人教版物理高二选修2-2第一章第四节力矩的平衡条件同步练习
文档属性
| 名称 | 人教版物理高二选修2-2第一章第四节力矩的平衡条件同步练习 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 440.0KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-05-26 09:18:02 | ||
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文档简介
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人教版物理高二选修2-2第一章
第四节力矩的平衡条件同步练习
一．选择题
1．如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴．跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为30°．定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住．则下列结论中正确的是（ ）
A． 跨过定滑轮的细绳所受的拉力是
B． CP绳所受的拉力是
C． PD绳所受的拉力是
D． 轴O受到的水平拉力
答案：C
解析：解答：A、以杆OB平衡有：，
由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=，故A错误；
BC、以P为研究对象受力分析如图所示：
根据P平衡有：TPD=Tcos30°=
TCP﹣Tsin30°﹣T=0，所以
故B错误，C正确；
D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力，故D错误．
故选：C．
分析：APB是同一根绳，根据力矩平衡求得绳中张力T，再根据P的平衡由平衡条件求得CP和PD绳中的拉力．
2．如图所示，质量为M、上表面光滑的平板水平安放在A、B两固定支座上．质量为m的小滑块以某一速度匀加速从木板的左端滑至右端．能正确反映滑行过程中，B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化规律的是（ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：解答：设小滑块的速度大小为v，平板长为L，质量为M．以A支座为转轴，
则根据力矩平衡，得
mg vt+MgL=NB′ L
得到NB′=Mg+
根据牛顿第三定律，得B支座所受压力NB=Mg+，可见，C正确
故选：C
分析：以A支座为转轴，以平板和小滑块m为研究对象，分析受力：除转轴外，整体受到重力和B支座的支持力，根据力矩平衡列方程得到支持力的解析式，再由牛顿第三定律得到B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化的解析式，来选择图象
3．如图，质量为m的均匀半圆形薄板，可以绕光滑水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是圆心．在B点作用一个竖直向上的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，若保持力F始终竖直向上，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB接近竖直位置的过程中，力F对应的力矩为M，则M、F大小变化情况是（ ）
A． M变小，F不变 B． M、F均变大
C． M、F均先变大再变小 D． M先变大再变小，F始终变大
答案：C
解析：解答：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；设重力的作用点在P点，如图：
保持力F始终竖直，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB到达竖直位置的过程中，重心P与A点的水平距离先变大后变小，故重力的力矩M′先变大后变小；而拉力的力臂是逐渐变小；
设AB与竖直方向夹角为θ，根据力矩平衡条件，有：
F 2Rsinθ=M=M′
故：F=，故F先增加后减小；
故选：C．
分析：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，找出重心后，根据力矩平衡条件列式分析即可．
4．根据汉族民间传说，木杆秤是鲁班发明的．它是我国民间过去很长时间一直使用的称量物体质量的衡器．通常它是由一根一头粗、一头细的质量分布不均匀的直杆、称钩（BD）、提纽（O）、用可左右移动的轻线悬挂的称砣（质量为m）组成．称杆与称钩整体的重心在C点．不称物体时，将称砣置于A处，此时手提提纽，称杆恰能水平平衡．因而A点质量的刻度为零．当称钩上悬挂重物时，秤砣向右移动x到P点时重新平衡．则下列有关说法正确的是（ ）
A． 杆秤上的刻度一定是均匀的
B． 其它条件不变，OB之间的距离越小，称量范围越小
C． 其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越小
D． 如果在加速上升的电梯中，杆秤称量计数将偏大
答案：A
解析：解答：A、由图可知，OA之间的距离为a，OB之间的距离为b，OC之间的距离为c，设OB杆的质量为m0，秤砣与A之间的距离为x，当秤砣在A点到达平衡时：
m0g c=（m+m′）g a ①
当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时．得：
m0g c+Mg b=m′ga+mg（a+x）
联立以上二式得：M b=m x ②
即，重物 的质量与秤砣到A点的距离成正比，所以杆秤上的刻度一定是均匀的．故A正确；
B、由②式可知，，其它条件不变，OB之间的距离b越小，称量的质量的范围越大．故B错误；
C、由②式可知，，其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越大．故C错误；
D、若在加速上升的电梯中，设加速度大小为：a0，当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时．得：
m0（g+a0） c+M（g+a0） b=m′（g+a0） a+m（g+a0）（a+x）
整理得：M b=m x，可知与电梯的加速度无关．所以如果在加速上升的电梯中，杆秤称量计数不变．
故D错误．
故选：A
分析：杆秤利用杠杆的平衡条件，通过力臂的大小关系得出物体的质量与秤砣的质量之间的关系，测量物体的质量．该题根据该原理解答即可．
5．如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态．另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态．滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点．现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较（ ）
A． 拉力F不变 B． 拉力F减小 C． 角θ不变 D． 角θ减小
答案：D
解析：解答：向左缓慢缓慢移动一小段距离，绳变短，动滑轮要上移，绳PA和PB间的夹角变小，而绳QP位于PA和PB间的角平分线上，所以角θ减小．
经过定滑轮的绳子拉力大小相等，等于mg，两根绳子的合力与QP绳的拉力大小相等，方向相反．因为夹角变小，合力变大，QP绳的拉力就大，所以拉力F增加．故A错误、D正确，B、C错误．
故选：D．
分析：对滑轮P受力分析，抓住三根绳子合力为零，AP、BP绳子拉力大小相等，通过角度的变化进行分析．
6．光滑直杆AB和BC按如图所示连接，A、C处与竖直墙用铰链连接，两杆在B点也用铰链连接，杆及铰链的质量与摩擦都不计．ABC构成一直角三角形，BC与墙垂直，将重力为G、可视为质点的物块P从A点静止释放，则物块从A运动到B的过程中（ ）
A． AB杆对BC杆的作用力方向垂直AB杆向右上方
B． C处铰链对BC杆的作用力不变
C． A处铰链对AB杆的作用力方向不变
D． A处铰链对AB杆的作用力先变小后变大
答案：D
解析：解答：A、杆的质量与摩擦不计，BC杆受到墙壁C处的作用力与AB杆的作用力，墙壁对BC的作用力水平向右，BC杆静止处于平衡状态，由平衡条件可知，AB杆对BC的作用力水平向左，故A错误；
B、以A为支点，物块P向下滑动过程中，物块P对AB的压力不变，力臂逐渐变大，力矩变大，BC对AB的作用力的力臂大小不变，由力臂平衡条件可知，BC对AB的作用力变大，由牛顿第三第定律可知，AB对BC的作用力逐渐变大，杆BC静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，C对BC的作用力等于AB对BC的作用力，则C对BC的作用力逐渐变大，故B错误；
