人教版高中物理选修2-2高二第一章

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）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15G B ． C P 绳所受的拉力是45G C ． P D 绳所受的拉力是35G D ． 轴O 受到的水平拉力15G 答案：C解析：解答：A 、以杆OB 平衡有：0sin3022L L TL T G +=， 由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T =25G ，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：T P D =Tc os30°=233525G G ⨯= T C P ﹣T sin30°﹣T =0，所以21235255CP T G G G =⨯+= 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0233cos30525F TG G ==⨯=，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N B 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 +Mg12L =N B ′•L 得到N B ′=12Mg +mgvL根据牛顿第三定律，得B 支座所受压力N B =12Mg +mgvL，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N B 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=2MRsin，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，O C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•a①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•x②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，mxMb=，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，mxMb=，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P A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P A和PB间的夹角变小，而绳Q P位于P A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Q P绳的拉力大小相等，方向相反．因为夹角变小，合力变大，Q P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．A B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F BC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F A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，F A先变小后变大，当F A与F BC垂直时F A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2mgB ． 若CD 与AB 杆接触处光滑，D 端受到的CD 杆的作用力大小为cos 2mg αC ． 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：21cos cos cos cos L CM CP CA L αααα===⨯= ① CD 的支持力的力臂：22cos2(1cos2)2cos L CN L L L L ααα==+=+= ② 由力矩平衡的条件得：mg •L 1=F N •L 2 ③ 联立①②③得：12N F mg =A 、由以上分析可得，D 端受到的CD 杆的作用力大小为为12mg ．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+M f=F N′•L2所以此时12NF mg '>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=F N″•L2+M f所以：12NF mg''<．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＜N2C．N1＞N2D．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：M N1=M N．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M N2=M f+M N．由于两次物块对支架压力的力矩相等，得M N2=M N1+M f，则有M N1＜M N2，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20k g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30k g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3.0mB ． 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5.0mC ． 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v 人t =m 木v 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×Lc os a=Tc os a×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×Lc os a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k N•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40k g，它与地面间的动摩擦因数为33，棒的重心C距转动轴为23L，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mg 23L c osα=NLc osα+f L sinα ①又滑动摩擦力f=μN．联立得：2mgc osα=3Nc osα+3μN sinα ②解得，233tan mgN μα=+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，ta nα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；L 1=L BD 的拉力的力臂：023sin 602L L L ==BC 杆的作用力的力臂：031sin302L L L == 由力矩平衡得：GL 1+GL 2=F BC •L 3 代入数据得：F BC =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：4L AB L ==； BD 的拉力的力臂：0503sin 30cos303AB L L =⨯= BC 杆的作用力的力臂：063tan 303L AB L == 由力矩平衡得：GL 4+GL 5=F AB •L 6 代入数据得：F AB =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=15AB ．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：57G |537G 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：G2L =F 15L +F 2L ； 解得：F =57G ；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：553377G F G '=⨯=而轴对定滑轮的作用力与F '大小相等，方向相反； 故答案为：57G ；537G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10cm 2，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 k g 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 ﹣P 0S ）•AO =mg •OB则5400.25100• 2.51101010•.6m PS P S AO O k g B g ⨯⨯=⨯⨯==⨯﹣（﹣）（﹣） 对O 受力分析知转轴对杆的作用力大小F =mg +（P ﹣P 0）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 ﹣P 0S ）•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6πθ=时，质点m 的速度最大，则恒力F = ；若圆盘转过的最大角度3πθ=则此时恒力F = ．答案：mg |3mgπ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6πθ=时，质点m 的速度最大，此时力矩平衡，故： F •r =mg •2r sin30° 解得：F =mg ； 根据能量守恒定律得2cos33F r mg r ππ⨯=⨯解得3mgF π=本题答案是：mg ，3mgπ．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：Fl o c sin60°=mg 12； 当m 右移4OA 的距离时，由力矩平衡得：Fl o c sin60°+Tl sin30°=mg 34l ； 解得：3,2mgF mg T == 答案为：3,2mgF mg T == 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：B F（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）B F；（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．。