第=page22頁，共=sectionpages22頁第=page11頁，共=sectionpages11頁2020屆高三物理二輪專題復習——相互作用強化練一、單選題（本大題共7小題，共28分）如圖所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質量為m的小球，下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是(????)A.小車靜止時，F(xiàn)=mgsinθ，方向沿桿向上

B.小車靜止時，F(xiàn)=mgcosθ，方向垂直桿向上

C.小車向右以加速度a運動時，一定有F=masinθ如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質量之比為(????)A.1μ1μ2 B.1?μ1如圖所示，物體A放在粗糙水平面上，左邊用一根輕彈簧和豎直墻相連，靜止時彈簧的長度小于原長，若再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向左推A，直到把A推動，在A被推動之前的過程中，彈簧對A的彈力F1大小和地面對A的摩擦力f大小的變化情況是(

)

A.F1保持不變，f始終減小

B.F1保持不變，f先減小后增大

C.F1始終增大，f始終減小

D.F如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動。關于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T，下列判斷正確的是(????)A.F逐漸減小，T逐漸減小

B.F逐漸增大，T逐漸減小

C.F逐漸減小，T逐漸增大

D.F逐漸增大，T逐漸增大跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖所示，已知人的質量為70kg，吊板的質量為10kg，繩及定滑輪的質量、滑輪的摩擦均可不計，取重力加速度g=10m/s2當人以440N的力拉繩時，人與吊板的加速度a的大小和人對吊板的壓力F的大小分別為

(

)

A.a=1.0m/s2,F=260N B.a=1.0m/s2,F=330N如圖所示，質量為m的物體在一個與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運動，則下列關于物體在t時間內(nèi)所受力的沖量，正確的是(????)

A.拉力F的沖量大小為Ftcosθ B.摩擦力的沖量大小為Ftsinθ

C.重力的沖量大小為mgt D.物體所受支持力的沖量是mgt一質量為m的鐵球在水平推力F的作用下，靜止在傾角為θ的斜面和豎直墻壁之間，鐵球與斜面的接觸點為A，推力F的作用線通過球心O，如圖所示，假設斜面、墻壁均光滑．若水平推力緩慢增大，則在此過程中(????)A.墻對鐵球的作用力大小始終等于推力F

B.墻對鐵球的作用力大小始終大于推力F

C.斜面對鐵球的作用力緩慢增大

D.斜面對鐵球的支持力大小始終等于mg二、多選題（本大題共6小題，共24分）將物塊AB疊放在水平地面上，現(xiàn)用相同的水平恒力F以甲乙兩種不同的方式拉物塊，AB始終相對靜止，設A、B之間的摩擦力大小為f，下列判斷正確的是(????)

A.若兩物塊仍靜止，則甲、乙兩圖中的f大小可能相等

B.若地面光滑，則甲、乙兩圖中的大小f可能相等

C.若兩物塊做勻速運動，則甲、乙兩圖中的f大小可能相等

D.兩物塊做加速運動，則甲、乙兩圖中的f大小可能相等豎直墻面與水平地面均為光滑且絕緣，小球A、B帶有同種電荷。現(xiàn)用指向墻面的水平推力F作用于小球B，兩球分別靜止在豎直墻面和水平地面上，如圖所示。如果將小球B向左推動少許，當兩球重新達到平衡時，與原來的平衡狀態(tài)相比較(

)

A.推力F將變大 B.豎直墻面對小球A的彈力變大

C.地面對小球B的支持力不變 D.兩小球之間的距離變大如圖，半圓形支架BAD，兩細繩OA和OB結于圓心O，下懸重為G的物體，使OA繩固定不動，將OB繩的B端沿半圓支架從水平位置逐漸移至豎直位置C的過程中，分析OA繩和OB繩所受的力大小如何變化(????)

A.OA繩拉力逐漸變大 B.OA繩拉力逐漸變小

C.OB繩拉力先變小后變大 D.OB繩拉力逐漸變小某汽車從靜止開始以加速度a勻加速啟動，最后做勻速運動．已知汽車的質量為m，額定功率為p，勻加速運動的末速度為v1，勻速運動的速度為vm，所受阻力為f.下圖是反映汽車的速度隨時間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是(????)A. B.

