物理共点力与受力分析.docx
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物理共点力与受力分析
1.如图所示,两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止,两根绳子与水平方向夹角均为60°.现保持绳子AB与水平方向的夹角不变,将绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向,在这一过程中,绳子BC的拉力变化情况是( )
A.增大B.先减小后增大
C.减小D.先增大后减小
解析:
解法一:
对力的处理(求合力)采用合成法,应用合力为零求解时采用图解法(画动态平行四边形法).作出力的平行四边形,如图甲所示.由图可看出,FBC先减小后增大.
解法二:
对力的处理(求合力)采用正交分解法,应用合力为零求解时采用解析法.如图乙所示,将FAB、FBC分别沿水平方向和竖直方向分解,由两方向合力为零分别列出方程:
FABcos60°=FBCsinθ,FABsin60°+FBCcosθ=FB,
联立解得FBCsin(30°+θ)=FB/2,显然,当θ=60°时,FBC最小,故当θ增大时,FBC先减小后增大.
答案:
B
2.(2014年安庆模拟)如图所示,A、B两木块放在水平面上,它们之间用细线相连,两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样,两木块与水平面间的动摩擦因数相同.先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动,则( )
A.F1>F2 B.F1=F2
C.FT1>FT2D.FT1=FT2
解析:
取A、B为一整体,由水平方向合力为零可得,F1=F2=μ(mA+mB)g,A错误,B正确;隔离物体A可求得:
FT1cosθ=μ(mAg-FT1sinθ),FT2cosθ=μ(mAg+FT2sinθ),比较可得:
FT1<FT2,C、D错误.
3.(2013年高考广东理综改编)如图,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平.现把物体Q轻轻地叠放在P上,则( )
A.P向下滑动
B.P静止不动
C.P所受的合外力增大
D.P与斜面间的静摩擦力不变
解析:
P静止在斜面上时沿斜面方向有:
mgsinθ=Ff≤μmgcosθ,即sinθ≤μcosθ,当把物体Q放在P上时μ、θ均不变,故P仍将保持静止,且合外力为零,则A、C均错,B项正确.由Ff=mgsinθ知,当m变大时Ff将随之变大,D项错误.
4.(2014年合肥一模)重为G的两个完全相同的小球,与水平面的动摩擦因数均为μ.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点,绳间的夹角α=60°,如图所示.缓慢增大F,到两球刚要运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.地面对球的支持力变大,摩擦力变大
B.地面对球的支持力变小,摩擦力变小
C.球刚开始运动时,地面对球没有支持力
D.球刚开始运动时,球受到的摩擦力最大
解析:
先用整体法,将两小球看做一整体,F增大,则地面对小球的支持力减小,但不会减为零,A、C错;再用隔离法,取左边的小球为研究对象,因为F增大,绳子的拉力FT增大,那么FT在水平面上的分量增大,所以地面对小球的摩擦力增大,B错,选D.
答案:
D
5.如图所示,重50N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上,有一根原长为10cm,劲度系数为800N/m的弹簧,其一端固定在斜面顶端,另一端连接物体A后,弹簧长度为14cm,现用一测力计沿斜面向下拉物体,若物体与斜面间的最大静摩擦力为20N,当弹簧的长度仍为14cm时,测力计的读数不可能为( )
A.10NB.20N
C.40ND.0N
解析:
A在斜面上处于静止状态时合力为零,A在斜面上受五个力的作用,分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F,当摩擦力的方向沿斜面向上时,F+mgsin37°≤Ffm+k(l-l0),F≤22N,当摩擦力沿斜面向下时,F最小值为零,即拉力的取值范围为0≤F≤22N,故选C.
答案:
C
6.(2012年高考山东理综改编)如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴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.Ff变小B.Ff变大
C.FN变小D.FN变大
解析:
对O点受力分析可知,杆中弹力F1=
杆对木块m的压力可分解为水平分量F3=F2sinθ=F1sinθ=
tanθ
竖直分量F4=F2cosθ=
;
当挡板间距离变大时,θ变大,F3变大,木块对挡板的弹力FN变大;F4为定值,Ff大小不变.正确选项为D.