C、BC对AB的作用力FBC方向不变，大小逐渐增大，物块P对AB的作用力N大小与方向都不变，A处对AB的作用力FA如图所示，由图示可知，物块P下滑过程，A处对AB的作用力方向不断变化，由图示可知，FA先变小后变大，当FA与FBC垂直时FA最小，C错误，D正确；
故选：D．
分析：对BC受力分析，然后确定AB对BC的作用力方向；
以A为支点应用力矩平衡条件判断BC对AB的作用力如果变化，然后判断C处作用力的变化情况；
根据AB的受力情况应用平衡条件与力矩平衡条件分析答题．
7．如图，AB、CD分别是两个质量均为m、可以绕A、C两固定水平光滑转轴转动的匀质细杆，D为AB杆的中点，且AC=AD，现在B端施加一个始终垂直AB杆的力F 使杆处于静止状态，DC与水平面的夹角为α，g为重力加速度．则下列说法正确的是（ ）
A． 若CD与AB杆接触处光滑，D端受到的CD杆的作用力大小为
B． 若CD与AB杆接触处光滑，D端受到的CD杆的作用力大小为
C． 若CD与AB杆接触处有摩擦，则力F比接触处光滑时要大
D． 无论接触处是否光滑，及转动方向如何，力F均为一定值
答案：A
解析：解答：设AB杆的长度是2L，杆CD进行受力分析，画出各个力的力臂如图：
则重力的力臂： ①
CD的支持力的力臂： ②
由力矩平衡的条件得：mg L1=FN L2 ③
联立①②③得：
A、由以上分析可得，D端受到的CD杆的作用力大小为为mg．故A正确，B错误；
C、D、若C与AB杆接触处有摩擦，杆AB要分成顺时针转动与逆时针转动两种情况：
1．杆AB顺时针转动时，杆CD相对于AB向上运动，CD在D点受到的摩擦力的方向向下，摩擦力产生顺时针方向的力矩，由力矩平衡的条件得：
mg L1+Mf=FN′ L2
所以此时
2．杆AB逆时针转动时，杆CD相对于AB向下运动，CD在D点受到的摩擦力的方向向上，摩擦力产生逆时针方向的力矩，由力矩平衡的条件得：
mg L1=FN″ L2+Mf
所以：．故C错误，D错误．
故选：A
分析：设AB杆的长度是2L，然后对杆CD进行受力分析，画出各个力的力臂，然后又力矩平衡的条件即可解答．
8．如图所示，T型支架可绕O点无摩擦自由转动，B端搁在水平地面上，将一小物体放在支架上让其从A端自由下滑，若支架表面光滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N1；若支架和小物体间有摩擦，并从A端给小物体一定的初速度，小物体恰好沿AB匀速下滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N2，前后两次过程T型支架均不翻转，则（ ）
A． N1=0 B． N1＜N2 C． N1＞N2 D． N1=N2
答案：B
解析：解答：设物体经过C时对支架的压力大小为N．以O为支点．
当支架和小物体间光滑，小物体经过C时，根据力矩平衡得知N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：
MN1=MN．
当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩等于摩擦力的力矩和物块对支架压力的力矩的和，即MN2=Mf+MN．
由于两次物块对支架压力的力矩相等，得MN2=MN1+Mf，则有MN1＜MN2，而力臂不变，所以N1＜N2．
故选：B
分析：以O为支点，根据力矩平衡条件研究N1与N2的大小关系．支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过C时，N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡．当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩等于摩擦力的力矩和物块对支架压力的力矩的和．
9．如图，光滑的平台上有一质量为20kg长为10.0m质量分布均匀的木板AB，其中7.0m伸出平台，O点是其重心．为了不使木板翻倒，起初让一个质量为30kg的小孩站在长木板的右端．关于木板的平衡问题，下列说法正确的是（ ）
A． 若小孩从木板右端向左端走动，小孩在木板上走动的距离不能超过3.0m
B． 若小孩从木板右端向左端走动，小孩在木板上走动的距离不能超过5.0m
C． 小孩可以在木板上向左随意走动，但决不能从左端离开长木板，否则木板就会翻倒
D． 小孩不但可以在木板上向左端随意走动，而且还可以从左端离开木板，木板也不会翻倒
答案：D
解析：解答：平台光滑，说明小孩和木板组成的系统动量守恒．小孩从木板右端B向左端A走动时，木板将沿平台向右移动，二者相对于平台的动量的大小相等，即：
m人v人=m木v木．
设经过时间t小孩走到A端，则：m人人t=m木木t，
即m人s人=m木s木，
又 s人+s木=10m，
联立二式解得：s木=6m，此时，木板的重心已向右移到了平台上．
此时以桌边为支点，木板重力的力矩大小为：M板=m木g（s木﹣2）=200×（6﹣2）N m=800N m
小孩的重力力矩大小为：M人=m人g（7﹣s木）=300×（7﹣6）N m=300N m
由于M板＞M人，故即使小孩从左端A离开木板，木板也不会翻倒，故ABC错误，D正确．
故选：D．
分析：由题意，平台光滑，小孩和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律分析人与板的位移关系，判断木板重心的位置，确定能否翻倒．
10．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的两倍．棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态．改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态．（若一个物体受三个力而处于平衡状态，那么这三个力一定是共点力）则悬线拉力（ ）
A． 逐渐减小 B． 逐渐增大 C． 先减小后增大 D． 先增大后减小
答案：A
解析：解答：棒子O端用水平轴铰接在墙上，棒处于水平状态，知悬线拉力的力矩和重力力矩平衡，重力力矩不变，当改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，0点到悬线的垂直距离不断增大，则拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐渐减小．故A正确，BCD错误．
故选：A．
分析：根据力矩平衡知，拉力的力矩与重力力矩平衡，根据拉力力臂的变化判断拉力的变化．
11．如图所示，杠杆的两端分别悬挂重物G1、G2后保持水平平衡，如果用水平力F向左缓慢拉起物体G2，使悬挂物体G2的悬线向左偏离竖直方向，则（ ）
A． 杠杆的A端将下降 B． 杠杆的B端将下降
C． 杠杆仍保持平衡 D． 细线BC上的拉力将保持不变
答案：C
解析：解答：根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂，即G1×L1=G2×L2；
当有力作用在G2上时，绳偏离竖直方向角度为α，则此时绳拉力为T，此时G2处于三力平衡状态，
拉力F与绳的拉力T的合力等于G2的重力，即T×Lcosa=Tcosa×L2=G2×L2
即当有力时左边力矩不变，故杠杆仍处于平衡．
故选：C
分析：（1）根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂，即G1×L1=G2×L2；
（2）当有力F作用在G2上时，设绳偏离竖直方向角度为α，则此时绳拉力为T，表示此时力矩T×Lcosa根据力的正交分解和数学关系判定是否平衡．
12．如图，T字形架子ABO可绕通过O点，且垂直于纸面的转动轴自由转动．现在其A端与B端分别施以图示方向的力F1和F2，则关于F1和F2产生的力矩M1和M2，下列说法正确的是（ ）
A． M1引起T形架顺时针转动，M2引起T形架逆时针转动
B． M1和M2可能使T形架保持平衡
C． M1和M2使T形架逆时针转动
D． M1和M2使T形架顺时针转动
答案：C
解析：解答：根据图示由右手定则可知，力F1的力矩M1使T形架沿逆时针方向转动，力F2的力矩M2也使T形架沿逆时针方向转动，所以M1和M2使T形架逆时针转动；故C正确，ABD错误；
故选：C．
分析：物体在力矩作用下会绕转动轴转动，物体沿力矩方向转动，力矩方向可以用右手定则判断，右手四指指向力臂的方向，四指向力的方向弯曲，则大拇指所指的方向就是力矩的方向，即物体的转动方向．
13．如图，一根木棒AB在O点被悬挂起来，在A、C两点分别挂两个和三个钩码，AO=OC，木棒处于平衡状态．如在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，则木棒（ ）
