高中物理人教版2第1章物體的平衡第4節(jié)力矩的平衡條件

人教版物理高二選修2-2第一章第四節(jié)力矩的平衡條件同步練習一．選擇題1．如圖所示的均勻水平桿OB重為G，左端O為固定在墻上的轉動軸．跨過定滑輪P的細繩的左端系在桿的中點A，右端系在B端，PB豎直向上，AP與水平方向的夾角為30°．定滑輪被豎直繩CP和水平繩PD系?。畡t下列結論中正確的是（）A． 跨過定滑輪的細繩所受的拉力是B． CP繩所受的拉力是C． PD繩所受的拉力是D． 軸O受到的水平拉力答案：C解析：解答：A、以桿OB平衡有：，由此解得跨過定滑輪的繩所受的拉力T=，故A錯誤；BC、以P為研究對象受力分析如圖所示：根據(jù)P平衡有：TPD=Tcos30°=TCP﹣Tsin30°﹣T=0，所以故B錯誤，C正確；D、以桿水平方向受力平衡有，軸O對桿的拉力，故D錯誤．故選：C．分析：APB是同一根繩，根據(jù)力矩平衡求得繩中張力T，再根據(jù)P的平衡由平衡條件求得CP和PD繩中的拉力．2．如圖所示，質(zhì)量為M、上表面光滑的平板水平安放在A、B兩固定支座上．質(zhì)量為m的小滑塊以某一速度勻加速從木板的左端滑至右端．能正確反映滑行過程中，B支座所受壓力NB隨小滑塊運動時間t變化規(guī)律的是（）A． B． C． D． 答案：C解析：解答：設小滑塊的速度大小為v，平板長為L，質(zhì)量為M．以A支座為轉軸，則根據(jù)力矩平衡，得mg?vt+MgL=NB′?L得到NB′=Mg+根據(jù)牛頓第三定律，得B支座所受壓力NB=Mg+，可見，C正確故選：C分析：以A支座為轉軸，以平板和小滑塊m為研究對象，分析受力：除轉軸外，整體受到重力和B支座的支持力，根據(jù)力矩平衡列方程得到支持力的解析式，再由牛頓第三定律得到B支座所受壓力NB隨小滑塊運動時間t變化的解析式，來選擇圖象3．如圖，質(zhì)量為m的均勻半圓形薄板，可以繞光滑水平軸A在豎直平面內(nèi)轉動，AB是它的直徑，O是圓心．在B點作用一個豎直向上的力F使薄板平衡，此時AB恰處于水平位置，若保持力F始終豎直向上，在F作用下使薄板繞A點沿逆時針方向緩慢轉動，直到AB接近豎直位置的過程中，力F對應的力矩為M，則M、F大小變化情況是（）A． M變小，F(xiàn)不變 B． M、F均變大C． M、F均先變大再變小 D． M先變大再變小，F(xiàn)始終變大答案：C解析：解答：以A點為支點，拉力F有力矩，重力也有力矩；設重力的作用點在P點，如圖：保持力F始終豎直，在F作用下使薄板繞A點沿逆時針方向緩慢轉動，直到AB到達豎直位置的過程中，重心P與A點的水平距離先變大后變小，故重力的力矩M′先變大后變?。欢Φ牧Ρ凼侵饾u變?。辉OAB與豎直方向夾角為θ，根據(jù)力矩平衡條件，有：F?2Rsinθ=M=M′故：F=，故F先增加后減??；故選：C．分析：以A點為支點，拉力F有力矩，重力也有力矩，找出重心后，根據(jù)力矩平衡條件列式分析即可．4．根據(jù)漢族民間傳說，木桿秤是魯班發(fā)明的．它是我國民間過去很長時間一直使用的稱量物體質(zhì)量的衡器．通常它是由一根一頭粗、一頭細的質(zhì)量分布不均勻的直桿、稱鉤（BD）、提紐（O）、用可左右移動的輕線懸掛的稱砣（質(zhì)量為m）組成．稱桿與稱鉤整體的重心在C點．不稱物體時，將稱砣置于A處，此時手提提紐，稱桿恰能水平平衡．因而A點質(zhì)量的刻度為零．當稱鉤上懸掛重物時，秤砣向右移動x到P點時重新平衡．則下列有關說法正確的是（）A． 桿秤上的刻度一定是均勻的B． 