人教版高中物理选修2-2 1.5 刚体的平衡的条件 同步测试（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版高中物理选修2-2 1.5 刚体的平衡的条件 同步测试（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 210.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-07-09 15:25:03 | ||
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文档简介
人教版高中物理选修2-2第一章第五节 刚体的平衡的条件 同步测试
一、单选题（共8题；共16分）
1.如图所示，小圆环A吊着一质量为m2的物块并套在另一个竖起的大圆环上，有一细线拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物体，如果不计一切摩擦，平衡时弦AB所对的圆心角为θ，则两物块的质量之比m1：m2为（ ）
A.??????????????????????????????????B.??????????????????????????????????C.?cos ?????????????????????????????????D.?sin
2.如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（?? ）
A.?M减小，F增大????????????????B.?M减小，F减小????????????????C.?M增大，F增大????????????????D.?M增大，F减小
3.如图所示是一个自制密度秤，其外形和杆秤差不多．装秤钩的地方吊着一个铁块，秤砣放在A处时，秤杆恰好平衡．把铁块放在待测密度的液体中，移动秤砣．便可直接在杆上读出液体的密度，下列说法中错误的是（ ）
A.?密度秤的刻度零点在A点?????????????????????????????????????B.?秤杆上较大的刻度在较小刻度的左边
C.?秤杆上较大的刻度在较小刻度的右边??????????????????D.?密度秤的刻度都在A点的左边
4.如图所示，质量为m的均匀半圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心．在B点作用一个竖直的力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，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，力F对应的力矩为M，则它们大小变化情况是（ ）
A.?M变小，F不变??????B.?M、F均变大??????C.?M先变大再变小，F始终变大??????D.?M、F均先变大再变小
5.如图所示，abc为质量均匀的直角等边曲杆，曲杆可绕c端的光滑铰链，在竖直平面内转动．若在a端施加力F1和F2 ， 根据图象所示方向，我们可以得到的结论正确的是（ ）
A.?F1和F2都产生顺时针效果的力矩
B.?F1产生顺时针效果的力矩，F2产生逆时针效果的力矩
C.?F1产生逆时针效果的力矩，F2顺时针效果的力矩
D.?F1和F2都产生逆时针效果的力矩
6.北京二十九届奥运会皮划艇比赛中，马鞍山运动员李臻（如图）一手支撑住浆柄的末端（视为支点），另一手用力划桨，此时的船桨（ ）
A.?是等臂杠杆???????????B.?是费力杠杆???????????C.?是省力杠杆???????????D.?对水的力与水对船桨的力是平衡力
7.如图所示为等刻度的轻质杠杆，A处挂一个重为2牛的物体，若要使杠杆在水平位置平衡，则在B处施加的力（ ）
A.?可能是0.5牛????????????????????????B.?一定是1牛????????????????????????C.?可能是2牛????????????????????????D.?一定是4牛
8.如图所示，质量不均匀的直木棒以左端为轴，在力F的作用下，由水平位置缓慢的拉到图中虚线位置．在此过程中力F始终保持与棒垂直，以下说法中正确的是（ ）
A.?力F变小，其力矩变小?????????????????????????????????????????B.?力F变大，其力矩变大
C.?力F不变，其力矩也不变??????????????????????????????????????D.?力F不变，其力矩变小
二、填空题（共2题；共4分）
9.一质量为M的均匀三角形水泥薄板ABC平放在水平地面上，已知AB＜AC＜BC，有一人分别从三顶角A、B、C处抬水泥板，若能抬起，则在A、B、C三处所用的力FA、FB、FC的大小关系是________，FA=________．
