铰链四杆机构的死点位置发生在( )

（1）对于物块C：F=20N=mg，球对C没有摩擦力
B球处于力矩平衡状态，M_N=M_G
则有，N
(L+r)2−(d+r)2=Mg（d+r），
解得：N=22.5N
（2）B球仍处于力矩平衡状态：M_f′+M_G=M_N′
则有，μN′d+Mg（d+r）=N′
(L+r)2−(d+r)2，
解得：N′=25N
答：（1）物块C对B球压力的大小22.5N；
（2）撤去力F后，C在B球与墙面间下滑时对B球压力的大小25N．

点评：
本题考点： 物体的弹性和弹力；力矩和力偶．

考点点评： 考查如何进行受力分析，理解力矩平衡条件，掌握力臂的含义．

当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于木块的速度在垂直于杆子方向上的分速度，v_B=vsinθ，则杆子的角速度ω=
vB
rOB，则小球A的线速度v_A=ωL=
vLsin2θ
h，故A正确，B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 速度公式及其应用．

考点点评： 解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度．

因小球A绕O点做圆周运动，根据线速度与角速度的关系为：v=rω=1×3m/s=3m/s；

此时如图：OBsin53°=h=0.3m
v_Bsin53°=OBω
得：vB＝

h
sin53°ω
sin53°＝

0.3
0.8×3
0.8m/s＝
45
32m/s
当杆与水平方向成37°角时，令物块的速度为v，则如下图所示：

此时如图：OB′sin37°=h=0.3m
由几何知识知：
vA′
vB′sin37°＝
OA
OB′
可得：vA′＝
OA
OB′vB′sin37°
小球A减小的重力势能等于小球A和物块B增加的动能之和：
mAgOA(sin53°−sin37°)＝
1
2mAvA′−
1
2mA
v2A+
1
2mBvB′2−
1
2mvB2
代入数据可解得：
1
2mBvB′2＝4.9J
故答案为：3，4.9

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 本题的难点是关于物块速度的分解，物块实际运动速度为合速度，可分解为沿杆方向和垂直杆方向的两个速度．这是解决本题的关键，能从能量角度分析重力势能的变化与动能变化间的关系．

∵能使轮减速而制动时对轮施加力矩为1000牛米，即fR=1000N•m，
∴f=[1000N•m/0.2m]=5000N．
∵闸与轮间动摩擦因数μ为0.5，
∴由f=μN得：N=F₂=[f/μ]=[5000N/0.5]=10000N，
根据杠杆平衡条件得：FOA=F₂OB，
F=
F2OB
OA=[10000N×0.2m/0.5m]=4000N．
故答案为：4000．

点评：
本题考点： 杠杆的平衡条件．

考点点评： 本题考查力矩、动摩擦因数和杠杆平衡条件的应用，关键是理解力矩的物理意义．

以A为固定转动点，静止时，由力矩平衡得：
N•Lsinθ=G•[L/2]sinθ
据题 N=10N，解得 G=20N
当向左拉物块时，AB相对于物块向右运动，受到的摩擦力向左．
以A为固定转动点，由力矩平衡得：
N₁•Lsinθ+μN₁•Lcosθ=G•[L/2]sinθ
又 N₁=9N，G=20N
得 μcotθ=[1/9]
当向右拉动木块时，AB相对于物块向左运动，受到的摩擦力向右．
以A为固定转动点，由力矩平衡得：
N₂•Lsinθ=μN₂•Lcosθ+G•[L/2]sinθ
N₂=μN₂cotθ+[G/2]
解得：N₂=11.25N
答：将木块向右拉出时，木块对杆的弹力为11.25N．

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题是力矩平衡条件的应用，受力分析是关键，还要正确确定力臂．

A、B、水平力F将木板向右匀速拉出时，以光滑铰链为支点，对球杆整体受力分析，如图所示：由于摩擦力有力矩，根据平力矩平衡条件，重力的力矩大于支持力的力矩，由于重力和支持力的力臂相等，故重力大于支持力；故f=...

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题关键随球杆整体运用力矩平衡条件判断压力和重力的大小关系，然后对木板受力分析，根据平衡条件得到拉力和μmg的大小情况，不难．

因为AB是对称的，所以只分析A和C的受力．
设A上铰支座对杆A的水平支座反力为R_x，竖直反力为R_y（就是支座对杆的力） 杆C对A的作用力水平为N_x，竖直为N_y，则有：
（1）水平方向力平衡：N_x=R_x
（2）竖直力平衡：R_y+mg=N_y
（3）力矩平衡（A定点为力矩中心）：mg×[1/2]Lsinθ=N_x×[2Lcosθ/3]+N_y×[2Lsinθ/3]
同时，对AB的整体来说，有：
（4）2R_y=2mg
联立以上4个方程，解得：R_x=1.5mgtanθ，R_y=mg（方向向上），N_x=1.5mgtanθ，N_y=0．
所以弯杆C对杆A的作用力的方向水平向左，大小为1.5mgtanθ．
故答案为：水平向左，1.5mgtanθ

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件．

考点点评： 本题考查了受力平衡，力矩平衡，对学生的能力要求较高，难度较大．

分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F₁、F₂、F₃，各图中T=mg．
在图（a）中，F_a=2mgcos30°=
3mg．
在图（b）中，F_b=mgtan60°=
3mg．
在图（c）中，F_c=mgcos30°=

3
2mg．可知a=b＞c，故C正确，A、B、D错误．
故选：C

点评：
本题考点： 物体的弹性和弹力．

考点点评： 解决本题的关键首先要选择好研究对象，能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．

如图所示

根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度v_B=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v₂和v₁，其中v₂=v_Bsinθ=vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v₁=v_Bcosθ为B点沿杆运动的速度．当杆与水平方向夹角为θ时，OB=[h/sinθ]
A、A、B两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度ω相同，由于转动半径不一样，故A、B的线速度不相同，故A错误；
B、由于A、B在同一杆上绕O点做圆周运动，故A、B绕O做圆周运动的角速度相同，故B错误；
C、由于B点的线速度为v₂=vsinθ=OBω，所以ω＝
vsinθ
OB=
vsin2θ
h，故C错误；
D、由C分析知，杆转动的角速度ω=
vsin2θ
h，所以A的线速度v_A=Lω=
Lvsin2θ
h，故D正确．
故选D

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速；运动的合成和分解．

考点点评： 解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度

设OA杆长为L，重力为G₁，重物的重力为G₂．
对杆OA研究，以O转轴，由力矩平衡条件，得
TLsinA=G₁[1/2L+G₂X
得到T=
G2
sinAX+
G1
2sinA]，T-X图象是不过原点的倾斜直线．
由题X=[1/2at2，代入得T=
G2a
2sinAt2+
G1
2sinA]，当t=0时，T＞0，是开口向上的抛物线．故A正确．
故选A．

点评：
本题考点： 常见的承重结构及其特点；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力矩的平衡条件．

考点点评： 本题考查根据力矩平衡条件求出解析式来选择图象的能力，比较容易．