答案:
D
7.(2013年高考天津理综)如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点.现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是( )
A.FN保持不变,FT不断增大
B.FN不断增大,FT不断减小
C.FN保持不变,FT先增大后减小
D.FN不断增大,FT先减小后增大
解析:
用水平力F缓慢推动斜面体时,小球受重力、绳的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN,在斜面体缓慢移动过程中FN方向不变,由三力平衡知其动态变化如图所示,FT先减小后增大,FN逐渐增大.
答案:
D
8.如图所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线悬挂,B放在粗糙的水平桌面上.滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点,O′是三根细线的结点,细线bO′水平拉着物体B,cO′沿竖直方向拉着弹簧.弹簧、细线、小滑轮的重力不计,细线与滑轮之间的摩擦力可忽略,整个装置处于静止状态.若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F=20
N,∠cO′a=120°,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是( )
A.弹簧的弹力为20N
B.重物A的质量为2kg
C.桌面对物体B的摩擦力为10N
D.细线OP与竖直方向的夹角为60°
解析:
选取滑轮作为研究对象,滑轮两侧细线的夹角为60°,设滑轮两侧细线中拉力为Fa,则有Fa=mAg,F=2Facos30°=20
N,联立解得重物A的质量为mA=2kg,Fa=20N,选项B正确;将O′a中的拉力Fa沿水平方向和竖直方向分解,由平衡条件得Facos30°=Fb,Fasin30°=Fc,解得弹簧的弹力为Fc=10N,选项A错误;细线O′b中拉力Fb=10
N,对物体B由平衡条件得桌面对物体B的摩擦力为10
N,选项C错误;细线OP的方向在滑轮两侧细线夹角的平分线上,与竖直方向的夹角为30°,选项D错误.
答案:
B
二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)
9.(15分)如图所示,轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定,杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角.若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力),某人用它匀速地提起重物.已知重物的质量m=30kg,人的质量M=50kg,g取10m/s2.试求:
(1)此时地面对人的支持力的大小;
(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小.
解析:
(1)因匀速提起重物,则FT=mg,即绳对人的拉力为mg,所以地面对人的支持力为:
FN=Mg-mg=(50-30)×10N=200N,方向竖直向上.
(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下,大小为2mg,杆对B点的弹力方向沿杆的方向,如图所示,由共点力平衡条件得:
FAB=2mgtan30°=2×30×10×
N
=200
N
FBC=
=
N
=400
N.
答案:
(1)200N
(2)400
N 200
N
10.(15分)一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上,劈的斜面光滑且与水平面成30°角;现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球,小球放在斜面上,小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°,如图所示,试求:
(1)当劈静止时绳子的拉力大小.
(2)若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍,为使整个系统静止,k值必须满足什么条件?
解析:
(1)以小球为研究对象,其受力如图甲所示,并建立如图所示直角坐标系,对FT和mg进行正交分解,由物体的平衡条件可知:
FTcos30°=mgsin30°
得FT=
mg
(2)以劈和小球整体为研究对象,整体受力情况如图乙所示,由物体平衡条件可得:
Ff=FTcos60°,为使整个系统静止,其临界状态是静摩擦力Ff为最大值,即有
Ffmax=k[(M+m)g-FTsin60°].
联立以上两式可得k=
.
即k值必须满足k≥
.
答案:
(1)
mg
(2)k≥
11.壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行,关于它在此平面内的受力分析,下列图示中正确的是( )
解析:
选A.壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行,受力平衡,故受到的摩擦力一定和重力等大、反向,即方向竖直向上,A正确.
12.
(2015·南京调研)如右图所示,在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环,圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体,在圆环沿滑杆向下滑动的过程中,悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向.则( )
A.环只受三个力作用
B.环一定受四个力作用
C.物体做匀加速运动
D.悬绳对物体的拉力小于物体的重力
解析:
选B.分析物体M可知,其受两个力作用,重力和轻绳拉力,因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向,故二力平衡,物体和环做匀速运动,C、D错误;再对环进行受力分析可知,环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力,A错误,B正确.
13.(2015·长春调研)如图甲所示,水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈,一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑.现对小物块施加一水平向右的恒力F,使它沿该斜劈表面匀速上滑.如图乙所示,则F的大小应为( )
A.
mg B.
mg
C.
mgD.
mg
解析:
选A.小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑,可知小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ=tan30°,由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑,沿斜面方向列平衡方程,可得F=mgtan60°,所以选项B、C、D错误,A正确.