10.如图所示，质量为m的均匀半圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心．在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F=________；保持力F始终垂直于AB，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，力F的大小变化情况是________．
三、解答题（共2题；共10分）
11.如图所示，一飞轮半径为R，转轴在其圆心，为使其制动需要的力矩为M．P、Q为两根长为L的杆，下端铰于地面，上端用一弹簧相连，在杆上离下端a处各有一个宽度不计、厚度为b的制动闸，闸与飞轮间的滑动摩擦系数为μ，为能使飞轮制动，弹簧的弹力应为多大？
12.如图（a）所示，ABCD是一个T型支架，已知整个支架的质量为m1=5kg，重心在BD上、离B点0.2m的O点处，BD=0.6m，D点通过铰链连接在水平地面上，ABC部分成为一斜面，与水平地面间的夹角为37°，且AB=BC，AC⊥BD．现有一质量为m2=10kg的钢块以v0=4m/s的初速度滑上ABC斜面，钢块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．问：T型支架会不会绕D点转动？
某同学的解题思路如下：
可以先算出钢块静止在ABC上恰好使支架转动的位置，如图（b）所示．根据支架受力情况写出此时力矩平衡的式子：
MN=Mf+MG，可根据该式子求出该位置到C点的距离s1；（MN、Mf、MG分别是钢块对斜面的压力的力矩、摩擦力的力矩以及T型支架自身重力的力矩，其中N=m2gcos37°，f=m2gsin37°．）然后算出钢块以4m/s的速度在斜面上最多能滑行的距离s2；
比较这两个距离：若s1≥s2 ， 则T型支架不会绕D点转动；若s1＜s2 ， 则会转动．
请判断该同学的解题思路是否正确，若正确，请按照该思路，写出详细的解题过程求出结果；若不正确，请给出你认为的正确解法．
四、实验探究题（共1题；共6分）
13.用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体的平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．
（1）实验中使用弹簧测力计的好处是________，________（写出两点）．
（2）（多选题）做“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验，下列措施正确的是 ?????
A.?必须判断横杆MN是否严格保持水平
B.?用一根细线挂一钩码靠近力矩盘面，如果细线与力矩盘面间存在一个小的夹角，说明力矩盘不竖直
C.?在盘的最低端做一个标志，轻轻转动盘面，如果很快停止，说明重心不在盘的中心
D.?使用弹簧秤前必须先调零
（3）若实验前，弹簧秤已有0.2N的示数，实验时忘记对弹簧秤进行调零，则完成实验后测量出的顺时针力矩与逆时针力矩相比，会出现M顺________M逆（选填“＞”、“=”或“＜”）．
五、综合题（共1题；共10分）
14.如图所示，重G=200N的均匀杆OA，可绕过O点的水平轴自由转动，杆斜靠在竖直墙上，杆与水平面间的夹角θ=60°，墙与杆间夹有一张纸，纸的重及纸与墙间的摩擦力不计，纸与杆间的滑动摩擦系数μ=0.2．杆与纸均处于静止状态．
（1）求此时杆对纸的压力有多大？
（2）若用力将纸竖直向上匀速抽出，其拉力需要多少？
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】A
【解析】【解答】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（θ﹣90°）
即：m1cos =m2sinθ
m1cos =2m2sin cos
得：m1：m2=2sin
故选：A．
【分析】选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，一定要知道大圆环的支持力只能是沿着半径的，由此两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必然相等，然后由数学三角函数知识求解．
2.【答案】A
【解析】【解答】据题意，对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力，由于缓慢转动，三角板近似平衡，所以有： ，在转动过程中，支持力减小而拉力F在增加；力矩是力与力到作用点的距离的乘积，应用极端思维法，当三角板被竖直时，力与转动轴的距离为零，此时力矩为零，故此过程中力矩在减小，选项A正确。