其它條件不變，OB之間的距離越小，稱量范圍越小C． 其它條件不變，砣的質(zhì)量越大，秤量范圍越小D． 如果在加速上升的電梯中，桿秤稱量計數(shù)將偏大答案：A解析：解答：A、由圖可知，OA之間的距離為a，OB之間的距離為b，OC之間的距離為c，設OB桿的質(zhì)量為m0，秤砣與A之間的距離為x，當秤砣在A點到達平衡時：m0g?c=（m+m′）g?a①當秤砣在距離A點的距離為x到達平衡時．得：m0g?c+Mg?b=m′ga+mg（a+x）聯(lián)立以上二式得：M?b=m?x②即，重物的質(zhì)量與秤砣到A點的距離成正比，所以桿秤上的刻度一定是均勻的．故A正確；B、由②式可知，，其它條件不變，OB之間的距離b越小，稱量的質(zhì)量的范圍越大．故B錯誤；C、由②式可知，，其它條件不變，砣的質(zhì)量越大，秤量范圍越大．故C錯誤；D、若在加速上升的電梯中，設加速度大小為：a0，當秤砣在距離A點的距離為x到達平衡時．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，可知與電梯的加速度無關．所以如果在加速上升的電梯中，桿秤稱量計數(shù)不變．故D錯誤．故選：A分析：桿秤利用杠桿的平衡條件，通過力臂的大小關系得出物體的質(zhì)量與秤砣的質(zhì)量之間的關系，測量物體的質(zhì)量．該題根據(jù)該原理解答即可．5．如圖所示，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點，另一端繞過動滑輪P懸掛一重物B，其中繩子的PA段處于水平狀態(tài)．另一根繩子一端與動滑輪P的軸相連，在繞過光滑的定滑輪Q后在其端點O施加一水平向左的外力F，使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．滑輪均為光滑、輕質(zhì)，且均可看作質(zhì)點．現(xiàn)拉動繩子的端點O使其向左緩慢移動一小段距離后達到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較（）A． 拉力F不變 B． 拉力F減小 C． 角θ不變 D． 角θ減小答案：D解析：解答：向左緩慢緩慢移動一小段距離，繩變短，動滑輪要上移，繩PA和PB間的夾角變小，而繩QP位于PA和PB間的角平分線上，所以角θ減小．經(jīng)過定滑輪的繩子拉力大小相等，等于mg，兩根繩子的合力與QP繩的拉力大小相等，方向相反．因為夾角變小，合力變大，QP繩的拉力就大，所以拉力F增加．故A錯誤、D正確，B、C錯誤．故選：D．分析：對滑輪P受力分析，抓住三根繩子合力為零，AP、BP繩子拉力大小相等，通過角度的變化進行分析．6．光滑直桿AB和BC按如圖所示連接，A、C處與豎直墻用鉸鏈連接，兩桿在B點也用鉸鏈連接，桿及鉸鏈的質(zhì)量與摩擦都不計．ABC構成一直角三角形，BC與墻垂直，將重力為G、可視為質(zhì)點的物塊P從A點靜止釋放，則物塊從A運動到B的過程中（）A． AB桿對BC桿的作用力方向垂直AB桿向右上方B． C處鉸鏈對BC桿的作用力不變C． A處鉸鏈對AB桿的作用力方向不變D． A處鉸鏈對AB桿的作用力先變小后變大答案：D解析：解答：A、桿的質(zhì)量與摩擦不計，BC桿受到墻壁C處的作用力與AB桿的作用力，墻壁對BC的作用力水平向右，BC桿靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，AB桿對BC的作用力水平向左，故A錯誤；B、以A為支