14.(2015·佛山质量检测)如图甲所示,笔记本电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度,某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙),电脑始终处于静止状态,则( )
A.电脑受到的支持力变小
B.电脑受到的摩擦力变大
C.散热底座对电脑的作用力的合力不变
D.电脑受到的支持力与摩擦力的大小之和等于其重力
解析:
选C.电脑在底座上受重力、支持力和摩擦力作用处于静止状态,设底座与水平桌面的夹角为α,由平衡条件,电脑所受支持力FN=mgcosα,摩擦力Ff=mgsinα,由卡位1到卡位4,夹角α减小,所以支持力增大,摩擦力减小,选项A、B错误;底座对电脑的作用力即支持力与摩擦力的合力与重力等大反向,故选项C正确;支持力与摩擦力垂直,故大小之和一定不等于重力,选项D错误.
15.如右图所示,左侧是倾角为60°的斜面,右侧是
圆弧面的物体固定在水平地
面上,圆弧面底端的切线水平,一根两端分别系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮.当它们处于平衡状态时,连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°,不计一切摩擦,两小球可视为质点.两小球的质量之比m1∶m2等于( )
A.1∶1B.2∶3
C.3∶2D.3∶4
解析:
选B.设轻绳的张力为F,圆弧面对m2的弹力为FN,由对称性可知,FN=F,由于m1、m2均静止,由平衡条件可得:
F=m1gsin60°,Fcos30°+FNcos30°=m2g,联立解得
=
,B正确.
16.(2015·廊坊模拟)如图所示,A、B两物体的质量分别为mA、mB,且mA>mB,整个系统处于静止状态.滑轮的质量和一切摩擦均不计,如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点,整个系统重新平衡后,物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是( )
A.物体A的高度升高,θ角变大
B.物体A的高度降低,θ角变小
C.物体A的高度升高,θ角不变
D.物体A的高度不变,θ角变小
解析:
选C.最终平衡时,绳的拉力F大小仍为mAg,由二力平衡可得2Fsinθ=mBg,故θ角不变,但因悬点由Q到P,左侧部分绳子变长,故A应升高,C正确.
17.
(2015·南昌模拟)如图所示,竖直轻杆AB在细绳AC和水平拉力作用下处于平衡状态.若AC加长,使C点左移,AB仍保持平衡状态.细绳AC上的拉力T和杆AB受到的压力N与原先相比,下列说法正确的是( )
A.T和N都减小
B.T和N都增大
C.T增大,N减小
D.T减小,N增大
解析:
选A.设细绳AC与地面的夹角为α,结点A受到三个力的作用,细绳AC的拉力T、水平绳向右的拉力F(大小、方向均不变,等于所挂物体重力的大小mg)、轻杆AB对A点向上的弹力FN,根据物体的平衡条件有:
T=
=
,FN=Ftanα=mgtanα,因AC加长,C点左移,细绳AC与地面的夹角α减小,所以细绳AC的拉力T、轻杆AB对A点向上的弹力FN均减小.根据牛顿第三定律可知AB受到的压力N与FN是作用力与反作用力关系,故AB受到的压力N减小,选项A正确.
18.
半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有固定放置的竖直挡板MN.在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态.如图所示是这个装置的纵截面图.若用外力使MN保持竖直,缓慢地向右移动,在Q落到地面以前,发现P始终保持静止.在此过程中,下列说法中正确的是( )
A.MN对Q的弹力逐渐减小
B.地面对P的摩擦力逐渐增大
C.P、Q间的弹力先减小后增大
D.Q所受的合力逐渐增大
解析:
选B.
对圆柱体Q受力分析如图所示,P对Q的弹力为F,MN对Q的弹力为FN,挡板MN向右运动时,F和竖直方向的夹角逐渐增大,如图所示,而圆柱体所受重力大小不变,所以F和FN的合力大小不变,故D选项错误;由图可知,F和FN都在不断增大,故A、C两项都错;对P、Q整体受力分析知,地面对P的摩擦力大小就等于FN,所以地面对P的摩擦力也逐渐增大,故选B.
19.
