1、【 精品教育资源文库 】 第 4 讲 受力分析 共点力的平衡 基础巩固 1.如图 ,质量 mAmB的两物体 A、 B叠放在一起 ,靠着竖直墙面。让它们由静止释放 ,在沿粗糙墙面下落过程中 ,物体 B的受力示意图是 ( ) 2.(2017 北京海淀期中 ,1,3分 )如图所示 ,用三根不可伸长的轻质细绳 OA、 OB、 OC共同悬挂一重物使其静止 ,其中 OA与竖直方向的夹角为 30,OB 沿水平方向 ,A 端、 B端固定。若分别用 FA、 FB、 FC表示 OA、OB、 OC 三根绳上的拉力大小 ,则下列判断中正确的是 ( ) A.FAFBFC B.FAFCFB D.FCFAFB 3.如图所
2、示 ,用轻绳 OA把球挂在光滑的竖直墙壁上 ,O 点为绳的固定点 ,B点为球与墙壁的接触点。现保持固定点 O不动 ,将轻绳 OA 加长 ,使绳与墙壁的夹角 变小 ,则球静止后与绳 OA 加长之前相比 ( ) A.绳对球的拉力变大 B.球对墙壁的压力变小 C.球对墙壁的压力不变 D.球所受的合力变大 【 精品教育资源文库 】 4.(2016 北京朝阳一模 ,15)如图所示 ,倾角 =30 的光滑斜面固定在水平面上 ,重为 G的物块在水平向右的推力 F作用下 ,沿斜面向上匀速运 动 ,斜面对物块支持力的大小为 N。下列关系正确的是 ( ) A.FG B.F=G C.NG D.NFCFB。 【
3、精品教育资源文库 】 3.答案 B 以球为研究对象 ,分析其受力情况 :重力 mg、绳对球的拉力 F1和墙壁对球的支持力 F2,根据平衡条件三个力的合力为零保持不变 ,运用合成法 ,结合几何知识有 : F1= ,F2=mg tan 把绳 OA 的长度加长一些 ,则 减小 ,可知 F1减小 ,F2减小 ,A、 C、 D错误 ,B 正确。 4.C 对物块进行受力分析 ,如图甲所示 ,物块 受到竖直向下的重力、水平向右的推力以及垂直于斜面向上的支持力 ,三力平衡可画出力的三角形 ,如图乙所示 ,根据力的三角形可知 Fmg tan 时 ,物体的受力情况如图 2所示 ,此时 f的方向为沿斜面向下 ,N、
4、 f的合力 F1在 N的左侧 ,此时 。 当 Fmg tan 时 ,物体的受力情况如图 3所示 ,此时 f的方向为沿斜面向上 ,N、 f的合力 F1在 N的右侧 (但没有超过竖直方向 ),此时 。 3.BD 系统处于平衡状态 ,以整体为研究对象 ,在竖直方向 :2Ff=(2m+M)g,Ff= g,与两挡板间距离无关 ,B正确 ;以点 O为研究对象 ,受力如图 ,挡板间的距离稍许增大后 ,硬杆 OO1、 OO2之间的夹角 变大 ,F= = 变大 ,又 FN=F sin 变大 ,则木块与挡板间正压力 FN变大 ,D正确。 4.BD 系统处于静止状态 ,连接 a和 b的绳的张力大小 T1等于物块 a
5、的重力 Ga,C 项错误 ;以 O点为研究对象 ,受力分析如图甲所示 ,T1恒定 ,夹角 不变 ,由平衡条件知 ,绳 OO的张力 T2恒定不变 ,A项错误 ;以 b为研究对象 ,受力分析如图乙所示 ,则 FN+T1 cos +F sin -Gb=0 f+T1 sin -F cos =0 FN、 f均随 F的变化而变化 ,故 B、 D 项正确。 【 精品教育资源文库 】 5.答案 (1) Mg+mg,方向竖直向下 (2) 解析 (1)以木块 M和两个小环作为整体进行受力分析 ,由平衡条件得 2FN=(M+2m)g,即 FN= Mg+mg 由牛顿第三定律知小环对杆的压力 FN= Mg+mg,方向竖直向下。 (2)对 M受力分析 ,由平衡条件得 2FT cos 30=Mg 临界状态 ,小环受到的静摩擦力达到最大值 ,则有 FT sin 30=F N 可得 ,动摩擦因数 m= 。 则小环与杆之间的动摩擦因数 至少为
