而硯臺處于靜止狀態，其水平方向上受力平衡，則桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，B錯誤，C正確；對硯臺受力分析，豎直方向上，硯臺受到自身重力、墨條的壓力和桌面的支持力，因此桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力不是一對平衡力，D錯誤。]
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3．餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300 g，相鄰兩盤間距為1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。彈簧始終在彈性限度內，每根彈簧的勁度系數為(　　)
A．10 N/m B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
√
B　[設托盤上每減少一個盤子時每根彈簧的形變量的變化量為Δx，由題意知mg＝3kΔx，解得k＝100 N/m，B正確，A、C、D錯誤。]
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4．杭州亞運會吉祥物“琮琮”展示了攀巖項目動作，琮琮與巖石的接觸面為豎直平面，當琮琮靜止時如圖所示。下列說法正確的是
(　　)
A．琮琮受到了3個力的作用
B．巖石對琮琮作用力方向水平向右
C．琮琮向上攀爬時受到的摩擦力方向一定豎直向上
D．當琮琮緩慢向上攀爬時，受到的所有作用力的合力不變
√
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D　[琮琮受到重力、繩子的拉力、巖石的彈力和巖石的摩擦力4個力的作用，故A錯誤；巖石的彈力水平向右，巖石的摩擦力豎直向上，則巖石對琮琮作用力方向斜向右上方，故B錯誤；琮琮向上攀爬時，若相對于巖石向上滑動，受到的摩擦力方向豎直向下，故C錯誤；當琮琮緩慢向上攀爬時，此時琮琮處于平衡狀態，受到的所有作用力的合力始終為零，故D正確。]
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5．如圖所示，清洗樓房光滑玻璃的工人常用一根繩索將自己懸在空中，工人及其裝備的總重力為G，且可視為質點。懸繩與豎直玻璃的夾角為α，懸繩對工人的拉力大小為F1，玻璃對工人的支持力大小為F2，則下列說法正確的是(　　)
A．F1＝
B．F2＝
C．若工人緩慢下移，此過程懸繩的長度增加，則F1、F2均減小
D．若工人緩慢下移，此過程懸繩的長度增加，則F1與F2的合力增大
√
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C　[把工人及其裝備看作一個整體，其受到重力、支持力和拉力，如圖所示，根據共點力平衡條件，有F1＝，F2＝G tan α，A、B錯誤；當工人緩慢下移時，結合題意可知懸繩與豎直玻璃的夾角α變小，故F1、F2均變小，C正確；根據共點力平衡條件可知，F1與F2的合力與重力G平衡，當工人緩慢下移時，F1與F2的合力保持不變，D錯誤。]
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6．如圖所示，輕繩與勁度系數為k的輕彈簧互相垂直且一端懸掛在天花板上，另一端連接到物塊的同一點上，輕繩與天花板的夾角為θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，物塊的重力為G，并處于靜止狀態，則下列關于輕繩拉力的大小FT和彈簧的形變量Δx的選項正確的是(　　)
A．FT＝G B．FT＝G
C．Δx＝ D．Δx＝
√
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D　[對物塊受力分析如圖所示，根據平衡條件，有G＝F合，FT＝
F合sin 53°＝G，F彈＝F合cos 53°＝ G，由F彈＝k·Δx得Δx＝，故D正確。]
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7．原長相等的兩根輕質彈簧A、B分別與兩個質量均為m的小球連接，兩小球靜止時的狀態分別如圖甲、乙所示，圖甲中彈簧豎直，圖乙中光滑固定斜面的傾角為30°，彈簧與豎直方向的夾角為30°。若小球靜止時，兩彈簧的長度相等，則輕質彈簧A、B的勁度系數之比為(　　)
A．
C．
√
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C　[對題圖甲中的小球，由平衡條件可得kAx＝mg，則kA＝，題圖乙中的小球，受到彈簧拉力、斜面支持力及重力作用，如圖所示，由平衡條件可得F＝，由胡克定律得F＝kBx，聯立解得kB＝，則＝，故C正確。]
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8．如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則(　　)
A．兩繩對日光燈拉力的合力大小等于G
B．兩繩的拉力和重力不是共點力
C．兩繩的拉力大小均為G
D．兩繩的拉力大小均為
√
√