點，物塊P向下滑動過程中，物塊P對AB的壓力不變，力臂逐漸變大，力矩變大，BC對AB的作用力的力臂大小不變，由力臂平衡條件可知，BC對AB的作用力變大，由牛頓第三第定律可知，AB對BC的作用力逐漸變大，桿BC靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，C對BC的作用力等于AB對BC的作用力，則C對BC的作用力逐漸變大，故B錯誤；C、BC對AB的作用力FBC方向不變，大小逐漸增大，物塊P對AB的作用力N大小與方向都不變，A處對AB的作用力FA如圖所示，由圖示可知，物塊P下滑過程，A處對AB的作用力方向不斷變化，由圖示可知，F(xiàn)A先變小后變大，當FA與FBC垂直時FA最小，C錯誤，D正確；故選：D．分析：對BC受力分析，然后確定AB對BC的作用力方向；以A為支點應用力矩平衡條件判斷BC對AB的作用力如果變化，然后判斷C處作用力的變化情況；根據(jù)AB的受力情況應用平衡條件與力矩平衡條件分析答題．7．如圖，AB、CD分別是兩個質(zhì)量均為m、可以繞A、C兩固定水平光滑轉軸轉動的勻質(zhì)細桿，D為AB桿的中點，且AC=AD，現(xiàn)在B端施加一個始終垂直AB桿的力F使桿處于靜止狀態(tài)，DC與水平面的夾角為α，g為重力加速度．則下列說法正確的是（）A． 若CD與AB桿接觸處光滑，D端受到的CD桿的作用力大小為B． 若CD與AB桿接觸處光滑，D端受到的CD桿的作用力大小為C． 若CD與AB桿接觸處有摩擦，則力F比接觸處光滑時要大D． 無論接觸處是否光滑，及轉動方向如何，力F均為一定值答案：A解析：解答：設AB桿的長度是2L，桿CD進行受力分析，畫出各個力的力臂如圖：則重力的力臂：①CD的支持力的力臂：②由力矩平衡的條件得：mg?L1=FN?L2③聯(lián)立①②③得：A、由以上分析可得，D端受到的CD桿的作用力大小為為mg．故A正確，B錯誤；C、D、若C與AB桿接觸處有摩擦，桿AB要分成順時針轉動與逆時針轉動兩種情況：1．桿AB順時針轉動時，桿CD相對于AB向上運動，CD在D點受到的摩擦力的方向向下，摩擦力產(chǎn)生順時針方向的力矩，由力矩平衡的條件得：mg?L1+Mf=FN′?L2所以此時2．桿AB逆時針轉動時，桿CD相對于AB向下運動，CD在D點受到的摩擦力的方向向上，摩擦力產(chǎn)生逆時針方向的力矩，由力矩平衡的條件得：mg?L1=FN″?L2+Mf所以：．故C錯誤，D錯誤．故選：A分析：設AB桿的長度是2L，然后對桿CD進行受力分析，畫出各個力的力臂，然后又力矩平衡的條件即可解答．8．如圖所示，T型支架可繞O點無摩擦自由轉動，B端擱在水平地面上，將一小物體放在支架上讓其從A端自由下滑，若支架表面光滑，當小物體經(jīng)過C點時，B端受到的彈力為N1；若支架和小物體間有摩擦，并從A端給小物體一定的初速度，小物體恰好沿AB勻速下滑，當小物體經(jīng)過C點時，B端受到的彈力為N2，前后兩次過程T型支架均不翻轉，則（）A． N1=0 B． N1＜N2 C． N1＞N2 D． N1=N2答案：B解析：解答：設物體經(jīng)過C時對支架的壓力大小為N．以O為支點．當支架和小物體間光滑，小物體經(jīng)過C時，根據(jù)力矩平衡得知N1的力矩與物塊對支架壓力的力矩平衡，即：MN1=MN．當小物體勻速下滑經(jīng)過C時，N2的力矩等于摩擦力的力矩和物塊對支架壓力的力矩的和，即MN2=Mf+MN．由于兩次物塊對支架壓力的力矩相等，得MN2=MN1+Mf，則有MN1＜MN2，而力臂不變，所以N1＜N2．