A． 绕O点顺时针方向转动
B． 绕O点逆时针方向转动
C． 平衡可能被破坏，转动方向不定
D． 仍能保持平衡状态
答案：A
解析：解答：以O为转动轴，设AO=OC=L，木棒的重力力矩为M，每个钩码的重力为G．
木棒原来处于平衡状态，根据力矩平衡条件得：2GL+M=3GL；
可得 M=GL
当在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，顺时针力矩之和为：
M顺=6GL
逆时针力矩之和为：M逆=4GL+M=5GL＜M顺，所以木棒将绕O点顺时针方向转动，故A正确．
故选：A．
分析：原来木棒处于平衡状态，力矩平衡，根据力矩平衡条件可求得木棒的重力对O点的力矩；再分析在A点和C点增加砝码后，顺时针力矩和逆时针力矩的大小关系，即可判断木棒的状态．
14．如图所示，粗糙斜面上有一绕有线圈的滚筒A，线圈中通有电流，空间有一竖直方向的匀强磁场．在下列四种情况中由静止释放滚筒，滚筒可能保持静止状态的是（ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：解答：由图，滚筒与斜面的接触点为支点，滚筒受到重力、支持力、摩擦力和安培力的作用，其中支持力和摩擦力过支点，重力的力矩是逆时针的，安培力的力矩必须为顺时针才可能使滚筒保持平衡．
A、线框所受安培力左边向左，右边向右，力臂相等，安培力的合力矩是为零的，所以滚筒不能平衡，故A错；
B、线框所受安培力左边向右，右边向左，力臂相等，合力矩为零，所以滚筒不能平衡，故B错；
C、左边安培力水平向左，右边安培力水平向右，大小相等，但是力臂不等，合力矩为顺时针方向，所以滚筒可能平衡，故C正确；
D、安培力方向与C中相反，大小相等，但是力臂不等，合力矩为逆时针方向，所以滚筒不可能平衡，故D错误．
故选：C．
分析：滚筒与斜面的接触点为支点，滚筒受到重力、支持力、摩擦力和安培力的作用，其中支持力和摩擦力过支点，重力的力矩是逆时针的，安培力的力矩必须为顺时针才可能使滚筒保持平衡．然后根据力矩平衡的条件逐项分析即可．
15．关于力矩，下列说法中正确的是（ ）
A． 力对物体的转动作用效果决定于力矩的大小和方向
B． 力不等于零时，力对物体一定产生转动作用
C． 力矩等于零时，力对物体也可以产生转动作用
D． 力矩的单位是“牛 米”，也可以写成“焦”
答案：A
解析：解答：A、力矩是矢量，其大小不仅决定于力的大小，同时与矩心的位置有关，力矩的大小和方向决定着力对物体的转动作用，故A正确；
BC、当力的大小为零或力臂为零时，则力矩为零，此时力对物体没有产生转动的作用；故BC错误；
D、力矩的单位是N m或kN m，焦耳是力与位移的乘积，而力矩中的米是距离，不是位移，故D错误．
故选：A
分析：作用力使物体绕着转动轴或支点转动的趋向，称为力矩．力矩能够使物体改变其旋转运动．
二．填空题
16．如图所示，一根不均匀的铁棒AB与一辆拖车相连接，连接端B为一固定水平转动轴，拖车在水平面上做匀速直线运动，棒长为L，棒的质量为40kg，它与地面间的动摩擦因数为，棒的重心C距转动轴为，棒与水平面成30°角．运动过程中地面对铁棒的支持力为 N；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变，则运动过程中地面对铁棒的支持力将比原来 （选填“增大”、“不变”或“减小”）．
答案：200|增大
解析：解答：以B点为转轴，在拖车在水平面上向右做匀速直线运动过程中，棒的力矩平衡，设棒与水平面的夹角为α．则有mgcosα=NLcosα+fLsinα ①
又滑动摩擦力f=μN．
联立得：2mgcosα=3Ncosα+3μNsinα ②
解得，
α=30°代入解得，N=200N
若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，α减小，tanα减小，由③得知，N增大．
故答案为：200，增大．
分析：选取接端B为转动轴，地面对铁棒的支持力的力矩与重力的力矩平衡，写出平衡方程，即可求出地面对铁棒的支持力；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些则AB与地，地面之间的夹角减小，同样，可以根据力矩平衡的公式，判定地面对铁棒的支持力的变化．
17．如图，重为G的物体，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上．转动绞车，物体便能升起．设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆AB和BC的质量不计，A、B、C三处均用铰链连接．当物体处于平衡状态时，杆AB所受力的大小为 ，杆BC所受力的大小为 ．
答案：2.73G|3.73G
解析：解答：以A为支点，AB受到BC的支持力和两个绳子的拉力，它们的力臂如图1，设AB杆的长度为L，则：
竖直向下的拉力的力臂；L1=L
BD的拉力的力臂：
BC杆的作用力的力臂：
由力矩平衡得：GL1+GL2=FBC L3
代入数据得：FBC=3.73G
同理，以C为支点，BC受到AB的拉力和两个绳子的拉力，它们的力臂如图2，则：
竖直向下的拉力的力臂：；
BD的拉力的力臂：
BC杆的作用力的力臂：
由力矩平衡得：GL4+GL5=FAB L6
代入数据得：FAB=2.73G
故答案为：2.73G；3.73G
分析：画出各个力，分别作出各个力的力臂，然后又力矩的平衡即可解答．
18．重为G的均匀直杆AB一端用铰链与墙相连，另一端用一条通过光滑的小定滑轮M的绳子系住，如图所示，绳子一端与直杆AB的夹角为30°，绳子另一端在C点与AB垂直，AC=AB．滑轮与绳重力不计．则B点处绳子的拉力的大小是 N，轴对定滑轮M的作用力大小是 N．
答案：|
解析：解答：杆处于力矩平衡状态，设绳子的拉力为F，杆长为L，则由力矩平衡条件可知：
G=F +F；
解得：F=；
滑轮受两绳的拉力及轴对定滑轮的作用力而处于平衡，即轴对定滑轮的作用力与两边绳子的拉力相等，则由力的平行四边形可求得两拉力的合力即为定滑轮对轴的作用力：
由几何关系可知：
而轴对定滑轮的作用力与F'大小相等，方向相反；
故答案为：；
分析：由受力分析可知，杆受B点绳子的拉力、C点绳子的拉力及本身的重力作用处于转动平衡状态；由力矩平衡条件可求得绳子的拉力；由力的合成可求得轴对定滑轮的作用力．
19．如图所示，为一水阀的示意图，C为轻活塞，截面积为10cm2，AB是长为0.8m的轻质杠杆，O为转轴，AO的长度为0.2m，各接触处均光滑．已知大气压强为1.0×105Pa，自来水管内的压强为2.5×105Pa．为保持AB杆水平而水不流出，则在B端需挂一质量为 kg的重物，此时转轴对杆的作用力大小为 N．
答案：5|200
解析：解答：根据力矩平衡知（PS﹣P0S） AO=mg OB
则
对O受力分析知转轴对杆的作用力大小
F=mg+（P﹣P0）S=50N+（2.5﹣1）×105×10×10﹣4N=200N
故答案为：5 200
分析：根据力矩平衡知（PS﹣P0S） AO=mg OB求解质量m，根据力与平衡求解转轴对杆的作用力．
20．半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止，质点处在水平轴O的正下方位置．现以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若两圆盘转过的角度时，质点m的速度最大，则恒力F= ；若圆盘转过的最大角度则此时恒力F= ．
答案：mg|
解析：解答：以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若两圆盘转过的角度时，质点m的速度最大，此时力矩平衡，故：
F r=mg 2rsin30°
解得：F=mg；
根据能量守恒定律得
解得
本题答案是：mg，．
分析：两圆盘转过的角度θ时，两个物体构成的系统减小的重力势能等于增加的动能，根据机械能守恒定律列式求解；当F的力矩大于mg的力矩时，质点m的速度增大，当F的力矩小于mg的力矩时，质点m的速度减小，则当两者力矩相等时，质点m的速度最大．根据力矩平衡条件列方程求解．再能量守恒定律求解F．
21．可轻杆OA绕转轴O自由转动，用轻绳AB和轻弹簧BC连接，位置如图所示．将质量m的小物块悬挂在轻杆中点处，静止后OA处在水平位置，轻绳AB伸直但无拉力，则此时弹簧上的弹力大小为 ；将m右移OA/4的距离，轻绳上拉力大小为 ．
答案：|
解析：解答：设OA长为l，当绳无拉力，则弹簧的拉力的力矩与重力的力矩平衡，即：Flocsin60°=mg；
当m右移的距离时，由力矩平衡得：Flocsin60°+Tlsin30°=mg；
解得：
答案为：