【分析】根据力矩平衡知，拉力F的力矩与重力G力矩平衡，可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况，根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化．
3.【答案】C
【解析】【解答】解：A、铁块没有浸入液体时，液体的密度应为零，所以秤的零刻度应该在A处，故A正确； B、秤砣的质量不变，由A向左移动时，它的力臂变短，则左边铁块拉秤杆的力减小，说明铁块受到的浮力增大，而铁块排开液体的体积不变，说明液体的密度变大，所以刻度应逐渐变大，即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边；故B正确；
C、若秤砣由A向右移动，它的力臂变长，则左边铁块拉秤杆的力应增大，但铁块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点的右边应该是没有刻度的，故C错误；
D、若秤砣由P向右移动，它的力臂变长，则左边铁块拉秤杆的力应增大，但铁块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点A的右边应该是没有刻度的，即密度秤的刻度都在A点的左边，故D正确；
本题选错误的，故选C．
【分析】根据根据杠杆的平衡条件和阿基米德原理，结合实际对选项逐一分析进行解答．
4.【答案】D
【解析】【解答】解：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；
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，重心与A点的水平距离先变大后变小，故重力的力矩先变大后变小；
拉力的力矩是逐渐变小；
设AB与竖直方向夹角为θ，根据力矩平衡条件，有：
F?2Rsinθ=M
故：F= ，故F先增加后减小；
故选：D．
【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．
5.【答案】A
【解析】【解答】解：先将力的作用点与支点连接起来，如图所示：
假设只有拉力F1作用，杆会顺时针转动；
假设只有拉力F2作用，杆同样会顺时针转动；
故F1和F2都产生顺时针效果的力矩；
故选：A．
【分析】先将c端与a端用直线连接起来，然后考虑拉力F1与F2的力矩是顺时针效果还是逆时针效果．
6.【答案】B
【解析】【解答】解：船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆． 故选：B．
【分析】结合图片和生活经验，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．
7.【答案】C
【解析】【解答】解：设杠杆每一格长度是L， 当B处的作用力与杠杆垂直时，力臂最大，此时作用力最小，
由杠杆平衡条件可得：FALA=FB最小LB ， 即：2N×2L=FB最小×4L，
则FB最小=1N，当作用在B处的力与杠杆不垂直时，力臂小于4L，
作用力大于1N，因此要使杠杆平衡，作用在B处的力F≥1N，故ABD错误，C正确；
故选C．
【分析】根据杠杆平衡的条件和杠杆中最小力的问题进行分析，即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，支点与力的作用点的连线为最长力臂．
8.【答案】D
【解析】【解答】解：对木棒分析可知，以左侧为支点，木棒受重力和F的作用下处于力矩平衡状态，故力F的力矩与重力力矩平衡；则有：mgL=FL′ 在移动过程中，重力不变，重力力臂减小，故重力的力矩减小，根据力矩平衡可知，力F的力矩减小；
由图可知，重力力臂和F的力臂之比恒定，故F保持不变；
故D正确，ABC错误．
故选：D．
【分析】木棒在重力和拉力作用下处于平衡状态，分别明确二者的力臂，再根据力矩平衡条件即可分析力矩与力的变化情况．
二、填空题
9.【答案】FA=FB=FC；
【解析】【解答】解：如图，O为三角形的重心（各边中线交点），木板受到向上的力FA、FB、FC ， 向下的重力G，木板水平平衡，
先以三角形木板的以BC为轴，则三角形在A的抬力F甲和三角形木板重力G作用下，处于平衡状态，力臂为A01、OO2 ，
则：FA×A01=G×OO2 ，
由三角形的中线、重心的几何知识得：A01=3OO2 ，
FA= ，
同理可得：FB= ，FC= ，
则有FA=FB=FC
故答案为：FA=FB=FC；
【分析】以三角形的一个边为杠杆转动的支点，根据杠杆平衡条件分别求出甲、乙、丙三个人抬木板所用的力与均匀大木板的重力之间的关系，然后比较其大小．
10.【答案】mg；先变大后变小
【解析】【解答】解：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩； ?
根据力矩平衡条件，有：F?2R=mg?R，解得：F= mg；
保持力F始终垂直于AB，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，重心与A点的水平距离先变大后变小，即重力的力矩先变大后变小；而拉力的力矩一直等于2R；根据力矩平衡条件，有：
F?2R=mg?x
由于x先变小后变大，故F先变大后变小；
故答案为： mg，先变大后变小．
【分析】以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，根据力矩平衡条件列式求解即可．
三、解答题
11.【答案】解：设飞轮沿逆时针方向转动，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；
对左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产生顺时针方向的力矩，根据力矩平衡得：
μN1b+FL=N1a
代入数据解得：
同理对右侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与支持力N2产生顺时针方向的力矩，拉力产生逆时针方向的力矩，根据力矩平衡得：μN2b+N2a=FL
代入数据得：
由题图可知，轮子制动的过程中，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：
答：弹簧的弹力应是 ．
【解析】【分析】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；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，然后结合的摩擦力的表达式即可求出．
12.【答案】解：该同学的思路中有一些错误．???????????????????????? 钢块在斜面上运动时，对斜面产生的摩擦力是滑动摩擦力，方向沿斜面向上，恰好转动时的力矩平衡的表达式应该是：
?? MN+Mf=MG
m2gcos37°×（S1﹣0.8）+μm2gcos37°×0.6=m1g×0.4sin37°???????????
可解出S1=0.8m，
另外，钢块沿斜面向上滑动的加速度为a= =gsin37°+μgcos37°=8m/s2 ，
若斜面固定钢块最多能滑行的距离S2= =1.0m，则 S1＜S2 ， 所以T型支架会绕D点转动．??????????
答：该同学的思路中有一些错误．T型支架会绕D点转动．
【解析】【分析】以支架为研究对象，应分析钢块对支架的压力和滑动摩擦力，该同学把钢块对支架的摩擦力方向弄错了，导致力矩平衡方程写错了．根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解距离S2；即可判断支架能否转动．
四、实验探究题
13.【答案】（1）便于力矩盘自动调节达到新的平衡；力的大小及方向可任意改变，力的大小不受整数限制
（2）BD
（3）＜
【解析】【解答】解：（1）实验中加入一个测力计的好处有：便于力矩盘自动调节达到新的平衡；力的大小及方向可任意改变，力的大小不受整数限制；（2）A、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A错误． B、用一根细线挂一钩码靠近力矩盘面，平衡时细线在竖直方向上，若细线与力矩盘面间存在一个小的夹角，说明力矩盘在不竖直方向．故B正确．
C、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，重力的影响要尽可能小，轻轻转动盘面，如果很快停止，说明重心在盘的中心．故C错误．
D、为防止产生测量误差，使用弹簧秤前必须先调零．故D正确．
故选：BD；（3）实验时忘记对弹簧秤进行调零，弹簧拉力测量值偏大，其力矩偏大，而弹簧拉力力矩为逆时针方向，则测量出的顺时针力矩小于逆时针力矩．
故答案为：（1）便于力矩盘自动调节达到新的平衡；力的大小及方向可任意改变，力的大小不受整数限制；（2）BD；（3）＜．
【分析】（1）力矩盘在竖直平面内，加入一个测力计后，便于调节平衡和测量；（2）本实验原理是研究力矩盘平衡时四个拉力的力矩关系，就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：本实验与横杆MN是否水平无关．根据常规，使用弹簧秤前必须先调零；（3）实验时忘记对弹簧秤进行调零，弹簧拉力测量值偏大，根据弹簧称拉力产生的力矩方向，分析误差．
五、综合题
14.【答案】（1）解：对杆进行受力分析如图1，则：GL2=FN?L1
其中：
联立得： N≈57.73N
答：此时杆对纸的压力有57.73N；