(2015·石家庄模拟)如图所示,质量不等的盒子A和物体B用细绳相连,跨过光滑的定滑轮,A置于倾角为θ的斜面上,与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,B悬于斜面之外而处于静止状态.现向A中缓慢加入砂子,下列说法正确的是( )
A.绳子拉力逐渐减小
B.A对斜面的压力逐渐增大
C.A所受的摩擦力一定逐渐增大
D.A可能沿斜面下滑
解析:
选B.当mAgsinθ>mBg时,对A受力分析,由平衡条件有mAgsinθ=Ff+mBg,随mA的增大,摩擦力不断增大;当mAgsinθ<mBg时,由平衡条件有mAgsinθ+Ff=mBg,随mA的增大,摩擦力不断减小,C错误;在垂直斜面方向上,始终有FN=mAgcosθ,因此随着不断加入砂子,A对斜面的压力不断增大,B正确;由μ=tanθ可知,最大静摩擦力Ffmax=μmAgcosθ=mAgsinθ,比较以上两个平衡关系式可知,A所受静摩擦力始终小于最大静摩擦力,故A保持静止,D错误;此时绳子所受拉力等于B的重力,故拉力保持不变,A错误.
20.
(2013·高考广东卷)(多选)如右图所示,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平,现把物体Q轻轻地叠放在P上,则( )
A.P向下滑动
B.P静止不动
C.P所受的合外力增大
D.P与斜面间的静摩擦力增大
解析:
选BD.物体P处于静止状态,把物体Q轻轻地叠放在P上时,P、Q仍处于静止状态.根据共点力的平衡条件解决问题.设斜面倾角为θ,P、Q的质量分别为M、m,因物体P静止于固定的斜面上,则动摩擦因数μ≥tanθ,所受合外力F1=0,静摩擦力f1=Mgsinθ.把物体Q轻轻地叠放在P上,选整体为研究对象,则(M+m)gsinθ≤μ(M+m)gcosθ,故P、Q仍处于静止状态.P所受的合外力F2=0,即F1=F2,P与斜面间的静摩擦力f2=(M+m)gsinθ>f1.故选项B、D正确,选项A、C错误.如果将P、Q两物体视为一个整体,则更容易得正确的选项为B、D.
21.
(2015·湖北八市联考)如图所示,置于水平地面上的三脚支架的顶端固定着一质量为m的照相机,支架的三根轻杆长度均为L且始终不变,第一次“三个落脚点”均匀分布于半径为
L/2的圆周上,第二次均匀分布于半径为
L/2的圆周上.两次相机均能处于静止状态,两次相机对每根轻杆的压力分别设为T1和T2,则T1∶T2为( )
A.
B.
C.
D.
解析:
选A.第一次“三个落脚点”均匀分布在半径为
的圆周上,每根轻杆与竖直方向的夹角为α,则sinα=
,因而α=30°,对相机有3T1′cos30°=mg;第二次“三个落脚点”均匀分布在半径为
的圆周上,每根轻杆与竖直方向的夹角为β,则sinβ=
,因而β=45°,对相机有3T2′cos45°=mg;联立求解并根据牛顿第三定律有
=
=
,选项A正确.
22.
(2015·贵州六校联考)如图所示,物体A和物体B(砂和砂桶)通过不可伸缩的轻绳跨过定滑轮连接,斜面体固定,A、B处于静止状态.在缓慢地向B中加入一些砂子的过程中,A、B仍然处于静止,不计滑轮的质量和滑轮与绳子间的摩擦,则下列说法正确的是( )
A.物体A受到斜面体的摩擦力一定增大
B.物体A受斜面体的摩擦力方向一定沿斜面向下
C.剪断绳子的瞬间砂和砂桶之间的相互作用力为零
D.若剪断绳子后,A和斜面体仍然静止,则地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
解析:
选C.设题图中斜面的倾角为θ,物体A和物体B(砂和砂桶)通过不可伸缩的轻绳跨过定滑轮连接,斜面体固定,A、B处于静止状态,如果开始时A的重力沿斜面向下的分力mAgsinθ和绳沿斜面向上的拉力mBg正好相等,则此时没有摩擦力,在缓慢地向B中加入一些砂子的过程中,若A、B仍然处于静止,物体A受到斜面体的摩擦力方向向下且一定增大;如果开始时mAgsinθ>mBg,物体A受到斜面体的摩擦力方向向上,则一定减小,反之一定增大,选项A、B错误;剪断绳子的瞬间砂和砂桶同时做自由落体运动,因此它们之间的相互作用力为零,选项C正确;若剪断绳子后A和斜面体仍然静止,则地面对斜面体的摩擦力为零,选项D错误.