分析：杠杆平衡的条件：动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂；如图所示，根据直角三角形角与边的关系，求出绳子对杠杆拉力的力臂；再利用已知的重力和重力的力臂以及杠杆平衡的条件求出拉力F的大小．
三．解答题
22．改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤．已知力矩盘上各同心圆的间距为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是（ ）
A．力传感器既可测拉力又可测压力
B．力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高
C．能消除转轴摩擦引起的实验误差
D．保证力传感器所受拉力方向不变
答案：BF
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验．在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N．再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验．此方法 （选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差．已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为 N m．力传感器的读数为 N．
答案：能|0.7|﹣0.5
解析：解答：（1）A、弹簧可以测拉力和压力，故A错误；
B、力传感器，定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤，主要好处是：力传感器测力时，不受主观判断影响，精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变，故BD正确；
C、不能消除转轴摩擦力引起的误差，故C错误；
故选：BD．（2）某同学该装置做实验，检验时发现盘停止转动时，他仍用该盘做实验，在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N，说明此时偏心的顺时针力矩M0=3×2×0.05N m=0.3N m；
再对力传感器进行调零，这时就可以消除力矩盘的偏心引起实验误差，力矩盘所受顺时针方向合力矩M1=2×1×0.05﹣2×1×3×0.05﹣0.3N m=0.7N m；
根据固定转动轴物体平衡条件，则有：
F×2×0.05+3×1×3×0.05﹣0.3=2×1×0.05﹣2×2×3×0.05﹣0.3；
解得：F=﹣0.5N；
故答案为：（1）BF；（2）能，0.7，﹣0.5．
分析：（1）根据弹簧可以拉伸与压缩，结合实验原理，及操作步骤，即可求解；（2）根据力矩公式，结合力传感器读数，求得偏心的顺时针力矩，再消除力矩盘的偏心引起实验误差，求得力矩盘所受顺时针方向合力矩，从而根据平衡条件，即可求解．
23．用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件“的实验，力矩盘上个同心圆的间距相等．
（1）（多选）在用细线悬挂钩码前，以下哪些措施是必要的
A．判断力矩盘是否在竖直平面 B．判断横杆MN是否严格保持水平
C．判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小 D．判断力矩盘的重心是否位于盘中心
答案：ACD
（2）在A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受的重力为1牛，则此时弹簧称示数为 牛．
答案：4
（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，则力矩盘的重心在轴的 ．（填左方或右方）
答案：右方
解析：解答：（1）A、为了防止细线及弹簧称与力矩盘摩擦，判断力矩盘是否处在竖直平面是必要的．故A正确．
B、本实验与横杆MN是否平衡无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平．故B错误．
C、D、本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，重力、摩擦力等影响要尽可能小，故CD正确．
故选：ACD．（2）设A、B、C三处拉力大小分别为FA、FB、FC，弹簧称示数为F，由题
FA=1N，FB=1N，FC=3N
设力矩盘上相邻同心圆间距为r，则弹簧称拉力的力臂为L=2r
根据力矩平衡得：
FA 2r+FL=FB r+FC 3r
代入解得：F=4N；（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，因此力矩盘重心在轴的右方，才会导致弹簧秤实际读数偏大，
故答案为：（1）ACD（2）4；（3）右方．
分析：（1）本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，要尽可能减小其他力的影响，比如重力、摩擦力等影响．根据此要求分析选择．（2）分别确定A、B、C三点细线拉力大小和力臂大小，根据力矩平衡求出弹簧称拉力；（3）根据力矩盘心在轴的某一方，结合力矩平衡条件，即可得出弹簧称实际读数偏大还是偏小．
24．在研究有固定转动轴物体平衡条件的实验中
（1）实验开始前需要检查力矩盘重心是否在转轴处，描述检查的操作过程．
答案：心在转轴上，力矩盘本身的重力才可以忽略不计，转动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上
（2）某同学采用50g的钩码，力矩盘平衡后如图所示，弹簧秤读数1.1N，盘面中3个同心圆半径分别是2cm、4cm、6cm．填写下表（g取9.8m/s2，答案精确到0.001N m）：
顺时针力矩 逆时针力矩
0.059N m
答案： 0.064N m
解析：解答：（1）心在转轴上，力矩盘本身的重力才可以忽略不计，转动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上；（2）逆时针力矩为M=1.1×4×10﹣2+50×10﹣3×10×4×10﹣2=0.064N m．
故答案为：（1）在任意位置（转过任意角度）能静止/平衡．（2）0.064N m
分析：（1）动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上；（2）簧秤读数1.1N，一个钩码重50g，根据力矩等于力与力臂的乘积．
25．如图所示是一个半径为R的轮子，它绕固定转动轴O顺时针方向转动，两侧各有一个长为L的竖直杆MO和NQ，它们都固定在天花板上M、N处（如图所示）．两轻杆上距轴为a处各固定一宽度为b的摩擦块（上下厚度不计）．摩擦块与轮子间动摩擦因数都是μ（μ＜），不计杆与摩擦块的重力．为使轮子刹停，在两杆下端P、Q之间用轻绳悬挂一重物．刚好使三根细绳之间夹角都相等．
（1）有同学认为：“由于该装置高度对称，所以两边摩擦力的大小是相等的”．你认为这位同学的看法是否正确？为什么（请简要说明你的理由）？
答案：这位同学的看法是不正确，因为受力（或力矩）情况并不对称；
（2）设AP和AQ上的拉力的大小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是多少？
答案：设AP和AQ上的拉力的大小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是；
（3）为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M．求此时在下方悬挂物体的重力G是多大？
答案：为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M．此时在下方悬挂物体的重力G是
解析：解答：（1）这位同学的看法是不正确，因为受力（或力矩）情况并不对称． （2）对左侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与拉力产生逆时针方向的力矩，支持力N1产生顺时针方向的力矩，根据力矩平衡得：μN1b+Fcos30°L=N1a
代入数据解得：
同理对右侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与拉力产生顺时针方向的力矩，支持力N1产生逆时针方向的力矩，根据力矩平衡得：μN2b+N2a=FLcos30°
代入数据得：
轮子停下的过程中，两侧的路程相同，根据W=FS
所以：（3）由题图可知，轮子制动的过程中，受到的两侧的摩擦力的方向都与轮子边缘的质点运动的方向相反，所以轮子制动的力矩的方向与轮子转动的方向相反，制动的力矩大小：
联立解得：