故選：B分析：以O為支點，根據(jù)力矩平衡條件研究N1與N2的大小關系．支架和小物體間光滑，當支架和小物體間光滑小物體經(jīng)過C時，N1的力矩與物塊對支架壓力的力矩平衡．當小物體勻速下滑經(jīng)過C時，N2的力矩等于摩擦力的力矩和物塊對支架壓力的力矩的和．9．如圖，光滑的平臺上有一質(zhì)量為20kg長為質(zhì)量分布均勻的木板AB，其中伸出平臺，O點是其重心．為了不使木板翻倒，起初讓一個質(zhì)量為30kg的小孩站在長木板的右端．關于木板的平衡問題，下列說法正確的是（）A． 若小孩從木板右端向左端走動，小孩在木板上走動的距離不能超過B． 若小孩從木板右端向左端走動，小孩在木板上走動的距離不能超過C． 小孩可以在木板上向左隨意走動，但決不能從左端離開長木板，否則木板就會翻倒D． 小孩不但可以在木板上向左端隨意走動，而且還可以從左端離開木板，木板也不會翻倒答案：D解析：解答：平臺光滑，說明小孩和木板組成的系統(tǒng)動量守恒．小孩從木板右端B向左端A走動時，木板將沿平臺向右移動，二者相對于平臺的動量的大小相等，即：m人v人=m木v木．設經(jīng)過時間t小孩走到A端，則：m人人t=m木木t，即m人s人=m木s木，又s人+s木=10m，聯(lián)立二式解得：s木=6m，此時，木板的重心已向右移到了平臺上．此時以桌邊為支點，木板重力的力矩大小為：M板=m木g（s木﹣2）=200×（6﹣2）N?m=800N?m小孩的重力力矩大小為：M人=m人g（7﹣s木）=300×（7﹣6）N?m=300N?m由于M板＞M人，故即使小孩從左端A離開木板，木板也不會翻倒，故ABC錯誤，D正確．故選：D．分析：由題意，平臺光滑，小孩和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律分析人與板的位移關系，判斷木板重心的位置，確定能否翻倒．10．如圖，豎直輕質(zhì)懸線上端固定，下端與均質(zhì)硬棒AB中點連接，棒長為線長的兩倍．棒的A端用鉸鏈墻上，棒處于水平狀態(tài)．改變懸線的長度，使線與棒的連接點逐漸右移，并保持棒仍處于水平狀態(tài)．（若一個物體受三個力而處于平衡狀態(tài)，那么這三個力一定是共點力）則懸線拉力（）A． 逐漸減小 B． 逐漸增大 C． 先減小后增大 D． 先增大后減小答案：A解析：解答：棒子O端用水平軸鉸接在墻上，棒處于水平狀態(tài)，知懸線拉力的力矩和重力力矩平衡，重力力矩不變，當改變懸線的長度，使線與棒的連接點逐漸右移，0點到懸線的垂直距離不斷增大，則拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐漸減?。蔄正確，BCD錯誤．故選：A．分析：根據(jù)力矩平衡知，拉力的力矩與重力力矩平衡，根據(jù)拉力力臂的變化判斷拉力的變化．11．如圖所示，杠桿的兩端分別懸掛重物G1、G2后保持水平平衡，如果用水平力F向左緩慢拉起物體G2，使懸掛物體G2的懸線向左偏離豎直方向，則（）A． 杠桿的A端將下降 B． 杠桿的B端將下降C． 杠桿仍保持平衡 D． 細線BC上的拉力將保持不變答案：C解析：解答：根據(jù)杠桿的平衡條件，動力×動力臂=阻力×阻力臂，即G1×L1=G2×L2；當有力作用在G2上時，繩偏離豎直方向角度為α，則此時繩拉力為T，此時G2處于三力平衡狀態(tài)，拉力F與繩的拉力T的合力等于G2的重力，即T×Lcosa=Tcosa×L2=G2×L2即當有力時左邊力矩不變，故杠桿仍處于平衡．