热门试卷

解：设球对墙壁的压力大小为F1，对木板的压力大小为F2，根据牛顿第三定律知，墙壁和木板对球的作用力分别为F1和F2．

以小球研究对象，分析受力情况，作出力图．设木板与水平方向的夹角为θ．根据平衡条件得

    F1=Gtanθ，F2=

将木板BC缓慢转至水平位置的过程中，θ减小，tanθ减小，cosθ增大，则得到 F1，F2均减小．

故选D

解：A、由题可知，C物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C物体的重力大小相等，为mg；

对杆AB进行受力分析如图，则：

设AB杆的长度为L，由图可知，杆的重力产生的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是L；绳子的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是Lsinθ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得：

所以：M=2msinθ   ①．故A正确；

B、由题图可知，两根绳子的拉力的方向之间有夹角，所以两根绳子的拉力的合力大小要小于2mg，即滑轮受到的压力小于2mg．故B错误；

C、由受力图可知，轴A对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，由于重力的作用线过杆的中点，所以可知力F与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，并且力：Fcosθ=mgcosθ，所以F与绳子的拉力的大小也相等，即F=mg   ②．则杆对轴A的作用力大小为mg．故C正确；

D、联立①②可得：F=，所以杆对轴A的作用力大小也可以表达为．故D正确．

故选：ACD

解：A、设每个小球的质量为m．以整体为研究对象，在竖直方向有 N=2mg，故将P环稍微向左移动少许后N不变．故A正确．

BCD、以Q为研究对象，Q静止时合力为零，没有变化．Q受力情况如图所示，故有

Fcosθ=mg，得F=

由于P向左移动一小段，故θ减小，所以F减小．

而NQ=Fsinθ，

由于θ减小，F减小，所以竖杆对Q的弹力NQ减小．

对整体来说 NQ=f，

故P所受的摩擦力f减小．故BC错误，D正确．

故选：AD

解：由于半圆柱对小球B的作用力恰好为零，可知绳子的拉力为mg；

设OA与竖直方向夹角为θ，对A分析，如图所示：

由几何关系可知拉力F和支持力N与水平方向的夹角相等，而且F与N的大小也相等．有：2Fcosθ=mg；

联立可得：cosθ=

所以：θ=30°．选项C正确，选项ABD错误．

故选：C

解：如图

对小环进行受力分析，如图所示，小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应该相等：

m1gsin=m2gcos（α-90）

即：m1cos=m2sinα

m1cos=2m2sincos

得：m1：m2=2sin

故选C