分析：（1）（2）分别对左右两侧的杆进行受力分析，结合力矩平衡即可求出左右两侧受到的摩擦力，从而判断出两侧的摩擦力是否相等；再结合功的计算公式即可求出左、右两侧摩擦力作功之比．（3）对轮子进行受力分析，求出轮子受到的摩擦力的力矩的表达式，然后结合（2）中的摩擦力的表达式即可求出．
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人教版物理高二选修2-2第一章
第四节力矩的平衡条件同步练习
一．选择题
1．如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴．跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为30°．定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住．则下列结论中正确的是（ ）
A． 跨过定滑轮的细绳所受的拉力是
B． CP绳所受的拉力是
C． PD绳所受的拉力是
D． 轴O受到的水平拉力
答案：C
解析：解答：A、以杆OB平衡有：，
由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=，故A错误；
BC、以P为研究对象受力分析如图所示：
根据P平衡有：TPD=Tcos30°=
TCP﹣Tsin30°﹣T=0，所以
故B错误，C正确；
D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力，故D错误．
故选：C．
分析：APB是同一根绳，根据力矩平衡求得绳中张力T，再根据P的平衡由平衡条件求得CP和PD绳中的拉力．
2．如图所示，质量为M、上表面光滑的平板水平安放在A、B两固定支座上．质量为m的小滑块以某一速度匀加速从木板的左端滑至右端．能正确反映滑行过程中，B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化规律的是（ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：解答：设小滑块的速度大小为v，平板长为L，质量为M．以A支座为转轴，
则根据力矩平衡，得
mg vt+MgL=NB′ L
得到NB′=Mg+
根据牛顿第三定律，得B支座所受压力NB=Mg+，可见，C正确
故选：C
分析：以A支座为转轴，以平板和小滑块m为研究对象，分析受力：除转轴外，整体受到重力和B支座的支持力，根据力矩平衡列方程得到支持力的解析式，再由牛顿第三定律得到B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化的解析式，来选择图象
3．如图，质量为m的均匀半圆形薄板，可以绕光滑水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是圆心．在B点作用一个竖直向上的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，若保持力F始终竖直向上，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB接近竖直位置的过程中，力F对应的力矩为M，则M、F大小变化情况是（ ）
A． M变小，F不变 B． M、F均变大
C． M、F均先变大再变小 D． M先变大再变小，F始终变大
答案：C
解析：解答：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；设重力的作用点在P点，如图：
保持力F始终竖直，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB到达竖直位置的过程中，重心P与A点的水平距离先变大后变小，故重力的力矩M′先变大后变小；而拉力的力臂是逐渐变小；
设AB与竖直方向夹角为θ，根据力矩平衡条件，有：
F 2Rsinθ=M=M′
故：F=，故F先增加后减小；
故选：C．
分析：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，找出重心后，根据力矩平衡条件列式分析即可．
4．根据汉族民间传说，木杆秤是鲁班发明的．它是我国民间过去很长时间一直使用的称量物体质量的衡器．通常它是由一根一头粗、一头细的质量分布不均匀的直杆、称钩（BD）、提纽（O）、用可左右移动的轻线悬挂的称砣（质量为m）组成．称杆与称钩整体的重心在C点．不称物体时，将称砣置于A处，此时手提提纽，称杆恰能水平平衡．因而A点质量的刻度为零．当称钩上悬挂重物时，秤砣向右移动x到P点时重新平衡．则下列有关说法正确的是（ ）
A． 杆秤上的刻度一定是均匀的
B． 其它条件不变，OB之间的距离越小，称量范围越小
C． 其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越小
D． 如果在加速上升的电梯中，杆秤称量计数将偏大
答案：A
解析：解答：A、由图可知，OA之间的距离为a，OB之间的距离为b，OC之间的距离为c，设OB杆的质量为m0，秤砣与A之间的距离为x，当秤砣在A点到达平衡时：
m0g c=（m+m′）g a ①
当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时．得：
m0g c+Mg b=m′ga+mg（a+x）
联立以上二式得：M b=m x ②
即，重物 的质量与秤砣到A点的距离成正比，所以杆秤上的刻度一定是均匀的．故A正确；
B、由②式可知，，其它条件不变，OB之间的距离b越小，称量的质量的范围越大．故B错误；
C、由②式可知，，其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越大．故C错误；
D、若在加速上升的电梯中，设加速度大小为：a0，当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时．得：
m0（g+a0） c+M（g+a0） b=m′（g+a0） a+m（g+a0）（a+x）
整理得：M b=m x，可知与电梯的加速度无关．所以如果在加速上升的电梯中，杆秤称量计数不变．
故D错误．
故选：A
分析：杆秤利用杠杆的平衡条件，通过力臂的大小关系得出物体的质量与秤砣的质量之间的关系，测量物体的质量．该题根据该原理解答即可．
5．如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态．另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态．滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点．现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较（ ）
A． 拉力F不变 B． 拉力F减小 C． 角θ不变 D． 角θ减小
答案：D
解析：解答：向左缓慢缓慢移动一小段距离，绳变短，动滑轮要上移，绳PA和PB间的夹角变小，而绳QP位于PA和PB间的角平分线上，所以角θ减小．
经过定滑轮的绳子拉力大小相等，等于mg，两根绳子的合力与QP绳的拉力大小相等，方向相反．因为夹角变小，合力变大，QP绳的拉力就大，所以拉力F增加．故A错误、D正确，B、C错误．
故选：D．
分析：对滑轮P受力分析，抓住三根绳子合力为零，AP、BP绳子拉力大小相等，通过角度的变化进行分析．
6．光滑直杆AB和BC按如图所示连接，A、C处与竖直墙用铰链连接，两杆在B点也用铰链连接，杆及铰链的质量与摩擦都不计．ABC构成一直角三角形，BC与墙垂直，将重力为G、可视为质点的物块P从A点静止释放，则物块从A运动到B的过程中（ ）
A． AB杆对BC杆的作用力方向垂直AB杆向右上方
B． C处铰链对BC杆的作用力不变
C． A处铰链对AB杆的作用力方向不变
D． A处铰链对AB杆的作用力先变小后变大
答案：D
解析：解答：A、杆的质量与摩擦不计，BC杆受到墙壁C处的作用力与AB杆的作用力，墙壁对BC的作用力水平向右，BC杆静止处于平衡状态，由平衡条件可知，AB杆对BC的作用力水平向左，故A错误；
B、以A为支点，物块P向下滑动过程中，物块P对AB的压力不变，力臂逐渐变大，力矩变大，BC对AB的作用力的力臂大小不变，由力臂平衡条件可知，BC对AB的作用力变大，由牛顿第三第定律可知，AB对BC的作用力逐渐变大，杆BC静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，C对BC的作用力等于AB对BC的作用力，则C对BC的作用力逐渐变大，故B错误；
C、BC对AB的作用力FBC方向不变，大小逐渐增大，物块P对AB的作用力N大小与方向都不变，A处对AB的作用力FA如图所示，由图示可知，物块P下滑过程，A处对AB的作用力方向不断变化，由图示可知，FA先变小后变大，当FA与FBC垂直时FA最小，C错误，D正确；
