力矩平衡

第7节力矩平衡吕1.2016年上海卷15.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【答案】A【解析】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：GNF，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。【又解】设三角板的重心为O，AB=L1,OB=L2,∠ABO=，∠CBO=β，三角板绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度θ，如图示，令θ+β=φ拉力F的力矩为MF=F∙A'B∙cos(θ+β+)=F∙L1∙cos(φ+)重力G的力矩为MG=G∙O'B∙cos(θ+β)=G∙L2∙cosφ根据力矩平衡有,F∙L1∙cos(φ+)=G∙L2∙cosφ)sintan(cos)sinsincos(coscos)sinsincos(coscos)cos(cos12121212LGLLGLLGLLGLFθ增大，则tanθ增大,G、L1、L2和均不变，所以F增大；由MG=G∙L2∙cosφ，G和L2不变,θ增大，φ=θ+β增大，cosφ减小，力F对B点的力矩M减小，选项A正确。2.2012年上海卷14．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长二倍。棒的A端用铰链固定在墙上，棒处于水平状态。改变悬线长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力ABBAFCBAFCOC'A'O'GGθβ（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：如图所示根据力矩平衡条件：21LFLmg由于线与棒的连接点逐渐右移，则L2与L1的比值越来越大，因此悬线拉力F越来越小3.2013年上海卷25．如图，倾角为37°，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CA⊥AB，DC=CA=0.3m。质量m=lkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，己知物体与BD间的动摩擦因数μ=0.3。为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离s=m。若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′s（填：“大于”、“等于”或“小于”。）（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）答案：0.248等于解析：拉力F=mgsin37°+μmgcos37°=8.4N。BC=CA/sin37°＝0.5m.设m对支架BC的压力mgcos37°对A点的力臂为x，由力矩平衡条件，F·DCcos37°+μmgcos37°·CAcos37°=F·CAcos37°+mgcos37°·x，解得x=0.072m。由x+s=BC-ACsin37°解得s=0.248m。由上述方程可知，F·DCcos37°=F·CAcos37°，x值与F无关，所以若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′=s。4.2015年上海卷33．（14分）如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动。杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的3倍。开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）。将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点。求：BFAL2L1mgABmCD37ºFOE+q-qBAθ（1）初始状态的电势能We；（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角；（3）杆在电势能为零处的角速度ω。答案：（1）-3qElcosθ；（2）30°；（3）当θ150°时，gl35cos6)sin1(32；当θ150°时，gl35cos6)sin1(32或gl35cos6)sin1(32解析：（1）初态：We=qV++(-q)V-=q(V+-V-)=-3qElcosθ（2）平衡位置如图，设小球的质量为m，合力矩为3qElsinα-mglcosα=0由此得333tanqEmg，所以=30°（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0.当θ150°时，A位于O正下方处电势能为零，初态：We=-3qElcosθ，Ep=mglsinθ末态：0eW，mglEP能量守恒：mglmlmglqEl2225sincos3解得mlqEmg5cos6)sin1(2gl35cos6)sin1(32当θ≥150°时，电势能为零有两处，即A位于O正下方处或正上方处，当A位于O正下方时glcos)sin(356-132当A位于O正上方时，mlqEmg5cos6)sin1(2解得gl35cos6)sin1(32OEqEqEmgmg+q-q