2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题二受力分析与共点力平衡精练含解析

2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题二受力分析与共点力平衡精练含解析

高考物理总复习 专题二　受力分析与共点力平衡 ‎『经典特训题组』‎ ‎1. 如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑。在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它的作用力的方向(　　)‎ A．沿斜面向上 B．沿斜面向下 C．竖直向上 D．垂直斜面向上 答案　C 解析　由质量为m的苹果匀速下滑可知，该苹果所受合力为0，分析受力可知，它受重力及周围苹果对它的作用力，根据二力平衡条件可得，周围苹果对它的作用力大小为mg，方向竖直向上，故C正确。‎ ‎2．浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动，在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹，表演者爬上竹稍表演各种惊险动作。如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用 B．在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直 C．表演者静止时，竹竿对其的作用力必定竖直向上 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　表演者大部分情况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用，故A错误；表演者处于平衡状态，故受竹竿的力与重力大小相等方向相反，即竖直向上，不一定与杆的方向垂直，故B错误，C正确；表演者越靠近竹竿底部时杆与水平方向的夹角θ就越大，所以摩擦力f＝mgsinθ就越大，故D错误；故选C。‎ ‎3．(多选)如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是(　　)‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 A．a一定受到4个力 ‎ B．b可能受到4个力 C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 ‎ D．a与b之间一定有摩擦力 答案　AD 解析　将a、b看成整体，其受力示意图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用，C错误；对物体b进行受力分析，如图乙所示，a与b之间一定有摩擦力，b一定受到3个力作用，B错误，D正确；由以上分析可知物体a受力如图丙所示，a一定受到4个力，A正确。‎ ‎4. (多选)如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直挡板MN。在二者之间夹着一个光滑均质的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力逐渐增大 C．地面对P的摩擦力逐渐增大 D．Q所受的合力逐渐增大 答案　BC 解析　对Q受力分析，如图甲所示，Q受到竖直向下的重力mg、MN给的向左的支持力F1和P对Q的支持力F2，根据平衡条件，得F1＝mgtanθ，F2＝，‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 在MN保持竖直并且缓慢地向右平移的过程中，θ增大，故F1、F2增大，即MN对Q的弹力逐渐增大，P对Q的弹力逐渐增大，A错误，B正确；对P、Q整体受力分析，如图乙所示，整体受到重力(M＋m)g、MN的支持力F1、地面的支持力F3、地面的静摩擦力f，根据共点力的平衡条件，可得f＝F1＝mgtanθ，由于θ不断增大，故f逐渐增大，C正确；移动MN过程中Q一直处于平衡状态，合力一直为零，D错误。‎ ‎5. 将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F最小时Oa绳上的拉力为(　　)‎ A.mg B．mg C.mg D.mg 答案　A 解析　以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F方向变化时整体的受力图，根据平衡条件可知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等，方向相反，由力的合成图可知，当F与绳Oa垂直时，F有最小值，即图中2的位置，此时F＝2mgsin30°＝mg，T＝2mgcos30°＝mg，故A正确。‎ ‎6. 如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，轻质滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法错误的是(　　)‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 A．斜劈对物体a的摩擦力一定减小 B．斜劈对地面的压力一定不变 C．细线对物体a的拉力一定增大 D．地面对斜劈的摩擦力一定增大 答案　A 解析　对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图甲所示，根据平衡条件，有mbg＝2Tcosθ，计算得T＝。将固定点c向右移动少许，则θ增大，故拉力T增大；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，拉力增大，但因为不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A错误，C正确；对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图乙所示，根据平衡条件，有N＝G总－Tcosθ＝G总－，N与角度θ无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，B正确；f＝Tsinθ＝tanθ，将固定点c向右移动少许，则θ增大，故摩擦力增大，所以D正确。本题要求选说法错误的，故选A。‎ ‎7．(多选) 中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则在向右行笔的过程中(　　)‎ A．镇纸受到向左的摩擦力 B．毛笔受到向左的摩擦力 C．白纸只受到向右的摩擦力 D．桌面受到向右的摩擦力 - 16 -‎ 高考物理总复习 答案　BD 解析　白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故A错误；毛笔在书写的过程相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔以及桌面对它的摩擦力，由B项可知，毛笔受到的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡条件可知，桌面对白纸的摩擦力向左，故C错误；桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力向右，故D正确。‎ ‎『真题调研题组』‎ ‎1．(2019·江苏高考) 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为(　　)‎ A. B. C．Tsinα D．Tcosα 答案　C 解析　对气球受力分析，如下图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小为F＝Tsinα，C正确。‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅲ)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(　　)‎ A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg - 16 -‎ 高考物理总复习 C．F1＝mg，F2＝mg D．F1＝mg，F2＝mg 答案　D 解析　如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝mg，F2＝mgsin30°＝mg，D正确。‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为(　　)‎ A．150 kg B．100 kg C．200 kg D．200 kg 答案　A 解析　物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件 F＝Ff＋mgsinθ①‎ Ff＝μFN②‎ FN＝mgcosθ③‎ 由①②③式得 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 所以m＝ 故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。‎ ‎4．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中(　　)‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳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 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案　BD 解析　选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，A错误，B正确；对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，当f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，此时，T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。‎ ‎5. (2017·全国卷Ⅱ)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(　　)‎ A．2－ B. C. D. 答案　C 解析　设物块的质量为m。据平衡条件及摩擦力公式有 拉力F水平时，F＝μmg①‎ 拉力F与水平面成60°角时，Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)②‎ 联立①②式解得μ＝，故C正确。‎ ‎6．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 ‎ cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)‎ A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 答案　B 解析　轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，‎ 由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确。‎ ‎7．(2019·天津高考) 2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度 C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下 D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布 答案　C 解析　索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。‎ ‎8．(2017·天津高考) (多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 - 16 -‎ 高考物理总复习 M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　)‎ A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 答案　AB 解析　设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。O点受力情况如图所示，‎ 根据平衡条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或改变绳两端的高度差，绳子拉力不变，A正确，C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，B正确。故选A、B。‎ ‎9．(2017·全国卷Ⅰ) (多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 - 16 -‎ 高考物理总复习 D．OM上的张力先增大后减小 答案　AD 解析　设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。‎ 如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。故选A、D。‎ ‎『模拟冲刺题组』‎ ‎1．(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示，在卸货场，挂钩连接四根长度均为L的轻绳，四根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环四等分。圆环正缓慢地匀速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为(　　)‎ A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　C 解析　水平圆环匀速上升，受力平衡，则四根绳子的合力F＝mg，则每一根绳的拉力在竖直方向上的分量等于mg，设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有：sinθ＝＝0.6，cosθ＝0.8，则Tcosθ＝mg，解得：T＝mg，故C正确。‎ ‎2．(2019·安徽省“江南十校”高三三月综合质检)如图所示，游乐场中有一半球形的碗状装置固定在水平地面上，装置的内半径为R，在其内表面有一个小孩(可视为质点)从底部向上爬行，小孩与内表面之间的动摩擦因数为0.75，设小孩所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小孩沿该装置缓慢向上爬行的最大高度是(　　)‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 A．0.2R B．0.25R C．0.75R D．0.8R 答案　A 解析　设小孩爬到最高处时，小孩与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，对小孩受力分析，由平衡条件得，mgsinθ＝μmgcosθ，解得θ＝37°，又由几何关系得，最大高度h＝R－Rcosθ＝0.2R，故A正确。‎ ‎3. (2019·山东淄博一模)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为(　　)‎ A.m B.m C.m D．2m 答案　A 解析　设杆与水平面的夹角为θ，分别对a、b两球分析受力，如图所示，‎ 根据共点力平衡条件，对b球：T＝mbg，对a球：＝，得mb∶ma＝tan30°∶1，则ma＝mb＝m，故A正确。