2026届高考物理一轮复习题型训练 2.1高中物理受力分析

题型训练2.1高中物理受力分析 斜面受力模型 1.一物块在与水平面成θ角的斜面上匀速下滑，如图所示.物块与斜面之间的滑动摩擦因数是 . 2.如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上.已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，重力加速度为g，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为（ ） 和 mg 和 C. mg;和 μmg 和 3.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上.若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F₁和 由此可求出（ ） A.物块的质量 B.斜面的倾角 C.物块与斜面间的最大静摩擦力 D.物块对斜面的正压力 4.物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是 ( ) 5.如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则 ( ) A.将滑块由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将下滑 B.给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tanθ，滑块将减速下滑 C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ,拉力大小应是2mgsinθ D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ,拉力大小应是 mgsinθ 正Y受力模型 6.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则（ ） A.当θ=60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G/₂ B.当θ=120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C.当θ不同时，运动员受到的合力不同 D.当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 7.如图所示,一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O'点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO'段水平，长为度L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环.现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.则钩码的质量为 （ ） 8.(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可、一游僧见之曰：无烦也，我能正之.”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身.假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则 ( ) A.若F一定,θ大时FN大 B.若F一定,θ小时FN大 C.若θ一定,F大时FN大 D.若θ一定,F小时FN大 学科网（北京）股份有限公司 9.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则 ( ) A.杆对A环的支持力变大 B. B环对杆的摩擦力变小 C.杆对A环的力不变 D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大 10.在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳 ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面都挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向的夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、Fc、FD，则以下判断中正确的是 ( ) 11.(多选)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的A'轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态.若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是 ( ) A.只将绳的左端移向A'点，拉力变小 B.只将绳的左端移向A'点，拉力不变 C.只将绳的右端移向B'点，拉力变小 D.只将绳的右端移向B'点，拉力变大 12.如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学 ( ) A.所受合外力越来越小 B.对地面的摩擦力越来越小 C.对绳的拉力越来越小 D.对地面的压力越来越小 三 gtanθ受力模型 13.(多选)图中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的.平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ. AO的拉力F₁和BO的拉力F₂的大小是 （ ） 14.如图所示,光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点.设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g.下列关系正确的是 ( ) B. F=mgtanθ 15.