1、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、F B、F C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.FCFAFB3.如图所示,用轻绳 OA 把球挂在光滑的竖直墙壁上,O 点为绳的固定点
2、,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=GC.NG D.NFCFB。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
3、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,F 2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、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.
4、BD 系统处于平衡状态,以整体为研究对象,在竖直方向:2F f=(2m+M)g,Ff= g,与两挡板间距离2+2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、OO 2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。2222 24.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 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,T 1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
5、 cos +F sin -G b=0f+T1 sin -F cos =0FN、f 均随 F 的变化而变化,故 B、D 项正确。5.答案 (1) Mg+mg,方向竖直向下 (2)12 33(+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+mg12由牛顿第三定律知小环对杆的压力 FN= Mg+mg,方向竖直向下。12(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= 。33(+2)则小环与杆之间的动摩擦因数 至少为33(-12)