故選：C分析：（1）根據(jù)杠桿的平衡條件，動力×動力臂=阻力×阻力臂，即G1×L1=G2×L2；（2）當有力F作用在G2上時，設繩偏離豎直方向角度為α，則此時繩拉力為T，表示此時力矩T×Lcosa根據(jù)力的正交分解和數(shù)學關系判定是否平衡．12．如圖，T字形架子ABO可繞通過O點，且垂直于紙面的轉動軸自由轉動．現(xiàn)在其A端與B端分別施以圖示方向的力F1和F2，則關于F1和F2產(chǎn)生的力矩M1和M2，下列說法正確的是（）A． M1引起T形架順時針轉動，M2引起T形架逆時針轉動B． M1和M2可能使T形架保持平衡C． M1和M2使T形架逆時針轉動D． M1和M2使T形架順時針轉動答案：C解析：解答：根據(jù)圖示由右手定則可知，力F1的力矩M1使T形架沿逆時針方向轉動，力F2的力矩M2也使T形架沿逆時針方向轉動，所以M1和M2使T形架逆時針轉動；故C正確，ABD錯誤；故選：C．分析：物體在力矩作用下會繞轉動軸轉動，物體沿力矩方向轉動，力矩方向可以用右手定則判斷，右手四指指向力臂的方向，四指向力的方向彎曲，則大拇指所指的方向就是力矩的方向，即物體的轉動方向．13．如圖，一根木棒AB在O點被懸掛起來，在A、C兩點分別掛兩個和三個鉤碼，AO=OC，木棒處于平衡狀態(tài)．如在A點再掛兩個鉤碼的同時，在C點再掛三個鉤碼，則木棒（）A． 繞O點順時針方向轉動B． 繞O點逆時針方向轉動C． 平衡可能被破壞，轉動方向不定D． 仍能保持平衡狀態(tài)答案：A解析：解答：以O為轉動軸，設AO=OC=L，木棒的重力力矩為M，每個鉤碼的重力為G．木棒原來處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力矩平衡條件得：2GL+M=3GL；可得M=GL當在A點再掛兩個鉤碼的同時，在C點再掛三個鉤碼，順時針力矩之和為：M順=6GL逆時針力矩之和為：M逆=4GL+M=5GL＜M順，所以木棒將繞O點順時針方向轉動，故A正確．故選：A．分析：原來木棒處于平衡狀態(tài)，力矩平衡，根據(jù)力矩平衡條件可求得木棒的重力對O點的力矩；再分析在A點和C點增加砝碼后，順時針力矩和逆時針力矩的大小關系，即可判斷木棒的狀態(tài)．14．如圖所示，粗糙斜面上有一繞有線圈的滾筒A，線圈中通有電流，空間有一豎直方向的勻強磁場．在下列四種情況中由靜止釋放滾筒，滾筒可能保持靜止狀態(tài)的是（）A． B． C． D． 答案：C解析：解答：由圖，滾筒與斜面的接觸點為支點，滾筒受到重力、支持力、摩擦力和安培力的作用，其中支持力和摩擦力過支點，重力的力矩是逆時針的，安培力的力矩必須為順時針才可能使?jié)L筒保持平衡．A、線框所受安培力左邊向左，右邊向右，力臂相等，安培力的合力矩是為零的，所以滾筒不能平衡，故A錯；B、線框所受安培力左邊向右，右邊向左，力臂相等，合力矩為零，所以滾筒不能平衡，故B錯；C、左邊安培力水平向左，右邊安培力水平向右，大小相等，但是力臂不等，合力矩為順時針方向，所以滾筒可能平衡，故C正確；D、安培力方向與C中相反，大小相等，但是力臂不等，合力矩為逆時針方向，所以滾筒不可能平衡，故D錯誤．故選：C．分析：滾筒與斜面的接觸點為支點，滾筒受到重力、支持力、摩擦力和安培力的作用，其中支持力和摩擦力過支點，重力的力矩是逆時針的，安培力的力矩必須為順時針才可能使?jié)L筒保持平衡．然后根據(jù)力矩平衡的條件逐項分析即可．15．關于力矩，下列說法中正確的是（）A． 力對物體的轉動作用效果決定于力矩的大小和方向B． 