C. D.如圖所示，A，B，C三個物體放在旋轉圓臺上，它們與圓臺之間的動摩擦因數(shù)均為μ，A的質量為2m，B、C質量均為m，A、B離軸心距離為R，C離軸心2R，則當圓臺旋轉時(設A、B、C都沒有滑動)?(????)A.物體C的向心加速度最大

B.物體B受到的靜摩擦力最大

C.ω=μg2R

是C開始滑動的臨界角速度

D.當圓臺轉速增加時，B比如圖所示，質量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質量為m的小球B置于斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ=30°。不計小球與斜面間的摩擦，則(????)A.輕繩對小球的作用力大小為33mg

B.斜面對小球的作用力大小為2mg

C.斜面體對水平面的壓力大小為(M+m)g

三、填空題（本大題共2小題，共8分）如圖所示，有一重為G的圓柱體放置在水平桌面上，用一夾角為60°，兩夾邊完全相同的人字夾水平將其夾住(夾角仍不變)，圓柱體始終靜止，(1)若人字夾內(nèi)側光滑，其任一側與圓柱體間的彈力大小也等于G，則圓柱體與桌面間的摩擦力的大小為______(2)若人字夾內(nèi)側粗糙，其任一側與圓柱體間的彈大小仍等于G，欲使圓柱體對桌面的壓力為零，則整個人字夾對圓柱體的摩擦力的大小______如圖甲，一與電腦連接的拉力傳感器固定在豎直墻壁上，通過細繩拉住一放在長木板上的小鐵塊，細繩水平伸直，初始時拉力傳感器示數(shù)為零。現(xiàn)要測量小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)，用一較大的水平拉力拉住長木板右端的掛鉤，把長木板從小鐵塊下面拉出去，在電腦上得到如圖乙所示的數(shù)據(jù)圖像，已知當?shù)刂亓铀俣萭=10m/s(1)測得小鐵塊質量m=0.50kg，小鐵塊與長木板的動摩擦因數(shù)μ=________。(結果保留兩位小數(shù))(2)以不同的速度把木板拉出去，隨著速度的增加，小鐵塊受到的摩擦力________(選填“越來越大”、“越來越小”和“不變”)(3)若固定長木板，去掉小鐵塊上的細繩，用一水平推力推小鐵塊，則至少需要________N的推力才能推動小鐵塊。四、計算題（本大題共3小題，共30分）如圖所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的夾角θ=37°，A、B兩端相距L=5.0?m，質量為M=10?kg的物體以v0=6.0?m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為μ=0.5。傳送帶順時針運轉的速度v?(g取10?m/s2，sin?37°=0.6，cos?37°=0.8)。求：

(1)若傳送帶速度v=6.0?m/s，物體從A點到達B點所需的時間；

(2)若傳送帶速度v=4.0?m/s，物體從A點到達B點的時間又是多少？

如圖所示，水平地面上有一質量m=2kg的物塊，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，在與水平方向成θ=37°角斜向下的推力F=10N作用下由靜止開始向右做勻加速直線運動。已知sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g取10m/s(1)物塊運動過程中所受滑動摩擦力的大小；(2)物塊運動過程中加速度的大小；(3)物塊運動5s所通過的位移大小

如圖甲所示，質量為m=1kg的物體置于傾角為θ=37°的固定且足夠長的斜面上，t=0時刻對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s時撤去拉力，物體運動的v?t圖象如圖乙所示．g=10m/s2，試求：

(1)物體與斜面間的滑動摩擦因數(shù)；

(2)拉力F的大小；

(3)t=4s時物體的速度大小。

五、簡答題（本大題共1小題，共10分）如圖所示，質量為m的物體置于傾角為θ=37°的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)兩次推力之比F1F2；

(2)兩次物體受到的摩擦力之比

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了利用牛頓第二定律及平衡條件分析彈力的問題；本題中輕桿與輕繩的模型不同，繩子對物體只有拉力，一定沿繩子方向，而桿子對物體的彈力不一定沿桿子方向，要根據(jù)狀態(tài)，由牛頓運動定律分析確定。

結合小車的運動狀態(tài)對小車進行受力分析，小車所受合外力的方向與加速度的方向一致，從而確定桿對小球的作用力。

【解答】

AB.小球受豎直向下的重力mg與桿對小球的力F作用；當小車靜止時，小球也靜止，小球處于平衡狀態(tài)，受平衡力作用，桿的作用力F與重力是一對平衡力，由平衡條件得：F=mg，方向豎直向上，故AB錯誤；

C.當小球向右以加速度a運動時，對其受力分析，受重力和彈力，如圖

合力為：F合=ma，水平向右，根據(jù)平行四邊形定則，彈力為：，α不一定會等于θ，故C錯誤；D.與C同理，小車向左以加速度a運動時，如圖，豎直方向Fy=mg，水平方向Fx=ma，則