故选：D．
分析：对BC受力分析，然后确定AB对BC的作用力方向；
以A为支点应用力矩平衡条件判断BC对AB的作用力如果变化，然后判断C处作用力的变化情况；
根据AB的受力情况应用平衡条件与力矩平衡条件分析答题．
7．如图，AB、CD分别是两个质量均为m、可以绕A、C两固定水平光滑转轴转动的匀质细杆，D为AB杆的中点，且AC=AD，现在B端施加一个始终垂直AB杆的力F 使杆处于静止状态，DC与水平面的夹角为α，g为重力加速度．则下列说法正确的是（ ）
A． 若CD与AB杆接触处光滑，D端受到的CD杆的作用力大小为
B． 若CD与AB杆接触处光滑，D端受到的CD杆的作用力大小为
C． 若CD与AB杆接触处有摩擦，则力F比接触处光滑时要大
D． 无论接触处是否光滑，及转动方向如何，力F均为一定值
答案：A
解析：解答：设AB杆的长度是2L，杆CD进行受力分析，画出各个力的力臂如图：
则重力的力臂： ①
CD的支持力的力臂： ②
由力矩平衡的条件得：mg L1=FN L2 ③
联立①②③得：
A、由以上分析可得，D端受到的CD杆的作用力大小为为mg．故A正确，B错误；
C、D、若C与AB杆接触处有摩擦，杆AB要分成顺时针转动与逆时针转动两种情况：
1．杆AB顺时针转动时，杆CD相对于AB向上运动，CD在D点受到的摩擦力的方向向下，摩擦力产生顺时针方向的力矩，由力矩平衡的条件得：
mg L1+Mf=FN′ L2
所以此时
2．杆AB逆时针转动时，杆CD相对于AB向下运动，CD在D点受到的摩擦力的方向向上，摩擦力产生逆时针方向的力矩，由力矩平衡的条件得：
mg L1=FN″ L2+Mf
所以：．故C错误，D错误．
故选：A
分析：设AB杆的长度是2L，然后对杆CD进行受力分析，画出各个力的力臂，然后又力矩平衡的条件即可解答．
8．如图所示，T型支架可绕O点无摩擦自由转动，B端搁在水平地面上，将一小物体放在支架上让其从A端自由下滑，若支架表面光滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N1；若支架和小物体间有摩擦，并从A端给小物体一定的初速度，小物体恰好沿AB匀速下滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N2，前后两次过程T型支架均不翻转，则（ ）
A． N1=0 B． N1＜N2 C． N1＞N2 D． N1=N2
答案：B
解析：解答：设物体经过C时对支架的压力大小为N．以O为支点．
当支架和小物体间光滑，小物体经过C时，根据力矩平衡得知N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：
MN1=MN．
当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩等于摩擦力的力矩和物块对支架压力的力矩的和，即MN2=Mf+MN．
由于两次物块对支架压力的力矩相等，得MN2=MN1+Mf，则有MN1＜MN2，而力臂不变，所以N1＜N2．
故选：B
分析：以O为支点，根据力矩平衡条件研究N1与N2的大小关系．支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过C时，N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡．当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩等于摩擦力的力矩和物块对支架压力的力矩的和．
9．如图，光滑的平台上有一质量为20kg长为10.0m质量分布均匀的木板AB，其中7.0m伸出平台，O点是其重心．为了不使木板翻倒，起初让一个质量为30kg的小孩站在长木板的右端．关于木板的平衡问题，下列说法正确的是（ ）
A． 若小孩从木板右端向左端走动，小孩在木板上走动的距离不能超过3.0m
B． 若小孩从木板右端向左端走动，小孩在木板上走动的距离不能超过5.0m
C． 小孩可以在木板上向左随意走动，但决不能从左端离开长木板，否则木板就会翻倒
D． 小孩不但可以在木板上向左端随意走动，而且还可以从左端离开木板，木板也不会翻倒
答案：D
解析：解答：平台光滑，说明小孩和木板组成的系统动量守恒．小孩从木板右端B向左端A走动时，木板将沿平台向右移动，二者相对于平台的动量的大小相等，即：
m人v人=m木v木．
设经过时间t小孩走到A端，则：m人人t=m木木t，
即m人s人=m木s木，
又 s人+s木=10m，
联立二式解得：s木=6m，此时，木板的重心已向右移到了平台上．
此时以桌边为支点，木板重力的力矩大小为：M板=m木g（s木﹣2）=200×（6﹣2）N m=800N m
小孩的重力力矩大小为：M人=m人g（7﹣s木）=300×（7﹣6）N m=300N m
由于M板＞M人，故即使小孩从左端A离开木板，木板也不会翻倒，故ABC错误，D正确．
故选：D．
分析：由题意，平台光滑，小孩和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律分析人与板的位移关系，判断木板重心的位置，确定能否翻倒．
10．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的两倍．棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态．改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态．（若一个物体受三个力而处于平衡状态，那么这三个力一定是共点力）则悬线拉力（ ）
A． 逐渐减小 B． 逐渐增大 C． 先减小后增大 D． 先增大后减小
答案：A
解析：解答：棒子O端用水平轴铰接在墙上，棒处于水平状态，知悬线拉力的力矩和重力力矩平衡，重力力矩不变，当改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，0点到悬线的垂直距离不断增大，则拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐渐减小．故A正确，BCD错误．
故选：A．
分析：根据力矩平衡知，拉力的力矩与重力力矩平衡，根据拉力力臂的变化判断拉力的变化．
11．如图所示，杠杆的两端分别悬挂重物G1、G2后保持水平平衡，如果用水平力F向左缓慢拉起物体G2，使悬挂物体G2的悬线向左偏离竖直方向，则（ ）
A． 杠杆的A端将下降 B． 杠杆的B端将下降
C． 杠杆仍保持平衡 D． 细线BC上的拉力将保持不变
答案：C
解析：解答：根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂，即G1×L1=G2×L2；
当有力作用在G2上时，绳偏离竖直方向角度为α，则此时绳拉力为T，此时G2处于三力平衡状态，
拉力F与绳的拉力T的合力等于G2的重力，即T×Lcosa=Tcosa×L2=G2×L2
即当有力时左边力矩不变，故杠杆仍处于平衡．
故选：C
分析：（1）根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂，即G1×L1=G2×L2；
（2）当有力F作用在G2上时，设绳偏离竖直方向角度为α，则此时绳拉力为T，表示此时力矩T×Lcosa根据力的正交分解和数学关系判定是否平衡．
12．如图，T字形架子ABO可绕通过O点，且垂直于纸面的转动轴自由转动．现在其A端与B端分别施以图示方向的力F1和F2，则关于F1和F2产生的力矩M1和M2，下列说法正确的是（ ）
A． M1引起T形架顺时针转动，M2引起T形架逆时针转动
B． M1和M2可能使T形架保持平衡
C． M1和M2使T形架逆时针转动
D． M1和M2使T形架顺时针转动
答案：C
解析：解答：根据图示由右手定则可知，力F1的力矩M1使T形架沿逆时针方向转动，力F2的力矩M2也使T形架沿逆时针方向转动，所以M1和M2使T形架逆时针转动；故C正确，ABD错误；
故选：C．
分析：物体在力矩作用下会绕转动轴转动，物体沿力矩方向转动，力矩方向可以用右手定则判断，右手四指指向力臂的方向，四指向力的方向弯曲，则大拇指所指的方向就是力矩的方向，即物体的转动方向．
13．如图，一根木棒AB在O点被悬挂起来，在A、C两点分别挂两个和三个钩码，AO=OC，木棒处于平衡状态．如在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，则木棒（ ）
A． 绕O点顺时针方向转动
B． 绕O点逆时针方向转动
C． 平衡可能被破坏，转动方向不定
D． 仍能保持平衡状态
答案：A
解析：解答：以O为转动轴，设AO=OC=L，木棒的重力力矩为M，每个钩码的重力为G．
木棒原来处于平衡状态，根据力矩平衡条件得：2GL+M=3GL；