力不等于零時，力對物體一定產(chǎn)生轉動作用C． 力矩等于零時，力對物體也可以產(chǎn)生轉動作用D． 力矩的單位是“牛?米”，也可以寫成“焦”答案：A解析：解答：A、力矩是矢量，其大小不僅決定于力的大小，同時與矩心的位置有關，力矩的大小和方向決定著力對物體的轉動作用，故A正確；BC、當力的大小為零或力臂為零時，則力矩為零，此時力對物體沒有產(chǎn)生轉動的作用；故BC錯誤；D、力矩的單位是N?m或kN?m，焦耳是力與位移的乘積，而力矩中的米是距離，不是位移，故D錯誤．故選：A分析：作用力使物體繞著轉動軸或支點轉動的趨向，稱為力矩．力矩能夠使物體改變其旋轉運動．二．填空題16．如圖所示，一根不均勻的鐵棒AB與一輛拖車相連接，連接端B為一固定水平轉動軸，拖車在水平面上做勻速直線運動，棒長為L，棒的質(zhì)量為40kg，它與地面間的動摩擦因數(shù)為，棒的重心C距轉動軸為，棒與水平面成30°角．運動過程中地面對鐵棒的支持力為N；若將鐵棒B端的固定轉動軸向下移一些，其他條件不變，則運動過程中地面對鐵棒的支持力將比原來（選填“增大”、“不變”或“減小”）．答案：200|增大解析：解答：以B點為轉軸，在拖車在水平面上向右做勻速直線運動過程中，棒的力矩平衡，設棒與水平面的夾角為α．則有mgcosα=NLcosα+fLsinα①又滑動摩擦力f=μN．聯(lián)立得：2mgcosα=3Ncosα+3μNsinα②解得，α=30°代入解得，N=200N若將鐵棒B端的固定轉動軸向下移一些，α減小，tanα減小，由③得知，N增大．故答案為：200，增大．分析：選取接端B為轉動軸，地面對鐵棒的支持力的力矩與重力的力矩平衡，寫出平衡方程，即可求出地面對鐵棒的支持力；若將鐵棒B端的固定轉動軸向下移一些則AB與地，地面之間的夾角減小，同樣，可以根據(jù)力矩平衡的公式，判定地面對鐵棒的支持力的變化．17．如圖，重為G的物體，用繩子掛在支架的滑輪B上，繩子的另一端接在絞車D上．轉動絞車，物體便能升起．設滑輪的大小及軸承的摩擦略去不計，桿AB和BC的質(zhì)量不計，A、B、C三處均用鉸鏈連接．當物體處于平衡狀態(tài)時，桿AB所受力的大小為，桿BC所受力的大小為．答案：|解析：解答：以A為支點，AB受到BC的支持力和兩個繩子的拉力，它們的力臂如圖1，設AB桿的長度為L，則：豎直向下的拉力的力臂；L1=LBD的拉力的力臂：BC桿的作用力的力臂：由力矩平衡得：GL1+GL2=FBC?L3代入數(shù)據(jù)得：FBC=同理，以C為支點，BC受到AB的拉力和兩個繩子的拉力，它們的力臂如圖2，則：豎直向下的拉力的力臂：；BD的拉力的力臂：BC桿的作用力的力臂：由力矩平衡得：GL4+GL5=FAB?L6代入數(shù)據(jù)得：FAB=故答案為：；分析：畫出各個力，分別作出各個力的力臂，然后又力矩的平衡即可解答．18．重為G的均勻直桿AB一端用鉸鏈與墻相連，另一端用一條通過光滑的小定滑輪M的繩子系住，如圖所示，繩子一端與直桿AB的夾角為30°，繩子另一端在C點與AB垂直，AC=AB．滑輪與繩重力不計．則B點處繩子的拉力的大小是N，軸對定滑輪M的作用力大小是N．答案：|解析：解答：桿處于力矩平衡狀態(tài)，設繩子的拉力為F，桿長為L，則由力矩平衡條件可知：G=F+F；解得：F=；滑輪受兩繩的拉力及軸對定滑輪的作用力而處于平衡，即軸對定滑輪的作用力與兩邊繩子的拉力相等，則由力的平行四邊形可求得兩拉力的合力即為定滑輪對軸的作用力：由幾何關系可知：而軸對定滑輪的作用力與F'大小相等，方向相反；故答案為：；分析：由受力分析可知，桿受B點繩子的拉力、C點繩子的拉力及本身的重力作用處于轉動平衡狀態(tài)；由力矩平衡條件可求得繩子的拉力；由力的合成可求得軸對定滑輪的作用力．