（2）当纸向上运动的过程中，还要受到摩擦力的作用，对杆进行受力分析如图2，由力矩平衡条件得：
GL2=FN′?L1+μFN′?L3
其中：L3=L?cos60°
代入数据整理得：FN′=51.75N
对纸的拉力与纸受到的摩擦力大小相等，方向相反，大小为：F=μFN′=0.2×51.75=10.35N
答：若用力将纸竖直向上匀速抽出，其拉力需要是10.35N
【解析】【分析】（1）杆处于平衡状态，对其进行受力分析，由力矩平衡即可求出；（2）当纸向上运动的过程中，还要受到摩擦力的作用，对杆进行受力分析即可由力矩平衡条件求出．
一、单选题（共8题；共16分）
1.如图所示，小圆环A吊着一质量为m2的物块并套在另一个竖起的大圆环上，有一细线拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物体，如果不计一切摩擦，平衡时弦AB所对的圆心角为θ，则两物块的质量之比m1：m2为（ ）
A.??????????????????????????????????B.??????????????????????????????????C.?cos ?????????????????????????????????D.?sin
2.如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（?? ）
A.?M减小，F增大????????????????B.?M减小，F减小????????????????C.?M增大，F增大????????????????D.?M增大，F减小
3.如图所示是一个自制密度秤，其外形和杆秤差不多．装秤钩的地方吊着一个铁块，秤砣放在A处时，秤杆恰好平衡．把铁块放在待测密度的液体中，移动秤砣．便可直接在杆上读出液体的密度，下列说法中错误的是（ ）
A.?密度秤的刻度零点在A点?????????????????????????????????????B.?秤杆上较大的刻度在较小刻度的左边
C.?秤杆上较大的刻度在较小刻度的右边??????????????????D.?密度秤的刻度都在A点的左边
4.如图所示，质量为m的均匀半圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心．在B点作用一个竖直的力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，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，力F对应的力矩为M，则它们大小变化情况是（ ）
A.?M变小，F不变??????B.?M、F均变大??????C.?M先变大再变小，F始终变大??????D.?M、F均先变大再变小
5.如图所示，abc为质量均匀的直角等边曲杆，曲杆可绕c端的光滑铰链，在竖直平面内转动．若在a端施加力F1和F2 ， 根据图象所示方向，我们可以得到的结论正确的是（ ）
A.?F1和F2都产生顺时针效果的力矩
B.?F1产生顺时针效果的力矩，F2产生逆时针效果的力矩
C.?F1产生逆时针效果的力矩，F2顺时针效果的力矩
D.?F1和F2都产生逆时针效果的力矩
6.北京二十九届奥运会皮划艇比赛中，马鞍山运动员李臻（如图）一手支撑住浆柄的末端（视为支点），另一手用力划桨，此时的船桨（ ）
A.?是等臂杠杆???????????B.?是费力杠杆???????????C.?是省力杠杆???????????D.?对水的力与水对船桨的力是平衡力
7.如图所示为等刻度的轻质杠杆，A处挂一个重为2牛的物体，若要使杠杆在水平位置平衡，则在B处施加的力（ ）
A.?可能是0.5牛????????????????????????B.?一定是1牛????????????????????????C.?可能是2牛????????????????????????D.?一定是4牛
8.如图所示，质量不均匀的直木棒以左端为轴，在力F的作用下，由水平位置缓慢的拉到图中虚线位置．在此过程中力F始终保持与棒垂直，以下说法中正确的是（ ）
A.?力F变小，其力矩变小?????????????????????????????????????????B.?力F变大，其力矩变大
C.?力F不变，其力矩也不变??????????????????????????????????????D.?力F不变，其力矩变小
二、填空题（共2题；共4分）
9.一质量为M的均匀三角形水泥薄板ABC平放在水平地面上，已知AB＜AC＜BC，有一人分别从三顶角A、B、C处抬水泥板，若能抬起，则在A、B、C三处所用的力FA、FB、FC的大小关系是________，FA=________．
