2018年山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺物体的平衡-教师版

物体的平衡一、单选题（本大题共5小题，共30分）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A（@乐陵一中）解：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顺逆时针力矩之和为：M逆=4GL+M=5GL<M顺，所以木棒将绕故选：A．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．本题关键掌握力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，通过比较木棒受到的顺时针力矩之和与逆时针力矩之和的关系，来判断木棒的状态．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A（@乐陵一中）解：三角板绕B点缓慢顺时针转动一小角度，知拉力F的力矩和重力的力矩平衡，转动一小角度后，如图所示设原来重心为O，旋转后重心O'，令∠A'BC=θ1，根据几何关系有拉力F的力臂：L重力G的力臂：L根据力矩平衡有：M=M=GL2=G×O'Bcosθ2，其中G，O'B为定值，缓慢转动根据力矩平衡：M=FL1=GL2

解得：F=GL2L1=G×O'Bcoscosθ2cosθ1=cos(综上可知：M减小，F增加；A正确，BCD错误故选：A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．本题考查了力矩的平衡，关键是画出示意图，确定力臂的大小，对力矩这部分内容常和力的平衡综合考查，一定要熟悉基本概念．如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO'转动，磁场方向与线框平面垂直.在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO'轴的安培力矩大小为()A.ISBsinθ B.ISBcosθ C.A（@乐陵一中）解：I与B垂直，故安培力F=BIL=B⋅bc⋅I，由左手定则知安培力竖直向上，由几何知识可知力臂的大小为：L=ab⋅sin则力矩为：B⋅bc⋅I×ab⋅sin故选：A．安培力F=BIL，力矩等于力乘以力臂，利用几何知识确定出力臂的大小即可．本题借助安培力的计算考查了力矩的计算，力矩的计算中关键是确定力臂的大小．如图所示，一根质量分布均匀的木棒，一端沿着光滑的竖直墙面缓慢往下滑动，另一端在粗糙程度不一的水平地面上向右滑动，则在此过程中()A.竖直墙壁对棒的作用力大小保持不变B.竖直墙壁对棒的作用力大小逐渐减小C.水平地面对棒的作用力大小保持不变D.水平地面对棒的作用力大小逐渐增大D（@乐陵一中）解：AB、对棒，设与墙壁接触点与地面的距离为h，与地面接触点与墙壁距离为L，根据力矩平衡条件，有：Fh=G⋅L解得：F=GL由于L变大、h减小，故F增加，故A错误，B错误；CD、将地面的支持力和摩擦力当作一个力，棒受三个力平衡，根据平衡条件，该力与重力和墙壁支持力F的合力等大、反向、共线，由于墙壁支持力F增加，故地面作用力增加，故C错误，D正确；故选：D先以与地面接触点为支点，运用力矩平衡条件分析竖直墙壁对棒的作用力大小变化情况；将地面的支持力和摩擦力当作一个力，再对棒根据共点力平衡条件列式分析水平地面对棒的作用力大小变化情况．本题关键是受力分析后根据力矩平衡条件和共点力平衡条件列式分析，也可以将地面的支持力和摩擦力分开考虑，不难．如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度.天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的右端低左端高，下列调节方案可以使天平平衡的是()A.保持其它条件不变，仅适当减小线框的宽度B.保持其它条件不变，仅适当减小线圈的匝数C.保持其它条件不变，仅适当增大电流大小D.保持其它条件不变，改变电流的方向后适当增大电流大小C（@乐陵一中）解：天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上；天平的右端低左端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，可以增加左端的砝码，也可以增大安培力，即增大匝数、电流、线框短边的长度；故C正确，ABD错误；故选：C．天平是等臂杠杆，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上，由于天平的右端低左端高，说明右端重，要设法增大安培力，根据F=NBIL判断．本题关键明确天平的工作原理是等臂杠杆，然后判断出安培力方向，得到控制平衡的方法．二、多选题（本大题共4小题，共24分）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2B.CP绳所受的拉力是4C.PD绳所受的拉力是3D.轴O受到的水平拉力1AC（@乐陵一中）解：A、以杆OB平衡有：T⋅L+TL由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=25GBC、以P为研究对象受力分析如图所示：根据P平衡有：TPDTCP-Tsin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F=Tcos30∘故选：AC．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．本题抓住杆的力矩平衡和定滑轮受力平衡，分别由力矩平衡方程和平衡条件求解，掌握受力分析是正确解题的关键．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O'，并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为()A.z正向，mgILtanθ B.C.z负向，mgILtanθ BC（@乐陵一中）解：逆向解题法.A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以B=mgIL，所以C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BILcosθ=mgsinθ，所以D、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图(侧视图)，直导线不能平衡，所以D错误．故选：BC．左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的(一般用于判断感应电流方向)用右手定则．一质量分布均匀的半圆形弯杆OAB，可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动.在B点施加一个始终垂直于OB的力F，使其缓慢逆时针旋转90∘，则此过程中()A.力F不断减小 B.力F先增大后减小C.重力对轴O的力矩不断减小 D.力F对轴O的力矩先增大后减小BD（@乐陵一中）解：以O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=1保持力F始终垂直于OB，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到OB到达竖直位置的过程中，重心与O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AC错误，B正确；F对O的力矩为F⋅OB，OB不变，所以力F对轴O的力矩先增大后减小，故D正确；故选：BD以O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．本题关键是以O为支点，然后根据力矩平衡条件列式分析，基础题．如图所示，质量为m的均匀直角金属杆POQ可绕水平光滑轴O在竖直平面内转动，PO长度为l，OQ长度为3l.现加一垂直纸面向里的匀强磁场B并在金属杆中通以电流I，恰能使OQ边保持水平，则平衡时()A.电流从P点流入直角金属杆 B.金属杆POQ的重力矩等于3mglC.杆受到安培力的力矩等于9mgl8 D.电流I大小等于AC（@乐陵一中）解：金属杆POQ的重力力矩MG=3安培力的力矩M=BI⋅3l×32l-BIl×12l=4BIl2，解得I=9mg32Bl，因为OQ所受的安培力向上，则根据左手定则，电流从P点流入直角金属杆故选AC．均匀直角金属杆POQ恰能使OQ边保持水平，知重力力矩与安培力的力矩平衡，根据力矩平衡确定安培力的方向和大小，从而得知电流的大小．解决本题的关键知道重力力矩与安培力力矩平衡，根据力矩平衡，结合安培力大小公式进行分析．三、填空题（本大题共1小题，共5分）用力传感器“研究有固定转动轴物体的平衡”．(1)安装力矩盘后，需要做一些检查，写出其中一项检查措施并说明该措施的检查目的______．(2)将力传感器安装在横杆上，通过细线连接到力矩盘.盘面上画有等间距的同心圆.实验操作和器材使用均无误.在悬挂点A挂上一个钩码后，传感器读数为0.75N.在悬挂点B再挂上一个相同钩码后，力矩盘仍维持原状位置，则力传感器读数应接近______N.“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；；1（@乐陵一中）解：(1)安装完毕检查的目的减小误差，如“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”等．(2)力传感器的拉力，由力矩平衡得：F1