可得 M=GL
当在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，顺时针力矩之和为：
M顺=6GL
逆时针力矩之和为：M逆=4GL+M=5GL＜M顺，所以木棒将绕O点顺时针方向转动，故A正确．
故选：A．
分析：原来木棒处于平衡状态，力矩平衡，根据力矩平衡条件可求得木棒的重力对O点的力矩；再分析在A点和C点增加砝码后，顺时针力矩和逆时针力矩的大小关系，即可判断木棒的状态．
14．如图所示，粗糙斜面上有一绕有线圈的滚筒A，线圈中通有电流，空间有一竖直方向的匀强磁场．在下列四种情况中由静止释放滚筒，滚筒可能保持静止状态的是（ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：解答：由图，滚筒与斜面的接触点为支点，滚筒受到重力、支持力、摩擦力和安培力的作用，其中支持力和摩擦力过支点，重力的力矩是逆时针的，安培力的力矩必须为顺时针才可能使滚筒保持平衡．
A、线框所受安培力左边向左，右边向右，力臂相等，安培力的合力矩是为零的，所以滚筒不能平衡，故A错；
B、线框所受安培力左边向右，右边向左，力臂相等，合力矩为零，所以滚筒不能平衡，故B错；
C、左边安培力水平向左，右边安培力水平向右，大小相等，但是力臂不等，合力矩为顺时针方向，所以滚筒可能平衡，故C正确；
D、安培力方向与C中相反，大小相等，但是力臂不等，合力矩为逆时针方向，所以滚筒不可能平衡，故D错误．
故选：C．
分析：滚筒与斜面的接触点为支点，滚筒受到重力、支持力、摩擦力和安培力的作用，其中支持力和摩擦力过支点，重力的力矩是逆时针的，安培力的力矩必须为顺时针才可能使滚筒保持平衡．然后根据力矩平衡的条件逐项分析即可．
15．关于力矩，下列说法中正确的是（ ）
A． 力对物体的转动作用效果决定于力矩的大小和方向
B． 力不等于零时，力对物体一定产生转动作用
C． 力矩等于零时，力对物体也可以产生转动作用
D． 力矩的单位是“牛 米”，也可以写成“焦”
答案：A
解析：解答：A、力矩是矢量，其大小不仅决定于力的大小，同时与矩心的位置有关，力矩的大小和方向决定着力对物体的转动作用，故A正确；
BC、当力的大小为零或力臂为零时，则力矩为零，此时力对物体没有产生转动的作用；故BC错误；
D、力矩的单位是N m或kN m，焦耳是力与位移的乘积，而力矩中的米是距离，不是位移，故D错误．
故选：A
分析：作用力使物体绕着转动轴或支点转动的趋向，称为力矩．力矩能够使物体改变其旋转运动．
二．填空题
16．如图所示，一根不均匀的铁棒AB与一辆拖车相连接，连接端B为一固定水平转动轴，拖车在水平面上做匀速直线运动，棒长为L，棒的质量为40kg，它与地面间的动摩擦因数为，棒的重心C距转动轴为，棒与水平面成30°角．运动过程中地面对铁棒的支持力为 N；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变，则运动过程中地面对铁棒的支持力将比原来 （选填“增大”、“不变”或“减小”）．
答案：200|增大
解析：解答：以B点为转轴，在拖车在水平面上向右做匀速直线运动过程中，棒的力矩平衡，设棒与水平面的夹角为α．则有mgcosα=NLcosα+fLsinα ①
又滑动摩擦力f=μN．
联立得：2mgcosα=3Ncosα+3μNsinα ②
解得，
α=30°代入解得，N=200N
若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，α减小，tanα减小，由③得知，N增大．
故答案为：200，增大．
分析：选取接端B为转动轴，地面对铁棒的支持力的力矩与重力的力矩平衡，写出平衡方程，即可求出地面对铁棒的支持力；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些则AB与地，地面之间的夹角减小，同样，可以根据力矩平衡的公式，判定地面对铁棒的支持力的变化．
17．如图，重为G的物体，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上．转动绞车，物体便能升起．设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆AB和BC的质量不计，A、B、C三处均用铰链连接．当物体处于平衡状态时，杆AB所受力的大小为 ，杆BC所受力的大小为 ．
答案：2.73G|3.73G
解析：解答：以A为支点，AB受到BC的支持力和两个绳子的拉力，它们的力臂如图1，设AB杆的长度为L，则：
竖直向下的拉力的力臂；L1=L
BD的拉力的力臂：
BC杆的作用力的力臂：
由力矩平衡得：GL1+GL2=FBC L3
代入数据得：FBC=3.73G
同理，以C为支点，BC受到AB的拉力和两个绳子的拉力，它们的力臂如图2，则：
竖直向下的拉力的力臂：；
BD的拉力的力臂：
BC杆的作用力的力臂：
由力矩平衡得：GL4+GL5=FAB L6
代入数据得：FAB=2.73G
故答案为：2.73G；3.73G
分析：画出各个力，分别作出各个力的力臂，然后又力矩的平衡即可解答．
18．重为G的均匀直杆AB一端用铰链与墙相连，另一端用一条通过光滑的小定滑轮M的绳子系住，如图所示，绳子一端与直杆AB的夹角为30°，绳子另一端在C点与AB垂直，AC=AB．滑轮与绳重力不计．则B点处绳子的拉力的大小是 N，轴对定滑轮M的作用力大小是 N．
答案：|
解析：解答：杆处于力矩平衡状态，设绳子的拉力为F，杆长为L，则由力矩平衡条件可知：
G=F +F；
解得：F=；
滑轮受两绳的拉力及轴对定滑轮的作用力而处于平衡，即轴对定滑轮的作用力与两边绳子的拉力相等，则由力的平行四边形可求得两拉力的合力即为定滑轮对轴的作用力：
由几何关系可知：
而轴对定滑轮的作用力与F'大小相等，方向相反；
故答案为：；
分析：由受力分析可知，杆受B点绳子的拉力、C点绳子的拉力及本身的重力作用处于转动平衡状态；由力矩平衡条件可求得绳子的拉力；由力的合成可求得轴对定滑轮的作用力．
19．如图所示，为一水阀的示意图，C为轻活塞，截面积为10cm2，AB是长为0.8m的轻质杠杆，O为转轴，AO的长度为0.2m，各接触处均光滑．已知大气压强为1.0×105Pa，自来水管内的压强为2.5×105Pa．为保持AB杆水平而水不流出，则在B端需挂一质量为 kg的重物，此时转轴对杆的作用力大小为 N．
答案：5|200
解析：解答：根据力矩平衡知（PS﹣P0S） AO=mg OB
则
对O受力分析知转轴对杆的作用力大小
F=mg+（P﹣P0）S=50N+（2.5﹣1）×105×10×10﹣4N=200N
故答案为：5 200
分析：根据力矩平衡知（PS﹣P0S） AO=mg OB求解质量m，根据力与平衡求解转轴对杆的作用力．
20．半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止，质点处在水平轴O的正下方位置．现以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若两圆盘转过的角度时，质点m的速度最大，则恒力F= ；若圆盘转过的最大角度则此时恒力F= ．
答案：mg|
解析：解答：以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若两圆盘转过的角度时，质点m的速度最大，此时力矩平衡，故：
F r=mg 2rsin30°
解得：F=mg；
根据能量守恒定律得
解得
本题答案是：mg，．
分析：两圆盘转过的角度θ时，两个物体构成的系统减小的重力势能等于增加的动能，根据机械能守恒定律列式求解；当F的力矩大于mg的力矩时，质点m的速度增大，当F的力矩小于mg的力矩时，质点m的速度减小，则当两者力矩相等时，质点m的速度最大．根据力矩平衡条件列方程求解．再能量守恒定律求解F．
21．可轻杆OA绕转轴O自由转动，用轻绳AB和轻弹簧BC连接，位置如图所示．将质量m的小物块悬挂在轻杆中点处，静止后OA处在水平位置，轻绳AB伸直但无拉力，则此时弹簧上的弹力大小为 ；将m右移OA/4的距离，轻绳上拉力大小为 ．
答案：|
解析：解答：设OA长为l，当绳无拉力，则弹簧的拉力的力矩与重力的力矩平衡，即：Flocsin60°=mg；
当m右移的距离时，由力矩平衡得：Flocsin60°+Tlsin30°=mg；
解得：
答案为：
分析：杠杆平衡的条件：动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂；如图所示，根据直角三角形角与边的关系，求出绳子对杠杆拉力的力臂；再利用已知的重力和重力的力臂以及杠杆平衡的条件求出拉力F的大小．
三．解答题
22．改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤．已知力矩盘上各同心圆的间距为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是（ ）