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AC　[對日光燈受力分析如圖，兩繩拉力與重力這三個力是共點力，選項B錯誤；日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，兩繩的拉力的合力與重力G等大、反向，選項A正確；由于兩個拉力的夾角為直角，且都與豎直方向成45°角，則由平行四邊形定則可知G＝，且F1＝F2，故F1＝F2＝G，選項C正確，D錯誤。]
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9．某建筑保留了瓦片屋頂，屋頂結構可簡化為如圖所示，弧形瓦片靜止在兩根相互平行的傾斜椽子正中間。已知椽子與水平面夾角均為θ，瓦片質量為m，重力加速度為g，則一根椽子對瓦片(　　)
A．彈力的方向與椽子垂直
B．彈力的大小為0.5mg cos θ
C．摩擦力的方向豎直向上
D．摩擦力的大小為0.5mg sin θ
√
√
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AD　[對瓦片進行受力分析，受到椽子對其的支持力方向垂直接觸面斜向上，故A正確；兩根椽子對瓦片的支持力的合力大小為mg cos θ，瓦片有弧度，所以每根椽子對瓦片的支持力大小不是0.5mg cos θ，故B錯誤；兩根椽子對瓦片的摩擦力方向與椽子平行，故C錯誤；兩根椽子對瓦片的摩擦力的合力大小為mg sin θ，所以每根椽子對瓦片的摩擦力大小為0.5mg sin θ，故D正確。]
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10．如圖所示，用繩索將小船拉向岸邊，設船在水中運動時所受水的阻力不變，那么小船在勻速靠岸過程中，下列說法正確的是(　　)
A．繩子的拉力F不斷增大
B．繩子的拉力F不變
C．船所受的浮力不斷減小
D．船所受的浮力不斷增大
√
√
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AC　[對小船進行受力分析，如圖所示。
因為小船做勻速直線運動，所以小船處于平衡狀態，由題圖知拉力F與水平方向的夾角為θ，有F cos θ＝Ff　①，
F sin θ＋F浮＝mg　②，小船在勻速靠岸的過程中，
阻力不變，θ增大，cos θ減小，根據平衡方程①知，
繩子的拉力F增大，又sin θ增大，根據平衡方程②
知，船所受的浮力減小，故A、C正確，B、D錯誤。]
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二、實驗題
11．在“探究彈簧彈力與伸長量的關系”時，某同學把兩根彈簧按如圖甲所示方式連接起來進行探究。
(1)某次測量示數如圖乙所示，則指針示數為 ________cm。
16.00
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(2)在彈性限度內，將50 g的鉤碼逐個掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數LA和LB如表所示。用表中數據計算彈簧Ⅰ的勁度系數為_______N/m(重力加速度g取10 m/s2，結果保留3位有效數字)。由表中數據______(選填“能”或“不能”)計算出彈簧Ⅱ的勁度系數。
鉤碼數 1 2 3 4
LA/cm 15.71 19.71 23.66 27.76
LB/cm 29.96 35.76 41.51 47.36
12.4
能
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[解析]　(1)刻度尺最小分度為1 mm，讀數時需估讀到下一位，故指針的示數為16.00 cm。
(2)表中對LA的測量有四組數據，由此可知，當彈力的變化量ΔF＝0.5 N時，彈簧的形變量變化量Δx≈4.02 cm，故k＝≈12.4 N/m；通過計算LB－LA可得出A、B兩指針間的長度，進而計算出增加一個鉤碼時彈簧Ⅱ增加的長度，從而計算出其勁度系數。
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12．某學習小組探究兩個互成角度的力的合成規律。如圖甲所示，在豎直平面內，橡皮條的一端固定，另一端掛一輕質小圓環，橡皮條原長為GE，用兩個彈簧測力計共同拉動小圓環。
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(1)本實驗采用的科學方法是等效替代法，具體操作指的是_____(填正確選項前字母)。
A．橡皮條沿同一方向伸長
B．橡皮條伸長到相同長度
C．橡皮條沿同一方向伸長相同長度
D．兩個彈簧測力計拉力大小之和等于一個彈簧測力計拉力的大小
C
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(2)小黃同學則是在水平桌面上做實驗(如圖乙)，通過實驗小黃確定了F1、F2、F的方向(如圖丙)，并記錄三個力的大小，其中測量F時彈簧測力計示數如圖丁，讀數為________ N。
1.80
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(3)小黃繪制結果如圖戊，F與F′兩力中的____(選填“F”或“F′”)
為合力的實際值。
(4)若將細繩改用橡皮筋來拉彈簧測力計，這對實驗結果_______(選填“有”或“無”)影響。
F
無
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[解析]　(1)本實驗采用的科學方法是等效替代法，具體操作指的是橡皮條沿同一方向伸長相同長度，故選C。
