1、 第第 7 节节 力矩平衡力矩平衡吕吕 1.2016 年年上海上海卷卷 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
2、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=， 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 ，如图示， 令 += 拉力 F 的力矩为 MF=F AB cos(+)= F L1 cos(+) 重力 G 的力矩为 MG=G OB cos(+)= G L2 cos 根据力矩平衡有, F L1 cos(+)= G L2 cos )sintan(cos)sinsincos(cos cos )sinsincos(cos cos )cos( cos 1 2 1 2 1 2 1 2 L GL L GL L
3、GL L GL F 增大，则 tan 增大, G 、L1、 L2和 均不变，所以 F 增大； 由 MG= G L2 cos，G 和 L2不变, 增大，=+ 增大，cos 减小，力 F 对 B 点的力矩 M 减小，选 项 A 正确。 2.2012 年上海卷年上海卷 B A F C B A F C O C A O G G 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 （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
4、案；A 解析：如图所示根据力矩平衡条件： 21 LFLmg 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，CAAB，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 =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
5、 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 + mgcos37 =8.4N。 BC= CA/ sin37 0.5m. 设 m 对支架 BC 的压力 mg cos37 对 A 点的力臂为 x，由力矩平衡条件， F DC cos37 +mgcos37 CA cos37 = F CA cos37 +mg cos37 x， 解得 x=0.072m。 由 x+s=BC-AC sin37 解得 s=0.248m。 由上述方程可知，F
6、DC cos37 = F CA cos37 ，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 A B B F A L2 L1 mg A B m C D 37 F O E +q -q B A 力大小的3倍。开始时杆与电场间夹角为 （90180）。将杆从初始位置
7、由静止释放，以 O 点为 重力势能和电势能零点。求： （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 。 答案：（1）-3qElcos；（2）30 ； （3）当 150 时， g l 35 cos6)sin1 (32 ； 当 150 时， g l 35 cos6)sin1 (32 或 g l 35 cos6)sin1 (32 解析：（1）初态：We=qV+(-q)V-=q(V+ - V-)= -3qElcos （2）平衡位置如图， 设小球的质量为 m，合力矩为 3qElsin-mglcos=0 由此得 3 3 3 tan qE mg ，所以
8、=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 =150 时，A 恰能到达 O 正上方，在此位置杆的角速度为 0. 当 150 时，A 位于 O 正下方处电势能为零， 初态：We= -3qElcos，Ep=mglsin 末态：0 e W，mglEP 能量守恒： mglmlmglqEl 22 2 5 sincos3 解得 ml qEmg 5 cos6)sin1 (2 g l 35 cos6)sin1 (32 当 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g l cos)sin( 35 6-132 当 A 位于 O 正上方时， ml qEmg 5 cos6)sin1 (2 O E qE qE mg mg +q -q 解得g l 35 cos6)sin1 (32