10.如图所示，质量为m的均匀半圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心．在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F=________；保持力F始终垂直于AB，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，力F的大小变化情况是________．
三、解答题（共2题；共10分）
11.如图所示，一飞轮半径为R，转轴在其圆心，为使其制动需要的力矩为M．P、Q为两根长为L的杆，下端铰于地面，上端用一弹簧相连，在杆上离下端a处各有一个宽度不计、厚度为b的制动闸，闸与飞轮间的滑动摩擦系数为μ，为能使飞轮制动，弹簧的弹力应为多大？
12.如图（a）所示，ABCD是一个T型支架，已知整个支架的质量为m1=5kg，重心在BD上、离B点0.2m的O点处，BD=0.6m，D点通过铰链连接在水平地面上，ABC部分成为一斜面，与水平地面间的夹角为37°，且AB=BC，AC⊥BD．现有一质量为m2=10kg的钢块以v0=4m/s的初速度滑上ABC斜面，钢块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．问：T型支架会不会绕D点转动？
某同学的解题思路如下：
可以先算出钢块静止在ABC上恰好使支架转动的位置，如图（b）所示．根据支架受力情况写出此时力矩平衡的式子：
MN=Mf+MG，可根据该式子求出该位置到C点的距离s1；（MN、Mf、MG分别是钢块对斜面的压力的力矩、摩擦力的力矩以及T型支架自身重力的力矩，其中N=m2gcos37°，f=m2gsin37°．）然后算出钢块以4m/s的速度在斜面上最多能滑行的距离s2；
比较这两个距离：若s1≥s2 ， 则T型支架不会绕D点转动；若s1＜s2 ， 则会转动．
请判断该同学的解题思路是否正确，若正确，请按照该思路，写出详细的解题过程求出结果；若不正确，请给出你认为的正确解法．
四、实验探究题（共1题；共6分）
13.用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体的平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．
（1）实验中使用弹簧测力计的好处是________，________（写出两点）．
（2）（多选题）做“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验，下列措施正确的是 ?????
A.?必须判断横杆MN是否严格保持水平
B.?用一根细线挂一钩码靠近力矩盘面，如果细线与力矩盘面间存在一个小的夹角，说明力矩盘不竖直
C.?在盘的最低端做一个标志，轻轻转动盘面，如果很快停止，说明重心不在盘的中心
D.?使用弹簧秤前必须先调零
（3）若实验前，弹簧秤已有0.2N的示数，实验时忘记对弹簧秤进行调零，则完成实验后测量出的顺时针力矩与逆时针力矩相比，会出现M顺________M逆（选填“＞”、“=”或“＜”）．
五、综合题（共1题；共10分）
14.如图所示，重G=200N的均匀杆OA，可绕过O点的水平轴自由转动，杆斜靠在竖直墙上，杆与水平面间的夹角θ=60°，墙与杆间夹有一张纸，纸的重及纸与墙间的摩擦力不计，纸与杆间的滑动摩擦系数μ=0.2．杆与纸均处于静止状态．
（1）求此时杆对纸的压力有多大？
（2）若用力将纸竖直向上匀速抽出，其拉力需要多少？
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】A
【解析】【解答】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（θ﹣90°）
即：m1cos =m2sinθ
m1cos =2m2sin cos
得：m1：m2=2sin
故选：A．
【分析】选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，一定要知道大圆环的支持力只能是沿着半径的，由此两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必然相等，然后由数学三角函数知识求解．
2.【答案】A
【解析】【解答】据题意，对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力，由于缓慢转动，三角板近似平衡，所以有： ，在转动过程中，支持力减小而拉力F在增加；力矩是力与力到作用点的距离的乘积，应用极端思维法，当三角板被竖直时，力与转动轴的距离为零，此时力矩为零，故此过程中力矩在减小，选项A正确。