(2)由題圖丁可知彈簧測力計最小刻度為0.1 N，則讀數為1.80 N。
(3)小黃繪制結果如題圖戊，F為合力的實際值，即用一個彈簧測力計拉橡皮條時的拉力的值；F′是利用平行四邊形定則求得的兩個力的合力的理論值。
(4)若將細繩改用橡皮筋來拉彈簧測力計，這對實驗結果無影響。
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三、計算題
13．(人教版教材P77例2)生活中常用一根水平繩拉著懸吊重物的繩索來改變或固定懸吊物的位置。如圖所示，懸吊重物的細繩，其O點被一水平繩BO牽引，使懸繩AO段和豎直方向成θ角。若懸吊物所受的重力為G，則懸繩AO和水平繩BO所受的拉力各等于多少？
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[解析]　方法1　用兩個力的合力和第三個力平衡的方法求解。
如圖甲，F4為F1和F2的合力，則F4與F3平衡，即
F4＝F3＝G
由圖可知，F1＝＝
F2＝F4tan θ＝G tan θ
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方法2　用正交分解的方法求解。
如圖乙，以O為原點建立直角坐標系。F2方向為x軸正方向，向上為y軸正方向。F1在兩個坐標軸方向的分矢量分別為F1x和F1y。因x、y兩個方向的合力都等于0，可列方程
F2－F1x＝0
F1y－F3＝0
即F2－F1sin θ＝0 (1)
F1cos θ－G＝0 (2)
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由(1)(2)式解得F1＝，F2＝G tan θ。
根據牛頓第三定律，繩AO和繩BO所受的拉力大小分別為和
G tan θ。
[答案]　　G tan θ
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14．如圖所示，一傾角為53°、質量為M＝5 kg的斜面體A 置于水平面上，在斜面體和豎直墻面之間放置一質量為m＝6 kg的光滑小球B，斜面體A受到水平向右的推力F，使A 、B系統始終處于靜止狀態。已知斜面體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，
sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2 。求 ：
(1)小球B 受到斜面體A彈力N1的大小和受到墻
面彈力N2的大小；
(2)地面對斜面體A支持力N的大小；
(3)水平向右的推力F的最小值。
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[解析]　(1)對小球B受力分析，受重力mg，A的彈力N1，墻面的彈力N2，受力如圖所示。
根據平衡條件有N1sin θ＝N2，N1cos θ＝mg
其中θ＝53°
解得N1＝100 N，N2＝80 N。
(2)系統始終處于靜止狀態，對系統根據平衡條件可知，豎直方向有
N＝(M＋m)g＝110 N。
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(3)水平向右的推力最小(設為Fmin)時，斜面體有向左運動的趨勢，由于
fm＝μ(m＋M)g＝22 N則有Fmin＋fm＝N2
解得Fmin＝58 N。
[答案]　(1)100 N　80 N　(2)110 N　(3)58 N
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15．如圖所示，質量為M、上表面光滑的半圓柱體P放置于水平面上，一根輕質細線跨過大小可忽略的光滑輕質定滑輪O1，一端和置于P上的小球A(可視為質點)連接，另一端系在天花板上的O2點，光滑的質量不計的小動滑輪O3置于O1、O2之間的細線上，下面通過輕質細線掛著質量為m的小球B。已知半圓柱體P及兩小球A、B均處于靜止狀態，定滑輪O1在半圓柱體圓心O的正上方，O1A與豎直方向成30°角。O1A長度與半圓柱體半徑相等，O3、O2間的細線與天花板之間的夾角為37°，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球A的質量；
(2)半圓柱體P對水平面的摩擦力和壓力大小。
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[解析]　(1)同一根細線上的拉力大小相等，設細線拉力大小為FT，對小動滑輪O3和小球B整體進行受力分析，如圖甲所示，根據平衡條件得2FTsin 37°＝mg
解得FT＝
對小球A受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件得
FNAsin 30°＝FTsin 30°
FNAcos 30°＋FTcos 30°＝mAg
解得mA＝。
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(2)對小球A和半圓柱體P整體受力分析，如圖丙所示，設半圓柱體P受到水平面的摩擦力為Ff，支持力為FN，根據平衡條件得
Ff＝FTsin 30°
FN＋FTcos 30°＝(M＋mA)g
解得Ff＝mg，FN＝Mg＋mg
由牛頓第三定律可得，P對水平面的摩擦力大小
為mg，對水平面的壓力大小為Mg＋mg。
[答案]　(1)　(2)mg　Mg＋mg
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