‎ ‎4. (2019·黑龙江齐齐哈尔一模)(多选)如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 质量为m1的光滑半圆柱体O1紧靠竖直墙壁置于水平地面上，质量为m2的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球O2静置于半圆柱体O1上，当半圆柱体质量不变而半径不同时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当θ＝60°时，半圆柱体对地面的压力大小为m1g＋m2g B．当θ＝60°时，小球对半圆柱体的压力大小为m2g C．改变半圆柱体的半径，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2g D．半圆柱体的半径增大时，其对地面的压力保持不变 答案　AC 解析　对小球进行受力分析如图1所示，因为AB＝AO2，AB与半圆柱体的弧面相切，由几何知识可知，AO2与半圆柱体的弧面相切，则小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，故当θ＝60°时，T＝m2gcosθ＝m2g，N＝m2gsinθ＝m2g；以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，它们受到重力、地面的支持力、绳子的拉力以及墙对半圆柱体的弹力，如图2所示，竖直方向m1g＋m2g＝Tcosθ＋N′，所以N′＝m1g＋m2g－Tcosθ＝m1g＋m2g，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力大小为m1g＋m2g，小球对半圆柱体的压力大小为m2g，A正确，B错误。若改变半圆柱体的半径，以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在水平方向FN＝Tsinθ＝m2gsinθcosθ＝m2gsin2θ，可知，当θ＝45°时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为m2g，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2g，C正确。半圆柱体所受地面的支持力：N′＝m1g＋m2g－Tcosθ＝m1g＋m2g－m2gcos2θ＝m1g＋m2gsin2θ，由几何关系可知，增大半圆柱体的半径，则θ增大，N′将增大，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将增大，D错误。‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 ‎5. (2019·河南百师联盟高三上学期七调)质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物体与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力 B．斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθ C．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动 D．弹簧的最大压缩量为 答案　D 解析　对斜面、A、B和弹簧构成的整体分析，整体处于平衡状态，没有相对运动或相对运动趋势，故斜面与水平地面间没有摩擦力作用，A错误；对A和B整体分析，A、B组成的系统整体的重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，即f＝2mgsinθ，B错误；拿掉弹簧后，A或B受到的静摩擦力变小，其他力不变，故A和B都不会发生滑动，C错误；对A或B受力分析，均受弹簧弹力F、重力、斜面的支持力、静摩擦力，其中F与重力沿斜面方向的分力垂直，由于A、B受力平衡，则弹簧弹力大小等于重力沿斜面方向的分力和静摩擦力f′的合力大小，当静摩擦力最大时，弹簧弹力最大，弹簧压缩量最大，此时kx＝，其中最大静摩擦力fm＝μmgcosθ，故弹簧的最大压缩量x＝，D正确。‎ ‎6. (2019·贵阳一模)(多选)如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时(　　)‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 A．每个环对杆的压力大小为mg B．绳子最低点处的弹力的大小为 C．水平杆对每个环的摩擦力大小为mgtanθ D．两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大 答案　BD 解析　以左侧绳为研究对象，受力分析如图1所示，根据平衡条件，有水平方向：F＝Tsinθ，竖直方向：mg＝Tcosθ，联立解得：T＝，F＝mgtanθ，故B正确；对环进行受力分析如图2所示，水平方向：f＝Tsinθ＝·sinθ＝mgtanθ，竖直方向：N＝Tcosθ＋mg＝·cosθ＋mg＝mg，故A、C错误；当两环之间的距离增大，θ变大，故f变大，D正确。‎ ‎ ‎ ‎『热门预测题组』‎ ‎1. (2019·内蒙古呼和浩特市二模)如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登。由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为80 kg，此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心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　设运动员和行囊的总质量为M，以运动员和行囊整体为研究对象，分析受力情况：重力Mg、岩壁对手臂的拉力F1和岩壁对脚的弹力F2，作出受力示意图，如图所示，‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 根据平衡条件得：F1＝Mgcos53°＝800×0.6 N＝480 N，F2＝Mgsin53°＝800×0.8 N＝640 N，故B正确。‎ ‎2．(2019·广西钦州三模)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示)，往往就可以把门卡住。有关此现象的分析，下列说法正确的是(　　)‎ A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住 B．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小 C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关 D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关 答案　B 解析　木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；对木楔受力分析如图所示，‎ 水平方向：f＝Fsinθ，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小，故B正确； 对木锲，竖直方向：N＝Fcosθ＋mg，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则fmax＝μN＝μ(Fcosθ＋mg)，要把门卡住，则不管力F多大，均满足fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，可知不管m多大，只要μ≥tanθ，木楔就可把门卡住，故木楔能否把门卡住，与顶角θ以及接触面的粗糙程度有关，C、D错误。‎ - 16 -‎ 高考物理总复习 - 16 -‎