A．力传感器既可测拉力又可测压力
B．力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高
C．能消除转轴摩擦引起的实验误差
D．保证力传感器所受拉力方向不变
答案：BF
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验．在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N．再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验．此方法 （选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差．已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为 N m．力传感器的读数为 N．
答案：能|0.7|﹣0.5
解析：解答：（1）A、弹簧可以测拉力和压力，故A错误；
B、力传感器，定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤，主要好处是：力传感器测力时，不受主观判断影响，精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变，故BD正确；
C、不能消除转轴摩擦力引起的误差，故C错误；
故选：BD．（2）某同学该装置做实验，检验时发现盘停止转动时，他仍用该盘做实验，在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N，说明此时偏心的顺时针力矩M0=3×2×0.05N m=0.3N m；
再对力传感器进行调零，这时就可以消除力矩盘的偏心引起实验误差，力矩盘所受顺时针方向合力矩M1=2×1×0.05﹣2×1×3×0.05﹣0.3N m=0.7N m；
根据固定转动轴物体平衡条件，则有：
F×2×0.05+3×1×3×0.05﹣0.3=2×1×0.05﹣2×2×3×0.05﹣0.3；
解得：F=﹣0.5N；
故答案为：（1）BF；（2）能，0.7，﹣0.5．
分析：（1）根据弹簧可以拉伸与压缩，结合实验原理，及操作步骤，即可求解；（2）根据力矩公式，结合力传感器读数，求得偏心的顺时针力矩，再消除力矩盘的偏心引起实验误差，求得力矩盘所受顺时针方向合力矩，从而根据平衡条件，即可求解．
23．用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件“的实验，力矩盘上个同心圆的间距相等．
（1）（多选）在用细线悬挂钩码前，以下哪些措施是必要的
A．判断力矩盘是否在竖直平面 B．判断横杆MN是否严格保持水平
C．判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小 D．判断力矩盘的重心是否位于盘中心
答案：ACD
（2）在A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受的重力为1牛，则此时弹簧称示数为 牛．
答案：4
（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，则力矩盘的重心在轴的 ．（填左方或右方）
答案：右方
解析：解答：（1）A、为了防止细线及弹簧称与力矩盘摩擦，判断力矩盘是否处在竖直平面是必要的．故A正确．
B、本实验与横杆MN是否平衡无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平．故B错误．
C、D、本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，重力、摩擦力等影响要尽可能小，故CD正确．
故选：ACD．（2）设A、B、C三处拉力大小分别为FA、FB、FC，弹簧称示数为F，由题
FA=1N，FB=1N，FC=3N
设力矩盘上相邻同心圆间距为r，则弹簧称拉力的力臂为L=2r
根据力矩平衡得：
FA 2r+FL=FB r+FC 3r
代入解得：F=4N；（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，因此力矩盘重心在轴的右方，才会导致弹簧秤实际读数偏大，
故答案为：（1）ACD（2）4；（3）右方．
分析：（1）本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，要尽可能减小其他力的影响，比如重力、摩擦力等影响．根据此要求分析选择．（2）分别确定A、B、C三点细线拉力大小和力臂大小，根据力矩平衡求出弹簧称拉力；（3）根据力矩盘心在轴的某一方，结合力矩平衡条件，即可得出弹簧称实际读数偏大还是偏小．
24．在研究有固定转动轴物体平衡条件的实验中
（1）实验开始前需要检查力矩盘重心是否在转轴处，描述检查的操作过程．
答案：心在转轴上，力矩盘本身的重力才可以忽略不计，转动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上
（2）某同学采用50g的钩码，力矩盘平衡后如图所示，弹簧秤读数1.1N，盘面中3个同心圆半径分别是2cm、4cm、6cm．填写下表（g取9.8m/s2，答案精确到0.001N m）：
顺时针力矩 逆时针力矩
0.059N m
答案： 0.064N m
解析：解答：（1）心在转轴上，力矩盘本身的重力才可以忽略不计，转动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上；（2）逆时针力矩为M=1.1×4×10﹣2+50×10﹣3×10×4×10﹣2=0.064N m．
故答案为：（1）在任意位置（转过任意角度）能静止/平衡．（2）0.064N m
分析：（1）动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上；（2）簧秤读数1.1N，一个钩码重50g，根据力矩等于力与力臂的乘积．
25．如图所示是一个半径为R的轮子，它绕固定转动轴O顺时针方向转动，两侧各有一个长为L的竖直杆MO和NQ，它们都固定在天花板上M、N处（如图所示）．两轻杆上距轴为a处各固定一宽度为b的摩擦块（上下厚度不计）．摩擦块与轮子间动摩擦因数都是μ（μ＜），不计杆与摩擦块的重力．为使轮子刹停，在两杆下端P、Q之间用轻绳悬挂一重物．刚好使三根细绳之间夹角都相等．
（1）有同学认为：“由于该装置高度对称，所以两边摩擦力的大小是相等的”．你认为这位同学的看法是否正确？为什么（请简要说明你的理由）？
答案：这位同学的看法是不正确，因为受力（或力矩）情况并不对称；
（2）设AP和AQ上的拉力的大小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是多少？
答案：设AP和AQ上的拉力的大小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是；
（3）为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M．求此时在下方悬挂物体的重力G是多大？
答案：为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M．此时在下方悬挂物体的重力G是
解析：解答：（1）这位同学的看法是不正确，因为受力（或力矩）情况并不对称． （2）对左侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与拉力产生逆时针方向的力矩，支持力N1产生顺时针方向的力矩，根据力矩平衡得：μN1b+Fcos30°L=N1a
代入数据解得：
同理对右侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与拉力产生顺时针方向的力矩，支持力N1产生逆时针方向的力矩，根据力矩平衡得：μN2b+N2a=FLcos30°
代入数据得：
轮子停下的过程中，两侧的路程相同，根据W=FS
所以：（3）由题图可知，轮子制动的过程中，受到的两侧的摩擦力的方向都与轮子边缘的质点运动的方向相反，所以轮子制动的力矩的方向与轮子转动的方向相反，制动的力矩大小：
联立解得：
分析：（1）（2）分别对左右两侧的杆进行受力分析，结合力矩平衡即可求出左右两侧受到的摩擦力，从而判断出两侧的摩擦力是否相等；再结合功的计算公式即可求出左、右两侧摩擦力作功之比．（3）对轮子进行受力分析，求出轮子受到的摩擦力的力矩的表达式，然后结合（2）中的摩擦力的表达式即可求出．
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