故選D。

2.【答案】B

【解析】【分析】

對A、B整體和B物體分別受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式后聯(lián)立求解即可。

本題關鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對象，受力分析后根據(jù)平衡條件列式求解，注意最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力。

【解答】

對A、B整體分析，受重力、支持力、推力和最大靜摩擦力，設推力為F，根據(jù)平衡條件，有：

F=μ2(m1+m2)g

①

再對物體B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：

水平方向：F=N

豎直方向：m2g=f

其中：f=μ1N

聯(lián)立有：m2g=μ1F

②

聯(lián)立【解析】【分析】

在A被推動之前的過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力不變，而物體A先開始受到向左的靜摩擦力，當推力漸漸增大時，導致出現(xiàn)向右的靜摩擦力，因而根據(jù)受力分析，即可判斷。

本題解題的關鍵是對A物體進行正確的受力分析，知道當A沒有運動時，彈簧彈力不變，而由于推力的變化，從而導致靜摩擦力的方向變化，難度適中。

【解答】

由題意可知，放在粗糙水平面上，靜止時彈簧的長度小于原長，則彈簧對A的推力向右，由于水平面粗糙，因此同時受到水平向左的靜摩擦力。

當再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向左推A，直到把A推動前過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力不變，物體A受到的靜摩擦力從向左變?yōu)樗较蛴摇Ｋ云浯笮∠葴p小后增大。故B正確，ACD錯誤。

故選B。

4.【答案】A

【解析】

?【分析】

本題綜合考查了共點力平衡、電場強度以及電容器的動態(tài)分析問題，只要明確電容器兩板間電勢差不變，再根據(jù)勻強電場的性質即可明確場強的變化，從而再結合平衡條件求解即可。明確電容器與電源相連，故電容器兩端的電勢差不變，由U=Ed可分析電場力的變化情況，再根據(jù)受力分析明確繩子拉力的變化情況。

【解答】

電容器與電源相連，所以兩端間電勢差不變，將左極板向左緩慢移動過程中，兩板間距離增大，則由U=Ed可知，電場強度E減小，電場力F=Eq減小；

小球處于平衡狀態(tài)，受重力、拉力與電場力的作用而處于平衡，故拉力與電場力和重力的合力大小相等，方向相反；根據(jù)平行四邊形定則可知，T=F2+(mg)2；由于重力不變，電場力變小，故拉力變小，故A正確，BCD錯誤。

5.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查牛頓第二定律的應用，在解題時要注意整體法與隔離法的應用，靈活選取研究對象進行列式求解。

將人與吊板當成一個整體，對整體進行受力分析，由牛頓第二定律可求得整體的加速度；再以人為研究對象，由牛頓第二定律可求得吊板對人的支持力，再由牛頓第三定律可求得人對吊板的壓力。

【解答】

以整體為研究對象，整體受重力、兩根繩子的拉力(T)；由牛頓第二定律可知：整體的加速度a=2T?(M+m)g(M+m)=2×440?80080m/s2=1m/s2；

以人為研究對象，設人受吊板的支持力為F，由牛頓第二定律可知：故選B。

6.【答案】C

【解析】【分析】

根據(jù)力的大小，結合沖量的公式I=ft求出各力的沖量大小。

解決本題的關鍵知道沖量的大小等于力與時間的乘積，結合力的大小進行求解，基礎題。

【解答】

A.拉力F的沖量大小為Ft，故A錯誤；

B.物體做勻速直線運動，可知摩擦力f=Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcosθ，故B錯誤；

