第4课时 受力分析 共点力的平衡(2)

第四节

解析：当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面保持静止不动，A、B、C均处于平衡状态，A受重力、B的支持力作用，A、B之间没有摩擦力，物体B的上表面可以是粗糙的，也可以是光滑的，A错；B受重力、C施加的垂直斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力以及A的压力作用，取A、B、C为整体，由平衡条件知水平面对C无摩擦力作用，水平面对C的支持力等于三物体重力大小之和，C受重力、B的压力和摩擦力、水平面的支持力作用，所以B对，C、D错．

答案：B

解析：选绳子和杆的结点为研究对象，由受力平衡，三条绳子张力在水平面上分力的合力为零．由于三条绳子长度不同，绳子方向也不确定，所以不能确定三条绳子中的张力是否相同，选项A错误； 选择杆为研究对象，杆受到自己的重力、绳子的拉力和地面向上的支持力，根据平衡条件有地面对杆的支持力等于重力G 加上绳子拉力在竖

直向下的分力之和，大于杆的重力，根据牛顿第三定律，杆对地面的压力等于地面对杆的支持力，选项B、C正确；绳子拉力的合力和杆的重力方向均竖直向下，不可能是平衡力，选项D错误．

答案：BC

解析：维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为零，F1不变，则C、D错误；对木板

G

受力分析，如图所示．则2Fcos θ＝G，得F＝.维修后，θ增大，cos θ减小，F增

2cos θ大，所以F2变大，则A正确，B错误．

答案：A

解析：由对称性可知杆对两环的支持力大小相等．对重物与两环组成的整体受力分析，由平衡条件知竖直方向上2FN＝mg恒定，A、B皆错误；由极限法，将a、b两环间距离减小到0，则两绳竖直，杆对环不产生摩擦力的作用，故两环距离缩短时，Ff变小，C正确，D错误．

答案：C

解析：A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体进行受力分析，再对B进行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确．

答案：B

解析：物体所受三力如图所示，根据平衡条件，F、FN′的合力与重力等大反向，有F

G

＝Gtan θ，FN＝FN′＝，故只有D选项正确．

cos θ

答案：D

解析：分析物体M可知，其受到两个力的作用，重力和轻绳对其的拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平衡，物体做匀速运动，C、D错误；再对环进行受力分析可知，环受到重力、轻绳对环的拉力、滑杆对环的支持力和摩擦力，A错误，B正确．

答案：B

解析：已知A物块所受的摩擦力大小为Ff，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos 60°＝Ff，对D：2Fcos 30°＝Ff′，解得：Ff′＝3F＝3Ff.

答案：C

解析：对甲和乙组成的整体受力分析，如图甲所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙的总重力在垂直于斜面方向的分力和斜面对甲的支持力F2′，且F2′－Gcos θ＝0，即F2′保持不变，由牛顿第三定律可知，甲对斜面的压力F2也保持不变；对圆球乙受力分析如图乙、丙所示，当甲缓慢下移时，FN与竖直方向的夹角缓慢减小，F1缓慢减小．

答案：D

解析：当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsin θ＋Ffm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩

F1－F2

擦力，则F2＋Ffm＝mgsin θ，由此解得Ffm＝，其余几个量无法求出，只有选项C

2

正确．

答案：C

解析：若B对A无摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B无摩擦力，A正确；若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，B正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A物体的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大，C错误；在P点缓慢下移过程中，以A、B为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P点下移使弹簧恢复到原长时，地面对B的摩擦力逐渐减小到零，D错误．

答案：AB

解析：O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动稍许，O、B之间的细线将向右偏转，OA与OB间夹角将增大．OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A

的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO′的方向)与∠AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时，α角将增大，选项A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，则α角也不变，选项C错误；因物体B无论在地板上移动多远，∠AOB都不可能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，选项D正确．

答案：AD

解析：当物体向上匀速滑动时，对m进行受力分析并正交分解，如图所示．则有

Fcos θ＝mg＋Ff，

Fsin θ＝FN，Ff＝μFN.

mg

解得F＝，选项C正确；

cos θ－μsin θ

mg

当物体m向下匀速滑动时，摩擦力Ff向上，同理可得F＝，选项D正

cos θ＋μsin θ确．

答案：CD

解析：(1)对两小环和木块整体由平衡条件得 2FN－(M＋2m)g＝0，

1

解得FN＝Mg＋mg.

2

由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为

1

FN′＝Mg＋mg.

2

(2)对M由平衡条件得 2FTcos 30°－Mg＝0.

小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则FTsin 30°－μFN＝0，

解得动摩擦因数μ至少为μ＝

3M

.

3（M＋2m）

13M

答案：(1)Mg＋mg (2) 23（M＋2m）

解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向

分解，按平衡条件有

Fcos θ＋mg＝FN，① Fsin θ＝Ff.②

式中FN和Ff分别为拖把对地板的正压力和摩擦力． 由摩擦定律有Ff＝μFN.③ 联立①②③式得

μmg

F＝.④

sin θ－μcos θ(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 Fsin θ≤λFN.⑤

这时，①式仍满足，联立①⑤式解得

mg

sin θ－λcos θ≤λF.

现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，

有sin θ－λcos θ≤0.

使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为tan θ0＝λ.

μmg

答案：(1) (2)tan θ0＝λ

sin θ－μcos θ

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