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微练(六) 受力分析 共点力的平衡
一、单项选择题
1.(2022·广东卷)如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2,且∠AOB=60°。下列关系式正确的是 ( )
A.F=F1 B.F=2F1
C.F=3F1 D.F=F1
解析 以O点为研究对象,由平衡条件可得F1sin 30°=F2sin 30°,F1cos 30°+F2cos 30°=F,联立可得F=F1,故D项正确。
答案 D
2.如图所示,用相同的弹簧测力计将同一个重物m,分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来,读数分别是F1、F2、F3、F4,已知θ=30°,则有 ( )
A.F4最大 B.F3=F2
C.F2最大 D.F1最小
解析 由平衡条件可得F2cos θ=mg,F2sin θ=F1,2F3cos θ=mg,F4=mg,可进一步求得F1=mg,F2=mg,F3=mg,F4=mg,可知F1=F3,F2最大,C项正确。
答案 C
3.如图所示,两根直杆竖直固定在水平地面上,两杆之间的距离为L,一根不可伸长的细绳的两端分别固定在杆上等高的M点和N点,轻绳的长度为L,在绳上距离M点为L的P点系一固定绳套,悬挂质量为m的钩码。重力加速度为g,则MP和NP段细绳的拉力大小分别是 ( )
A.mg,mg B.mg,mg
C.mg,mg D.mg,mg
解析 设MP和NP段与竖直方向的夹角分别是α和β,由几何关系得sin α=0.6,sin β=0.8由物体的平衡条件得FT1cos α+FT2cos β=mg,FT1sin α=FT2sin β,解得FT1=mg,FT2=mg,D项正确。
答案 D
4.如图所示,左侧是半径为R的四分之一圆弧,右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上,小球a、b通过一轻绳相连,二者恰好于等高处平衡。已知θ=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),不计所有摩擦,则小球a、b的质量之比为 ( )
A.3∶4 B.3∶5
C.4∶5 D.1∶2
解析 设两个圆的圆心分别为O1和O2,O2与水平方向夹角为α,如图所示,根据已知条件可知R(1-sin θ)=2R(1-sin α),解得α=53°。由于两个小球处于平衡状态,因此magcos θ=mbgcos α,代入数据解得=,A项正确。
答案 A
5.如图所示,表面光滑的半球体放置于水平地面上,半球体的顶部焊接一光滑竖直轻杆,O为半球的球心,质量为M的物体B套在轻杆上,轻绳一端与B连接,另一端与质量为m的光滑球A相连,现用一竖直向上的拉力F作用在B上,使其由如图所示位置缓慢向上运动,整个过程中A始终没有离开半球,半球始终静止在水平地面上。下列说法正确的是 ( )
A.地面对半球的摩擦力变小
B.半球对A的支持力减小
C.绳上拉力变大
D.地面对半球的支持力变大
解析 由于B缓慢向上运动,可知A也缓慢在半球上运动,A、B都处于动态平衡过程,对A受力分析,如图所示,做出力的矢量三角形,由几何关系得,三角形OAB与力的矢量三角形相似,可得==,B缓慢向上运动,OB变大,绳长l、半球半径OA不变,所以FN减小,FT减小,B项正确,C项错误;对B列平衡方程得F=Mg+FTcos θ,θ为绳与轻杆的夹角,B向上运动,θ减小,cos θ变大,FT减小,所以FTcos θ无法确定如何变化,因此F的变化情况无法确定,对整体受力分析可得,地面对半球的支持力变化无法确定,由于整体没有水平方向上的力,那么地面对半球没有摩擦力,A、D两项错误。
答案 B
6.(2022·浙江卷)如图所示,一轻质晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与四根相同的斜杆垂直,两斜杆夹角θ=60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点,则每根斜杆受到地面的 ( )
A.作用力为G B.作用力为G
C.摩擦力为G D.摩擦力为G
解析 设斜杆的弹力大小为F,以水平横杆和重物为整体,竖直方向根据受力平衡可得4Fcos 30° =G,解得F=G,以其中一斜杆为研究对象,其受力如图所示,可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡,即大小为G,每根斜杆受到地面的摩擦力为Ff=Fsin 30°=G,B项正确,A、C、D三项错误。
答案 B
7.如图,支架固定在水平地面上,其倾斜的光滑直杆与地面成30°角,两圆环A、B穿在直杆上,并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接,滑轮的大小不计,整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时,OA间轻绳竖直,OB间轻绳与直杆间夹角为30°。则环A、B的质量之比为 ( )
A.1∶ B.1∶2
C.∶1 D.∶2
解析 分别对A、B两圆环受力分析,运用合成法则,如图所示。以A为研究对象,则A只能受到重力和绳子的拉力的