1、第第 7 节节 力矩平衡力矩平衡吕吕 1.2016 年上海年上海卷卷 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：，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GNF 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
2、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 GL L GL
3、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 答案；A 解
4、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 后
5、， 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/ sin370.5m. 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， FDC cos37+mgcos37CA cos37= FCA cos37+mg cos37x， 解得 x=0.072m。 由 x+s=BC-AC sin37 解得 s=0.248m。 由上述方程可知，FDC cos37= FCA cos37
6、，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 AB m C D 37 F O E +q -q B A 力大小的倍。开始时杆与电场间夹角为 （90180）。将杆从初始位置由静止释放， 以 O 点为重3 力势能和电势能零
7、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，或 g l 35 cos6)sin1 (32 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，所以=30 3 3 3 tan qE mg （3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时 O
8、A 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 WmglEP 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