如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g.若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为 ( ) C. mgtanα D. mgcotα 16.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ=37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，重力加速度为g，则 （ ） A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 B.弹簧弹力不可能为 mg C.小球可能受三个力作用 D.木板对小球的作用力有可能小于小球的重力 mg 17.如图,墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子a。b悬挂一质量为m₁的重物.在绳子距a端l/₂的c点有一固定绳圈.若绳圈上悬挂质量为m₂的钩码，平衡后绳的 ac段正好水平，则重物和钩码的质量比 为 ( ) A. B.2 D. 斜拉受力模型 18.如图所示,质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC=α,AB边靠在竖直墙面上,F是垂直于斜面BC的推力.现物块静止不动，则摩擦力的大小为 . 19.唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力.设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图1所示.忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是 ( ) A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 20.如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动.物块与桌面间的动摩擦因数为 ( ) 21.(多选)如图所示，两相同轻质硬杆OO₁、OO₂可绕其两端垂直挡纸面的水平轴O、O₁、O₂转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止. Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小.若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O₁、O₂始终等高，则 （ ） A. F/变小 B. F,不变 C. FN变小 D. FN变大 22.(多选)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0<μ<1).现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动.设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则 ( ) A. F先减小后增大 B. F一直增大 C. F的功率减小 D. F的功率不变 五 受力个数的分析 23.L型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示.若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力.则木板P的受力个数为（ ） A.3 B.4 C.5 D.6 24.(多选)如图所示，一小球用三根轻绳挂于天花板上，球静止，绳1、3倾斜，绳2恰好竖直，则小球所受的作用力个数可能是 （ ） A.1 B.2 C.3 D.4 25.(多选)如图所示,用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态.则该力可能为图中的（ ） A. F₁ B. F₂ C. F₃ D. F₄ 26.两相同的楔形木块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作用下保持静止状态，则在这两种方式中，木块B受力个数分别为 ( ) A.4;4 B.4;3 C.5;3 D.5;4 27.如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细线两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向.则正确的说法是 ( ) A. A可能受到两个力作用 B. B可能受到三个力作用 C.绳子对A的拉力大于对B的拉力 D. A、B的质量之比为1 : tanθ 28.如图所示，轻弹簧上端固定在天花板上，下端连有物体B，现把楔形物体A与光滑斜面B叠放在一起置于水平面上，A与B均保持静止，弹簧处于竖直状态. A、B的受力个数分别为 ( ) A.2、2 B.2、3 C.3、2 D.3、3 受力分解技巧：垂直的力永不分解 29.如图所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F₁和F₂的作用，F₁方向水平向右，F₂方向竖直向上，重力加速度为g.若物体静止在斜面上，则下列关系正确的是 ( ) 30.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示.两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F₁、F₂，则（ ） 31.如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点， 半径 Ob与重力的夹角为37°.已知 ，则圆柱体受到的支持力F。、 Fb大小为 ( ) 32.如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平.则在斜面上运动时，B受力的示意图为 ( ) 33.如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面的压力是其重力的 ，则人与梯面间的摩擦力大小与其重力的比值 ( ) A. C. 34.