【分析】根据力矩平衡知，拉力F的力矩与重力G力矩平衡，可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况，根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化．
3.【答案】C
【解析】【解答】解：A、铁块没有浸入液体时，液体的密度应为零，所以秤的零刻度应该在A处，故A正确； B、秤砣的质量不变，由A向左移动时，它的力臂变短，则左边铁块拉秤杆的力减小，说明铁块受到的浮力增大，而铁块排开液体的体积不变，说明液体的密度变大，所以刻度应逐渐变大，即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边；故B正确；
C、若秤砣由A向右移动，它的力臂变长，则左边铁块拉秤杆的力应增大，但铁块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点的右边应该是没有刻度的，故C错误；
D、若秤砣由P向右移动，它的力臂变长，则左边铁块拉秤杆的力应增大，但铁块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点A的右边应该是没有刻度的，即密度秤的刻度都在A点的左边，故D正确；
本题选错误的，故选C．
【分析】根据根据杠杆的平衡条件和阿基米德原理，结合实际对选项逐一分析进行解答．
4.【答案】D
【解析】【解答】解：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；
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，重心与A点的水平距离先变大后变小，故重力的力矩先变大后变小；
拉力的力矩是逐渐变小；
设AB与竖直方向夹角为θ，根据力矩平衡条件，有：
F?2Rsinθ=M
故：F= ，故F先增加后减小；
故选：D．
【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．
5.【答案】A
【解析】【解答】解：先将力的作用点与支点连接起来，如图所示：
假设只有拉力F1作用，杆会顺时针转动；
假设只有拉力F2作用，杆同样会顺时针转动；
故F1和F2都产生顺时针效果的力矩；
故选：A．
【分析】先将c端与a端用直线连接起来，然后考虑拉力F1与F2的力矩是顺时针效果还是逆时针效果．
6.【答案】B
【解析】【解答】解：船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆． 故选：B．
【分析】结合图片和生活经验，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．
7.【答案】C
【解析】【解答】解：设杠杆每一格长度是L， 当B处的作用力与杠杆垂直时，力臂最大，此时作用力最小，
由杠杆平衡条件可得：FALA=FB最小LB ， 即：2N×2L=FB最小×4L，
则FB最小=1N，当作用在B处的力与杠杆不垂直时，力臂小于4L，
作用力大于1N，因此要使杠杆平衡，作用在B处的力F≥1N，故ABD错误，C正确；
故选C．
【分析】根据杠杆平衡的条件和杠杆中最小力的问题进行分析，即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，支点与力的作用点的连线为最长力臂．
8.【答案】D
【解析】【解答】解：对木棒分析可知，以左侧为支点，木棒受重力和F的作用下处于力矩平衡状态，故力F的力矩与重力力矩平衡；则有：mgL=FL′ 在移动过程中，重力不变，重力力臂减小，故重力的力矩减小，根据力矩平衡可知，力F的力矩减小；
由图可知，重力力臂和F的力臂之比恒定，故F保持不变；
故D正确，ABC错误．
故选：D．
【分析】木棒在重力和拉力作用下处于平衡状态，分别明确二者的力臂，再根据力矩平衡条件即可分析力矩与力的变化情况．
二、填空题
9.【答案】FA=FB=FC；
【解析】【解答】解：如图，O为三角形的重心（各边中线交点），木板受到向上的力FA、FB、FC ， 向下的重力G，木板水平平衡，
先以三角形木板的以BC为轴，则三角形在A的抬力F甲和三角形木板重力G作用下，处于平衡状态，力臂为A01、OO2 ，
则：FA×A01=G×OO2 ，
由三角形的中线、重心的几何知识得：A01=3OO2 ，
FA= ，
同理可得：FB= ，FC= ，
则有FA=FB=FC
故答案为：FA=FB=FC；
【分析】以三角形的一个边为杠杆转动的支点，根据杠杆平衡条件分别求出甲、乙、丙三个人抬木板所用的力与均匀大木板的重力之间的关系，然后比较其大小．
10.【答案】mg；先变大后变小
【解析】【解答】解：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩； ?
根据力矩平衡条件，有：F?2R=mg?R，解得：F= mg；
保持力F始终垂直于AB，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，重心与A点的水平距离先变大后变小，即重力的力矩先变大后变小；而拉力的力矩一直等于2R；根据力矩平衡条件，有：
F?2R=mg?x
由于x先变小后变大，故F先变大后变小；
故答案为： mg，先变大后变小．
【分析】以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，根据力矩平衡条件列式求解即可．
三、解答题
11.【答案】解：设飞轮沿逆时针方向转动，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；
对左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产生顺时针方向的力矩，根据力矩平衡得：
μN1b+FL=N1a
代入数据解得：
同理对右侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与支持力N2产生顺时针方向的力矩，拉力产生逆时针方向的力矩，根据力矩平衡得：μN2b+N2a=FL
代入数据得：
由题图可知，轮子制动的过程中，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：
答：弹簧的弹力应是 ．
【解析】【分析】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；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，然后结合的摩擦力的表达式即可求出．
12.【答案】解：该同学的思路中有一些错误．???????????????????????? 钢块在斜面上运动时，对斜面产生的摩擦力是滑动摩擦力，方向沿斜面向上，恰好转动时的力矩平衡的表达式应该是：
?? MN+Mf=MG
m2gcos37°×（S1﹣0.8）+μm2gcos37°×0.6=m1g×0.4sin37°???????????
可解出S1=0.8m，
另外，钢块沿斜面向上滑动的加速度为a= =gsin37°+μgcos37°=8m/s2 ，
若斜面固定钢块最多能滑行的距离S2= =1.0m，则 S1＜S2 ， 所以T型支架会绕D点转动．??????????
答：该同学的思路中有一些错误．T型支架会绕D点转动．
【解析】【分析】以支架为研究对象，应分析钢块对支架的压力和滑动摩擦力，该同学把钢块对支架的摩擦力方向弄错了，导致力矩平衡方程写错了．根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解距离S2；即可判断支架能否转动．
四、实验探究题
13.【答案】（1）便于力矩盘自动调节达到新的平衡；力的大小及方向可任意改变，力的大小不受整数限制
（2）BD
（3）＜
【解析】【解答】解：（1）实验中加入一个测力计的好处有：便于力矩盘自动调节达到新的平衡；力的大小及方向可任意改变，力的大小不受整数限制；（2）A、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A错误． B、用一根细线挂一钩码靠近力矩盘面，平衡时细线在竖直方向上，若细线与力矩盘面间存在一个小的夹角，说明力矩盘在不竖直方向．故B正确．
C、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，重力的影响要尽可能小，轻轻转动盘面，如果很快停止，说明重心在盘的中心．故C错误．
D、为防止产生测量误差，使用弹簧秤前必须先调零．故D正确．
故选：BD；（3）实验时忘记对弹簧秤进行调零，弹簧拉力测量值偏大，其力矩偏大，而弹簧拉力力矩为逆时针方向，则测量出的顺时针力矩小于逆时针力矩．
故答案为：（1）便于力矩盘自动调节达到新的平衡；力的大小及方向可任意改变，力的大小不受整数限制；（2）BD；（3）＜．
【分析】（1）力矩盘在竖直平面内，加入一个测力计后，便于调节平衡和测量；（2）本实验原理是研究力矩盘平衡时四个拉力的力矩关系，就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：本实验与横杆MN是否水平无关．根据常规，使用弹簧秤前必须先调零；（3）实验时忘记对弹簧秤进行调零，弹簧拉力测量值偏大，根据弹簧称拉力产生的力矩方向，分析误差．
五、综合题
14.【答案】（1）解：对杆进行受力分析如图1，则：GL2=FN?L1
其中：
联立得： N≈57.73N
答：此时杆对纸的压力有57.73N；
（2）当纸向上运动的过程中，还要受到摩擦力的作用，对杆进行受力分析如图2，由力矩平衡条件得：
GL2=FN′?L1+μFN′?L3
其中：L3=L?cos60°
代入数据整理得：FN′=51.75N
对纸的拉力与纸受到的摩擦力大小相等，方向相反，大小为：F=μFN′=0.2×51.75=10.35N
答：若用力将纸竖直向上匀速抽出，其拉力需要是10.35N
【解析】【分析】（1）杆处于平衡状态，对其进行受力分析，由力矩平衡即可求出；（2）当纸向上运动的过程中，还要受到摩擦力的作用，对杆进行受力分析即可由力矩平衡条件求出．