C.重力的沖量大小為mgt，故C正確；

D.支持力的大小為N=mg?Fsinθ，則支持力的沖量為(mg?Fsinθ)t，故D錯誤。

故選C。

7.【答案】D

【解析】【分析】

對球受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件，運用正交分解法，結合幾何關系分析求解；

本題關鍵是對小球受力分析，根據(jù)共點力平衡條件，運用正交分解法列式求解即可得出各力的變化情況。

【解答】

AB.對小球受力分析，受推力F、重力G、墻壁的支持力N、斜面的支持力N′，如圖：

根據(jù)共點力平衡條件，有：

x方向：F?N′sinθ?N=0，

豎直方向：N′cosθ=mg，

解得：N′=mgcosθ；

N=F?mgtanθ。

當F增加時，墻壁對鐵球的作用力不斷變大，為N=F?mgtanθ<F；故AB錯誤；

CD.當F增加時，斜面的支持力為mgcosθ，保持不變，故球對斜面的壓力也保持不變；則斜面對球的作用力也保持mgcosθ不變；故C錯誤，D正確。

故選D【解析】【分析】

本題考查牛頓第二定律的臨界問題，關鍵找出臨界狀態(tài)，運用整體法和隔離法，根據(jù)牛頓第二定律進行求解。

【解答】

A.若兩物塊仍處于靜止狀態(tài)，通過受力分析可知，甲圖中AB間存在摩擦力，乙圖中AB間不存在摩擦力，故A錯誤；

B.若地面光滑，設兩種情況下的加速度均為a，對甲圖有：f=FmBmA+mB，對乙圖有：，由于兩物體質量關系未知，甲、乙兩圖中的大小f可能相等，故B正確；

C.若兩物塊處于勻速運動狀態(tài)，通過受力分析可知，甲圖中AB間存在摩擦力，乙圖中AB間不存在摩擦力，故C錯誤；

D.結合B項分析可知，故D正確。

故選【解析】【分析】

本題考察隔離法和整體法結合分析動態(tài)平衡問題，關鍵是確定研究對象(往往以受力較少的物體為研究對象)，分析受力情況，先以A球為研究對象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對A的彈力與A、B間的庫侖力如何變化，再以AB整體為研究對象，根據(jù)平衡條件分析F如何變化和地面對小球B的彈力的變化，由庫侖定律分析兩球之間的距離如何變化。

【解答】

ABC.以A球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖1所示，

設B對A的庫侖力F與墻壁的夾角為θ，由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為：

N1=mAgtanθ，將小球B向左推動少許時θ減小，則豎直墻面對小球A的彈力N1減小，再以AB整體為研究對象，

分析受力如圖2所示，由平衡條件得：

N2=(mA+mB)g，則F減小，地面對小球B的支持力一定不變，故AB錯誤，C正確；

D.由上分析得到庫侖力F庫=mAg【解析】【分析】

OB繩的B端沿半圓支架從水平位置逐漸移至豎直的位置C的過程中，物體始終處于平衡狀態(tài)，找出不變的物理量，畫出平行四邊形進行分析。

此題為物體平衡條件的一個應用：動態(tài)分析，處理這個類型的題需要找出不變的物理量，然后作圖或找變化的物理量與不變的物理量之間的關系再加以分析，就是以不變應萬變。

【解答】

解：對結點O受力分析如圖：

結點O始終處于平衡狀態(tài)，所以OB繩和OA繩上的拉力的合力大小保持不變，方向始終是豎直向上的。所以OA繩受力大小變化情況：逐漸變小；OB繩受力大小變化情況是：先變小后變大，故BC正確，AD錯誤。

故選BC。

11.【答案】ABC

【解析】【分析】

汽車開始做勻加速直線運動，由P=Fv可知汽車功率逐漸增大，當達到額定功率時，隨著速度的增大，牽引力將減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當牽引力等于阻力時，汽車開始勻速運動，明確了整個汽車啟動過程，即可正確解答本題。

對于機車啟動問題，要根據(jù)牛頓第二定律和汽車功率P=Fv進行討論，弄清過程中速度、加速度、牽引力、功率等變化情況。

【解答】

汽車開始做初速度為零的勻加速直線運動，當達到額定功率時，勻加速結束，然后做加速度逐漸減小的加速運動，直至最后勻速運動。

開始勻加速時：F?f=ma

設勻加速剛結束時速度為v1，有：P額=Fv1

最后勻速時：F=f，有：P額=fvm

由以上各式解得：勻加速的末速度為：v1=Pf+ma，最后勻速速度為：v2=Pf，

A.在v?t圖象中斜率表示加速度，汽車開始加速度不變，后來逐漸減小，最終做勻速直線運動，故A正確。

B.開始汽車功率逐漸增加，P=Fv=Fat，故為過原點直線，后來功率恒定，故B正確。

C.汽車牽引力開始大小不變，然后逐漸減小，最后牽引力等于阻力，故【解析】解：A、物體繞軸做勻速圓周運動，角速度相等，有a=ω2r，由于C物體的轉動半徑最大，故向心加速度最大，故A正確；

B、物體繞軸做勻速圓周運動，角速度相等，靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，f=mω2r，故B的摩擦力最小，故B錯誤；