如图所示，一质量为m的物块静止在倾角为θ的粗糙斜面体上，在斜面体以加速度a水平向左做匀加速直线运动的过程中，物块始终静止在斜面体上，物块受到斜面体的摩擦力F₁和斜面体的支持力FN分别为(以沿斜面向上的摩擦力为正，重力加速度为g) ( ) 1.tanθ【解析】以物块为研究对象，受力分析如图所示.因物体沿斜面匀速下滑，物块所受合力为0,由平衡条件得 mgsinθ=F₁,FN,=mgcosθ,又 ,联立解得μ=tanθ. 2. A【解析】设斜面对三棱柱的支持力为FN，斜面对三棱柱的摩擦力为F₁，如图所示.由平衡条件，在垂直斜面方向有 在沿斜面方向有 综上答案为A. 3. C【解析】当力F取最大值F₁时，物块有上滑的趋势，最大静摩擦力方向沿斜面向下,如图(a)所示,有 mgsinθ ；当力F取最小值F₂时，物块有下滑的趋势，最大静摩擦力方向沿斜面向上，如图(b)所示，有 +Ff，由以上两式可得 综上答案为C. 4. D【解析】设斜面的倾角为θ，物块静止在固定的斜面上时所受的静摩擦力 施力F后物块仍静止，图A中物块所受静摩擦力为 ；图B中物块所受静摩擦力为 ，故AB错误；图C中物块所受静摩擦力为. ，并随F增大而减小，当F=mg时 以后F再增大物块将离开斜面，故C错误；图D中物块所受静摩擦力为 故D正确.综上答案为D. 5. C【解析】将滑块由静止释放，若滑块沿斜面下滑，mgsinθ-μmgcosθ>0,解得μ<tanθ,故A错误;若μ<tanθ,滑块具有沿斜面向下的加速度，滑块将加速下滑，故B错误；若μ=tanθ，拉滑块向上匀速滑动的力应满足F=mgsinθ-μmgcosθ=0, 解得 F=2mgsinθ, 故 C 正确 ; 如果μ=tanθ,拉滑块向下匀速滑动的力应满足 F+ mg sinθ-μmgcosθ=0,解得F=0,故D错误.综上答案为C. 6. A【解析】将运动员作为研究对象，单手受地面的支持力为FN，如图所示.不管双臂夹角多少，2FN=G，故A正确B错误；运动员处于静止状，态，其受到的合力为零，故C错误；由牛顿第三定律得，相互作用力总是等大反向，大小等于重力，故D错误.综上答案为A. 7. D【解析】轻绳光滑，绳上的拉力T处处相等，且T=Mg，当挂上钩码后，物体上升了L，钩码静止，如图所示.由几何关系得，钩码所在位置、O、O'组成等边三角形；由平衡条件得： 即m 综上答案为D. 8. BC【解析】由题意，选木楔为研究对象，对其进行受力分析，木楔受到的力有：水平向左的F、两侧的弹力F₁、F₂,且 如图所示.由平衡条件得 由 牛顿第三定律得，木楔两侧对砖产生的推力FN 联立解得 又0°<θ<90°,因此,F一定时,θ越小,FN越大;θ一定 时，F越大，FN越大，故AD错误.综上答案为BC. 9. B【解析】如图(a)所示,设书本的质量为m，将A、B两轻环、细绳与书本视为整体，受到竖直向下的重力杆对A、B环的竖直向上的支持力FN，两个支持力大小之和等于书本重力 mg，每个支持力大小为 与A、B环间距无关，故A错误；对B环受力分析如图(b)所示，B环受到细绳拉力FT、杆对B环向上的支持力FN及向右的摩擦力E₁，由平衡条件得 联立上式解得 因两环间距变小，tanθ随着θ的变小而变小，故杆对B环的摩擦力F₁变小，由牛顿第三定律得B环对杆的摩擦力变小，故B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对A环的力是支持力FN和摩擦力 Ft的合力，该合力与细绳拉力FT等大、反向，由力的合成及平衡条件得FT 当θ变小时,cosθ变大,FT变小,杆对A环的力变小，故C错误；如图(c)所示，对书本进行受力分析，由力的合成与平衡条件得，2FTcosθ=mg，随两环间距变小，θ变小，cosθ变大，细绳拉力FT变小，故D错误.综上答案为B. 10. B【解析】设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物受力分析，可得绳子拉力等于重物重力 mg.对滑轮受力分析，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即 由夹角关系得 综上答案为B. 11. BD【解析】以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为FT，滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的总长度为L，B点到竖直框架的距离为s，如图所示，由几何知识得 由平衡条件得 n ，当只将绳的左端移向A'点，s和L均不变，由①式知α不变，再由②式知，FT不变，故A错误B正确；当只将绳的右端移向B'点，s增加，而L不变，由①式知，α增大，cosα减小，再由②式知，FT增大，故C错误D正确.综上答案为BD. 12. D【解析】以人为研究对象，人保持静止，人受到的合外力为零，故A 错误；以动滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F₁、F₂，且F₁与F₂夹角为θ，滑轮受重物向下的拉力大小等于 mg，如图所示.由于为同一根绳子，故 由平衡条件得在重 物被吊起的过程中，θ变大，故F₁与F₂同时变大，即绳子的拉力F变大；由牛顿第三定律得，绳子对人的拉力F'变大；将F'分别向水平和竖直方向上分解，因F'增大而夹角不变，故两分力增大；水平方向上人受到摩擦力 ,因 Fx随F'增大而增大，故摩擦力F₁增大；竖直方向由平衡条件得支持力 变大，故支持力FN减小，由牛顿第三定律得，人对地面的压力越来越小，故D正确BC错误.综上答案为D. 13. BD【解析】对结点O受力分析,AO的拉力F₁、BO的拉力F₂和重物对结点的拉力，其大小等于 mg，由平衡条件得 联 立 解得 综上答案为BD. 14. A【解析】以小滑块为研究对象，它受到竖直向下的重力、水平向右的推力F、由P指向O的弹力FN作用，如图所示，由平衡条件得 联立解得 综上答案为A. 15. A【解析】以楔形石块为研究对象，它受到重力 mg和垂直侧面斜向上的两个支持力FN的作用，如图所示，由平衡条件得 即 综上答案为A. 16. C【解析】小球的受力分析如图所示.当 小球受到沿斜面向上的摩擦力；当 小球受到沿斜面向下的摩擦力；当 mg sin37°=Fcos37°，斜面对小球不受摩擦力，且.F= mg tan37° 故AB错误C正确；由平衡条件知，木板对小球的作用力的竖直分量等于 mg，故D错误.