19．如圖所示，為一水閥的示意圖，C為輕活塞，截面積為10cm2，AB是長為的輕質(zhì)杠桿，O為轉軸，AO的長度為，各接觸處均光滑．已知大氣壓強為×105Pa，自來水管內(nèi)的壓強為×105Pa．為保持AB桿水平而水不流出，則在B端需掛一質(zhì)量為kg的重物，此時轉軸對桿的作用力大小為N．答案：5|200解析：解答：根據(jù)力矩平衡知（PS﹣P0S）?AO=mg?OB則對O受力分析知轉軸對桿的作用力大小F=mg+（P﹣P0）S=50N+（﹣1）×105×10×10﹣4N=200N故答案為：5200分析：根據(jù)力矩平衡知（PS﹣P0S）?AO=mg?OB求解質(zhì)量m，根據(jù)力與平衡求解轉軸對桿的作用力．20．半徑分別為r和2r的兩個質(zhì)量不計的圓盤，共軸固定連結在一起，可以繞水平軸O無摩擦轉動，大圓盤的邊緣上固定有一個質(zhì)量為m的質(zhì)點，小圓盤上繞有細繩．開始時圓盤靜止，質(zhì)點處在水平軸O的正下方位置．現(xiàn)以水平恒力F拉細繩，使兩圓盤轉動，若兩圓盤轉過的角度時，質(zhì)點m的速度最大，則恒力F=；若圓盤轉過的最大角度則此時恒力F=．答案：mg|解析：解答：以水平恒力F拉細繩，使兩圓盤轉動，若兩圓盤轉過的角度時，質(zhì)點m的速度最大，此時力矩平衡，故：F?r=mg?2rsin30°解得：F=mg；根據(jù)能量守恒定律得解得本題答案是：mg，．分析：兩圓盤轉過的角度θ時，兩個物體構成的系統(tǒng)減小的重力勢能等于增加的動能，根據(jù)機械能守恒定律列式求解；當F的力矩大于mg的力矩時，質(zhì)點m的速度增大，當F的力矩小于mg的力矩時，質(zhì)點m的速度減小，則當兩者力矩相等時，質(zhì)點m的速度最大．根據(jù)力矩平衡條件列方程求解．再能量守恒定律求解F．21．可輕桿OA繞轉軸O自由轉動，用輕繩AB和輕彈簧BC連接，位置如圖所示．將質(zhì)量m的小物塊懸掛在輕桿中點處，靜止后OA處在水平位置，輕繩AB伸直但無拉力，則此時彈簧上的彈力大小為；將m右移OA/4的距離，輕繩上拉力大小為．答案：|解析：解答：設OA長為l，當繩無拉力，則彈簧的拉力的力矩與重力的力矩平衡，即：Flocsin60°=mg；當m右移的距離時，由力矩平衡得：Flocsin60°+Tlsin30°=mg；解得：答案為：分析：杠桿平衡的條件：動力乘以動力臂等于阻力乘以阻力臂；如圖所示，根據(jù)直角三角形角與邊的關系，求出繩子對杠桿拉力的力臂；再利用已知的重力和重力的力臂以及杠桿平衡的條件求出拉力F的大小．三．解答題22．改進后的“研究有固定轉動軸物體平衡條件”的實驗裝置如圖所示，力傳感器、定滑輪固定在橫桿上，替代原裝置中的彈簧秤．已知力矩盤上各同心圓的間距為5cm．（1）（多選題）做這樣改進的優(yōu)點是（）A．力傳感器既可測拉力又可測壓力B．力傳感器測力時不受主觀判斷影響，精度較高C．能消除轉軸摩擦引起的實驗誤差D．保證力傳感器所受拉力方向不變答案：BF（2）某同學用該裝置做實驗，檢驗時發(fā)現(xiàn)盤停止轉動時G點始終在最低處，他仍用該盤做實驗．在對力傳感器進行調(diào)零后，用力傳感器將力矩盤的G點拉到圖示位置，此時力傳感器讀數(shù)為3N．再對力傳感器進行調(diào)零，然后懸掛鉤碼進行實驗．此方法（選填“能”、“不能”）消除力矩盤偏心引起的實驗誤差．