23.
(多选)如右图所示,不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点,跨过滑轮的细绳连接物块A、B,A、B都处于静止状态,现将物块B移至C点后,A、B仍保持静止,下列说法中正确的是( )
A.B与水平面间的摩擦力增大
B.绳子对B的拉力增大
C.悬于墙上的绳所受拉力不变
D.A、B静止时,图中α、β、θ三角始终相等
解析:
选AD.因为将物体B移至C点后,A、B仍保持静止,所以绳子中的拉力大小始终等于A的重力不变,通过定滑轮,绳子对B的拉力大小也是等于A的重力不变,而B移至C点后,右侧绳子与水平方向的夹角减小,对B进行受力分析可知,B受到水平面的静摩擦力增大,所以A正确,B错误;对滑轮受力分析可知,悬于墙上的绳子所受拉力等于两边绳子的合力,由于两边绳子的夹角变大,两边绳子的合力将减小,C错误;由几何关系可知α、β、θ三角始终相等,D正确.
24.(多选)如图所示,重力为G的光滑球在倾角为θ的斜面和竖直光滑墙壁之间处于静止状态.若将斜面换成材料和质量相同但倾角θ稍小一些的斜面,以下判断正确的是( )
A.球对斜面的压力变小
B.球对斜面的压力变大
C.斜面可能向左滑动
D.斜面仍将保持静止
解析:
选AD.以球为研究对象,受力情况如图甲所示,受到重力G、墙对球的压力F1和斜面对球的支持力F23个力的作用,当斜面倾角θ减小时,F2与竖直方向的夹角减小,F1和F2均变小,由牛顿第三定律知球对斜面的压力变小,A正确,B错误.以球和斜面体整体为研究对象,受力情况如图乙所示,倾角θ减小时,斜面受到的摩擦力Ff=F1变小,斜面仍将保持静止,C错误,D正确.
25.(多选)
如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴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.Ff变小B.Ff不变
C.FN变小D.FN变大
解析:
选BD.将两木块与重物看成一个整体,受力分析如图甲所示,由平衡条件可得2Ff=(M+2m)g.所以,只要系统静止,摩擦力Ff总保持不变,A错误,B正确.
设轻杆OO1、OO2与竖直方向的夹角为θ,弹力的大小为FN′,再对木块m受力分析,如图乙所示,由正交分解法可得
水平方向:
FN=FN′sinθ①
竖直方向:
Ff=FN′cosθ+mg②
当两板间距离稍许增大后,θ角变大,而Ff、mg不变,由②式可知FN′变大,再结合①式可知FN变大,C错误,D正确.
26.
(2015·德州模拟)(多选)如右图所示,用轻绳吊一个重为G的小球,欲施加一力F使小球在图示位置平衡(θ<30°),下列说法正确的是( )
A.力F最小值为Gsinθ
B.若力F与绳拉力大小相等,力F方向与竖直方向必成
θ角
C.若力F与G大小相等,力F方向与竖直方向可能成θ角
D.若力F与G大小相等,力F方向与竖直方向可能成2θ角
解析:
选ABD.根据力的平行四边形定则可知,当力F与轻绳垂直斜向上时,力F有最小值,根据物体的平衡条件可知,其值为Gsinθ,A正确;若力F与绳拉力大小相等,则力F的方向与轻绳中拉力的方向应该相对于过小球的竖直线对称,所以力F方向与竖直方向必成θ角,B正确;若力F与G大小相等,则有两种情况,一种情况是力F与G是一对平衡力,C错误;另一种情况是力F与G的合力与轻绳中拉力是一对平衡力,此时力F方向与竖直方向成2θ角斜向下,D正确.
27.如图22所示,
图22
两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上,两根长度均为l的轻绳一端系在小环上,另一端系在质量为M的木块上,两个小环之间的距离也为l,小环保持静止.试求:
(1)小环对杆的压力;
(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大.
28.(2011·矾高月考)质量为m的物体A放在倾角为θ=37°的斜面上时,恰好能匀速下滑,如图23(a)所示;现用细线系住物体A,并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮,另一端系住物体B,物体A恰好能沿斜面匀速上滑,如图(b)所示,求物体B的质量.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(a) (b)
图23
27.
(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2FTcos30°
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