综上答案为C. 17. C【解析】以绳圈为研究对象，进行受力分析，ac细绳的拉力F，bc细绳的拉力，其大小等于所挂重物的重力m₁g，钩码对绳圈的拉力，其大小等于钩码的重力m₂g，如图所示.由竖直方向的平衡条件得： 解得 cosθ 由几何关系得 联立解得 综上答案为C. 18. mg+Fsinα【解析】对物块受力分析，作出受力分析图，由平衡条件得,摩擦力f= mg+Fsinα. 19. B【解析】根据力的分解可知，耕索对曲辕犁拉力的水平分力和对直辕犁拉力的水平分力分别为Fcosα、Fsinβ，因为α<β,所以Fcosα<Fsinβ,故A错误;同理可知,耕索对曲辕犁拉力的竖直分力和对直辕犁拉力的竖直分力分别为Fcosα、Fcosβ,因为α<β,所以Fcosα>Fcosβ,故B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力为一对相互作用力，由牛顿第三定律可知，两力大小始终相等，故CD错误. 20. C【解析】物块在水平拉力F作用下做匀速直线运动时，F=μmg，物块在斜向上的拉力作用下做匀速直线运动时， 联立可得 故C正确. 21. BD【解析】选三个物体整体为研究对象，在竖直方向受力：总重力和两挡板对两木块向上的摩擦力 Ff，由平衡条件G=2Ff,所以 Ff不变,故B正确;以O点为研究对象，设两杆对O点的作用力F与水平方向的夹角为θ，如图所示，则2Fsinθ=mg，当两挡板的距离增大后，θ减小，所以F增大.木块对挡板的正压力 所以FN增大，故D正确. 学科网（北京）股份有限公司 22. AC【解析】木箱受竖直向下的重力、拉力F、竖直向上的弹力、水平向左的滑动摩擦力作用，由平衡条件得Fcosθ=μN,Fsinθ+N= mg,整理得 由数学知识可知A正确;由P=Fvcosθ,Fcosθ=μN可得P逐渐减小，故C正确. 23. C【解析】选木板P、滑块Q和弹簧整体为研究对象，在它们一起沿斜面匀速下滑的过程中，弹簧对Q必然有弹力；再选木板P为研究对象，它受到重力，斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q对它的压力、及弹簧对它的向下的弹力五个力的作用，综上答案为C. 24. BCD【解析】由题意，绳2恰好竖直，小球处于平衡状态，当仅绳2对小球有作用力时，小球受到重力和绳2的拉力两个力作用，故B正确；当仅绳2、绳3对小球有作用力时，小球受到重力和两绳的拉力三个力作用，故C正确；当三根绳同时对小球有作用力时，小球受到重力和三根绳的拉力四个力作用，故D正确.综上答案为BCD. 25. BC【解析】以小球B为研究对象，它处于静止状态，且OB细线恰好沿竖直方向，故绳子AB中没有拉力.以小球A为研究对象，它受三个力作用，重力G、绳子OA向左上方的拉力T和拉力F.若F为F₄，F₄水平向左的分量与T的水平向左的分量方向相同，不能平衡，故D不正确；若F为F₁，F₁、T和重力G的合力不可能为零，故A错误；若F为F₂或F₃，F₂或F₃、T和重力G的合力能为零，能使小球A处于静止状态，故BC正确.综上答案为BC. 26. C【解析】图甲中，对A、B整体受力分析，木块B除了重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力；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，故一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，由牛顿第三定律得，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；图乙中，对A、B整体受力分析，B与墙面间既无弹力也无摩擦力，故B受重力、A的弹力和摩擦力共3个力的作用，综上答案为C. 27. D【解析】对A、B两球受力分析,如 90°-2θ、图所示，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力的左右，三个力的合力为零，故A错误；B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小，绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；由共点力平衡条件与正弦定理 得 解 得 mA: mB=1: tanθ,综上答案为D. 28. A【解析】以B为研究对象，弹簧处于竖直状态，弹簧对B的拉力方向竖直向上，B受力平衡，故A对B的支持力一定为零，即B受重力和弹簧拉力两个力作用；由牛顿第三定律得，B对A压力为零，即A受重力和地面支持力两个力作用，故BCD错误.综上答案为A. 29. B【解析】以物体为研究对象，受四个力作用，分别为重力G、支持力FN、F₁和F₂，如图所示.由平衡条件得，竖直方向有 故 水平方向有 联立解得 综上答案为B. 30. D【解析】以匀质圆筒为研究对象，把重力分解为压紧斜面Ⅰ的压力F₁和压紧斜面Ⅱ的压力F₂，如图所示，由正交分解得 综上答案为D. 31. D【解析】以圆柱体为研究对象，受力分析如图所示，两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与重力等大反向，结合几何关系可知 D正确. 32. A【解析】以A、B整体为研究对象，它受重力和斜面对它的弹力，整体冲上斜面做匀减速运动，物体具有沿斜面向下的加速度；再以B为研究对象，A、B始终保持相对静止，故B也具有沿斜面向下的加速度；由牛顿第二定律得，它在水平方向的合外力向左，此力一定是由A对B的摩擦力提供，综上答案为A. 33. B【解析】对人进行受力分析，有重力 mg、支持力FN、摩擦力F₁(摩擦力方向一定与接触面平行)，由于重力、支持力、摩擦力垂直，故不能分解，此时将加速度a沿水平方向和竖直方向分解得 如图所示.由牛顿第二定律得，x方向 y方向FN 又 联立解得 综上答案为B. 34. D【解析】对物块进行受力分析，受重力 mg、静摩擦力 Ff和垂直斜面向上的支持力FN的作用，如图(a)所示.因FN、F(设F(方向沿斜面向上)垂直，无须分解，故分解重力.再将加速度沿斜面方向和垂直斜面向下方向正交分解，如图(b)所示.由牛顿第二定律得，沿斜面方向 垂直 斜 面 方 向 ma sinθ,联立解得 + masinθ,综上答案为D. $