l1=mgl由图知，l'=14l

答案为：检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”等.(2)1安装完检查的目的：“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”，(2)根据力矩平衡，力传感器的拉力．考查了力矩平衡，注意操作事项，减小误差，合理估算力臂等．四、计算题（本大题共4小题，共48分）用图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．(1)在下面实验操作中，不必要或错误的是______A.挂弹簧秤的横杆要严格保持水平B.弹簧秤要紧密接触盘面C.各力矩应取得大一些D.当力矩盘平衡时，立刻在竖直盘面上用直尺画出各力的作用线(2)在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡(如图所示)，已知每个钩码所受的重力为1N，则此时弹簧秤示数为______N；(3)有同学在做这个实验时，实验操作完全正确，但发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差异.经检查发现读数和计算均无差错，请指出造成这种差异的一个可能原因是：______．A；2.5；转盘的摩擦力的力矩不为零或力矩盘的重心不在圆心（@乐陵一中）解：(1)A、本实验与横杆MN是否保持水平无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平，符合题意，故A正确；B、弹簧秤要紧密接触盘面，这样弹簧的拉力才与盘面保持平行，不符合题意，故B错误；C、各力矩应取得大一些，以减小相对误差，不符合题意，故C错误；D、实验要验证力矩平衡条件，必须画出各力的力臂，应立刻在竖直盘面上用直尺画出各力的作用线，不符合题意，故D错误；故选：A．(2)设弹簧秤的示数为F，每个砝码的重力为G，转盘最小的半径为r.根据力矩平衡条件：

3G⋅3r=F⋅2r+G⋅4r解得：F=2.5G=2.5×1N=2.5N(3)实验操作完全正确，发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差异，可能原因是：转盘的摩擦力的力矩不为零，或力矩盘的重心不在圆心；故答案为：(1)A；(2)2.5；(3)转盘的摩擦力的力矩不为零，或力矩盘的重心不在圆心．(1)本实验的目的是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；实验的要求是尽量减小力矩盘的重力、摩擦力等其他力对力矩盘的影响．(2)根据力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，列式求解．(3)考虑误差来源时，要注意实际情况下摩擦力的力矩是一定存在的．本题应从实验的目的和要求出发，分析哪些操作是合理的，培养分析处理实际问题的能力．如图，L型轻杆通过铰链O与地面连接，OA=AB=6m，作用于B点的竖直向上拉力F能保证杆AB始终水平.一质量为m的物体以足够大的速度在杆上从A点处向右运动，物体与杆之间的动摩擦因数与离开A点的距离成反比，即

μ=1x求：(1)当x=2m时，拉力F的大小；

(2)当x=2m时，铰链O给杆施加的力的大小和方向．解：(1)轻质杆受到滑块的压力N1=mg，摩擦力f=umg=mgx和拉力f⋅OA+mg⋅x=F⋅AB，6mg得F=mgx+mgx(2)设轴在O点所受的力为N2N2x=f=mgx=mgα=tan-113，所以答：(1)当x=2m时，拉力的大小F=5mg

(2)当x=2m时，铰链O给杆施加的力的大小为106mg，方向N2（@乐陵一中）(1)受力分析，根据力矩平衡条件列式求解；(2)根据平行四边形定则将力合成，求出施加力的大小和方向．本题是力矩平衡条件的运用问题，关键受力分析列出方程，要知道力是矢量，合成与分解需要满足平行四边形定则．汽缸中的高压燃气对活塞产生的推力通过曲柄连杆机构将活塞的平动转换为曲轴的转动，如图所示.为了能对曲轴产生60N⋅m的转动力矩.问：(假定该装置中，各部分的质量和摩擦力均可忽略不计.)(1)当曲柄处在如图所示的水平位置时，求连杆(图中连接活塞与曲柄的斜杆)对曲柄作用力？(2)当曲柄处在如图所示的水平位置时，汽缸中的高温高压燃气对活塞的推力F应多大？解：①设连杆与曲柄的夹角为θ，则连杆对曲柄的力矩：F1又

cosθ=6得