已知每個鉤碼所受重力為1N，力矩盤按圖示方式懸掛鉤碼后，力矩盤所受順時針方向的合力矩為N?m．力傳感器的讀數(shù)為N．答案：能||﹣解析：解答：（1）A、彈簧可以測拉力和壓力，故A錯誤；B、力傳感器，定滑輪固定在橫桿上，替代原裝置中的彈簧秤，主要好處是：力傳感器測力時，不受主觀判斷影響，精確度高和保證力傳感器所受拉力方向不變，故BD正確；C、不能消除轉軸摩擦力引起的誤差，故C錯誤；故選：BD．（2）某同學該裝置做實驗，檢驗時發(fā)現(xiàn)盤停止轉動時，他仍用該盤做實驗，在對力傳感器進行調(diào)零后，用力傳感器將力矩盤的G點拉到圖示位置，此時力傳感器讀數(shù)為3N，說明此時偏心的順時針力矩M0=3×2×?m=?m；再對力傳感器進行調(diào)零，這時就可以消除力矩盤的偏心引起實驗誤差，力矩盤所受順時針方向合力矩M1=2×1×﹣2×1×3×﹣?m=?m；根據(jù)固定轉動軸物體平衡條件，則有：F×2×+3×1×3×﹣=2×1×﹣2×2×3×﹣；解得：F=﹣；故答案為：（1）BF；（2）能，，﹣．分析：（1）根據(jù)彈簧可以拉伸與壓縮，結合實驗原理，及操作步驟，即可求解；（2）根據(jù)力矩公式，結合力傳感器讀數(shù)，求得偏心的順時針力矩，再消除力矩盤的偏心引起實驗誤差，求得力矩盤所受順時針方向合力矩，從而根據(jù)平衡條件，即可求解．23．用如圖所示裝置做“研究有固定轉動軸物體平衡條件“的實驗，力矩盤上個同心圓的間距相等．（1）（多選）在用細線懸掛鉤碼前，以下哪些措施是必要的A．判斷力矩盤是否在豎直平面B．判斷橫桿MN是否嚴格保持水平C．判斷力矩盤與轉軸間的摩擦是否足夠小D．判斷力矩盤的重心是否位于盤中心答案：ACD（2）在A、B、C三點分別用細線懸掛鉤碼后，力矩盤平衡，如圖所示，已知每個鉤碼所受的重力為1牛，則此時彈簧稱示數(shù)為牛．答案：4（3）由于力矩盤偏心未經(jīng)調(diào)整實際測出的彈簧稱讀數(shù)偏大，則力矩盤的重心在軸的．（填左方或右方）答案：右方解析：解答：（1）A、為了防止細線及彈簧稱與力矩盤摩擦，判斷力矩盤是否處在豎直平面是必要的．故A正確．B、本實驗與橫桿MN是否平衡無關，沒有必要檢查橫桿MN是否嚴格保持水平．故B錯誤．C、D、本實驗要研究力矩盤平衡時砝碼的拉力力矩和彈簧拉力力矩的關系，重力、摩擦力等影響要盡可能小，故CD正確．故選：ACD．（2）設A、B、C三處拉力大小分別為FA、FB、FC，彈簧稱示數(shù)為F，由題FA=1N，F(xiàn)B=1N，F(xiàn)C=3N設力矩盤上相鄰同心圓間距為r，則彈簧稱拉力的力臂為L=2r根據(jù)力矩平衡得：FA?2r+FL=FB?r+FC?3r代入解得：F=4N；（3）由于力矩盤偏心未經(jīng)調(diào)整實際測出的彈簧稱讀數(shù)偏大，因此力矩盤重心在軸的右方，才會導致彈簧秤實際讀數(shù)偏大，故答案為：（1）ACD（2）4；（3）右方．分析：（1）本實驗要研究力矩盤平衡時砝碼的拉力力矩和彈簧拉力力矩的關系，要盡可能減小其他力的影響，比如重力、摩擦力等影響．根據(jù)此要求分析選擇．（2）分別確定A、B、C三點細線拉力大小和力臂大小，根據(jù)力矩平衡求出彈簧稱拉力；（3）根據(jù)力矩盤心在軸的某一方，結合力矩平衡條件，即可得出彈簧稱實際讀數(shù)偏大還是偏?。?4．在研究有固定轉動軸物體平衡條件的實驗中（1）實驗開始前需要檢查力矩盤重心是否在轉軸處，描述檢查的操作過程．答案：心在轉軸上，力矩盤本身的重力才可以忽略不