C、對C分析可知，當C物體恰好滑動時，靜摩擦力達到最大，有

μmg=m?2Rω2

解得：

ω=μg2R，故臨界角速度為μg2R，故C正確；

D、由C的分析可知，轉動半徑越大的臨界角速度越小，越容易滑動，與物體的質量無關，故物體C先滑動，物體A、B將一起后滑動，故D錯誤。【解析】【分析】

本題采用隔離法和整體法結合研究兩個物體的平衡問題，分析受力情況，作出力圖是關鍵。

先以B球為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求解輕繩和斜面對小球的作用力大小；再以B球和斜面整體為研究對象，分析受力情況，由平衡條件求出水平面對斜面的支持力和摩擦力。

【解答】

AB.以B球為研究對象，分析受力情況，如圖1所示，根據(jù)平衡條件得

2Tcosθ=mg

Tsinθ=N1sinθ

解得，輕繩對小球的作用力大小為T=?3??3mg，斜面對小球的作用力大小為N1=3?3?mg，故A正確，

f=Tsinθ

解得水平面對斜面體的支持力N2=Mg+12mg，水平面對斜面體的摩擦力f=3?6?mg，故

14.【答案】G

2G【解析】解：(1)由幾何關系可知，兩夾邊對圓柱體彈力方向夾角為120°；

則它們的合力大小為G，方向沿夾角的角平分線，圓柱體處于靜止狀態(tài)，水平面內(nèi)受的合外力為零，所以桌面對圓柱體的摩擦力與人字夾對圓柱體的合力平衡，即摩擦力的大小為G。

(2)要使圓柱體對桌面的壓力為零，又處于靜止狀態(tài)，所以圓柱體的重力G、受人字夾的彈力的合力N、摩擦力f的合力為零，摩擦力的大小等于重力與支持力的合力；大小為2G。

故答案為：(1)G；(2)2G。

(1)人字夾與圓柱間沒有摩擦力，則可知要使其平衡應使人字夾的合力與地面上的摩擦力平衡；

(2)分析圓柱體的受力，根據(jù)三力平衡可求得摩擦力的大小。

本題考查共點力平衡的應用，難點在于空間上的掌握，可以借助手邊工具進行模擬；對學生的空間想象要求較高，要注意培養(yǎng)空間想象能力以及在力學中的應用。

15.【答案】(1)0.20

(2)不變

【解析】【分析】

對于兩物體之間的摩擦力，首先要區(qū)分是滑動摩擦力還是靜摩擦力，其次要注意兩種摩擦力大小的計算方法不同，最大靜摩擦力往往大于滑動摩擦力。

(1)、(2).由圖可知，兩物體相對滑動之后，滑動摩擦力保持1.00N不變，根據(jù)滑動摩擦力計算公式解答；

(3)要推動一個物體，所需要的力至少要達到物體所受到的最大靜摩擦力。

【解答】

(1)由于整個過程中，鐵塊都處在受力平衡狀態(tài)，由圖可知，鐵塊受到的滑動摩擦力f=1.00N，根據(jù)滑動摩擦力計算公式f=μmg，解得動摩擦因數(shù)μ=0.20；

(2)當摩擦力達到滑動摩擦力之后物塊的摩擦力不再發(fā)生變化；

(3)若固定長木板，去掉小鐵塊上的細繩，用一水平推力推小鐵塊，只有當推力大于最大靜摩擦力時才能推動，故推力至少需要1.19N。

故答案為：(1)0.20

(2)不變

(3)1.19。

16.【答案】解：(1)若傳送帶速度v=6.0?m/s時，μ<tan物體的加速度沿斜面向下，其大小Mgsin?θ?μMgcos?θ=MaL=vt?12a2t(2)若傳送帶速度v=4.0?m/s時設物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a2Mgsin?θ+μMgcos?θ=Ma設經(jīng)過時間t物體的速度與傳送帶速度相同，t1=設物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度為aMgsin?θ?μMgcos?θ=Ma物體繼續(xù)減速，設經(jīng)t2速度到達傳送帶B

聯(lián)立可得：t=t

【解析】本題考查了牛頓第二定律、勻變速直線運動的位移與時間的關系；傳送帶問題一直是學生頭大的問題，關鍵是明確物體所受傳送帶摩擦力方向的判斷，摩擦力的方向與物體相對傳送帶運動方向相反，而牛頓第二定律和運動學公式的應用選取的參照物是地面。

(1)開始時物體的初速度大于傳送帶的速度，物體所受摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度，當物體達到與傳送帶速度相等后可能勻速運動也可能勻減速運動到B，根據(jù)受力情況進行判斷；

(2)改變傳送帶速度，判斷物體運動狀態(tài)，由牛頓第二定律和運動學公式求出時間。

17.【答案】解：(1)物塊沿豎直方向所受合力為零，設物塊受地面的支持力為FN

物塊運動過程中所受的