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文檔簡介
1、.物體的平衡一、單項選擇題本大題共5小題,共30分1. 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.如在A點再掛兩個鉤碼的同時,在C點再掛三個鉤碼,那么木棒()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A樂陵一中解: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,根據力矩平衡條件得: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=
2、4GL+M=5GL<M順,所以木棒將繞O點順時針方向轉動,故A正確應選:A原來木棒處于平衡狀態,力矩平衡,根據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此題關鍵掌握力矩平衡條件:順時針力矩之和等于逆時針力矩之和,通過比較木棒受到的順時針力矩之和與逆時針力矩之和的關系,來判斷木棒的狀態2. 如圖,始終豎直向上的力F作用在三角板A端,使其繞B點在豎直平面內緩慢地沿順時針方向轉動一小角度,力F對B點的力矩為M,那么轉動過程中()A. M減小,F增大B. M減小,F減小C. M增大,F增大D. M增大,F減小A樂陵
3、一中解:三角板繞B點緩慢順時針轉動一小角度,知拉力F的力矩和重力的力矩平衡,轉動一小角度后,如下圖設原來重心為O,旋轉后重心O',令A'BC=1,O'BC=2,根據幾何關系有拉力F的力臂:L1=A'Bcos1重力G的力臂:L2=O'Bcos2根據力矩平衡有:M=MGM=GL2=G×O'Bcos2,其中G,O'B為定值,緩慢轉動2變大,所以拉力F的力矩M減小;根據力矩平衡:M=MGFL1=GL2解得:F=GL2L1=G×O'Bcos2A'Bcos1,轉動過程中1、2均增大,始終1>2,G,OB,AB
4、為定值,A'BO'=0,1-2=0cos2cos1=cos(1-0)cos1=cos1cos0+sin1sin0cos1=cos0+tan1sin00是定值,1緩慢增加,cos2cos1比值增加,所以緩慢轉動過程中,F增加;綜上可知:M減小,F增加;A正確,BCD錯誤應選:A根據力矩平衡知,拉力F的力矩與重力G力矩平衡,可以判斷轉動過程中力F對B點的力矩M的變化情況,根據拉力力臂的變化和重力力臂的變化判斷拉力的變化此題考察了力矩的平衡,關鍵是畫出示意圖,確定力臂的大小,對力矩這部分內容常和力的平衡綜合考察,一定要熟悉根本概念3. 如圖,在磁感應強度為B的勻強磁場中,面積為S的矩
5、形剛性導線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO'轉動,磁場方向與線框平面垂直.在線框中通以電流強度為I的穩恒電流,并使線框與豎直平面成角,此時bc邊受到相對OO'軸的安培力矩大小為()A. ISBsinB. ISBcosC. ISBsinD. ISBcosA樂陵一中解:I與B垂直,故安培力F=BIL=BbcI,由左手定那么知安培力豎直向上,由幾何知識可知力臂的大小為:L=absin 那么力矩為:BbcI×absin=BISsin 應選:A安培力F=BIL,力矩等于力乘以力臂,利用幾何知識確定出力臂的大小即可此題借助安培力的計算考察了力矩的計算,力矩的計算中關鍵是確定力臂
6、的大小4. 如下圖,一根質量分布均勻的木棒,一端沿著光滑的豎直墻面緩慢往下滑動,另一端在粗糙程度不一的程度地面上向右滑動,那么在此過程中()A. 豎直墻壁對棒的作用力大小保持不變B. 豎直墻壁對棒的作用力大小逐漸減小C. 程度地面對棒的作用力大小保持不變D. 程度地面對棒的作用力大小逐漸增大D樂陵一中解:AB、對棒,設與墻壁接觸點與地面的間隔 為h,與地面接觸點與墻壁間隔 為L,根據力矩平衡條件,有: Fh=GL2 解得:F=GL2h 由于L變大、h減小,故F增加,故A錯誤,B錯誤;CD、將地面的支持力和摩擦力當作一個力,棒受三個力平衡,根據平衡條件,該力與重力和墻壁支持力F的合力等大、反向、
7、共線,由于墻壁支持力F增加,故地面作用力增加,故C錯誤,D正確;應選:D 先以與地面接觸點為支點,運用力矩平衡條件分析豎直墻壁對棒的作用力大小變化情況;將地面的支持力和摩擦力當作一個力,再對棒根據共點力平衡條件列式分析程度地面對棒的作用力大小變化情況此題關鍵是受力分析后根據力矩平衡條件和共點力平衡條件列式分析,也可以將地面的支持力和摩擦力分開考慮,不難5. 如下圖為電流天平,可用來測定磁感應強度.天平的右臂上掛有一匝數為N的矩形線圈,線圈下端懸在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里,當線圈中通有電流I(方向如圖)時,發現天平的右端低左端高,以下調節方案可以使天平平衡的是()A. 保持其它條件不變,
8、僅適當減小線框的寬度B. 保持其它條件不變,僅適當減小線圈的匝數C. 保持其它條件不變,僅適當增大電流大小D. 保持其它條件不變,改變電流的方向后適當增大電流大小C樂陵一中解:天平是等臂杠桿,當線圈中通有電流I時,根據左手定那么,右端線圈受到的安培力豎直向上;天平的右端低左端高,說明安培力偏小,要使天平程度平衡,可以增加左端的砝碼,也可以增大安培力,即增大匝數、電流、線框短邊的長度;故C正確,ABD錯誤;應選:C天平是等臂杠桿,根據左手定那么,右端線圈受到的安培力豎直向上,由于天平的右端低左端高,說明右端重,要設法增大安培力,根據F=NBIL判斷此題關鍵明確天平的工作原理是等臂杠桿,然后判斷出
9、安培力方向,得到控制平衡的方法二、多項選擇題本大題共4小題,共24分6. 如下圖的均勻程度桿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與程度方向的夾角為30.定滑輪被豎直繩CP和程度繩PD系住.那么以下結論中正確的選項是()A. 跨過定滑輪的細繩所受的拉力是25GB. CP繩所受的拉力是45GC. PD繩所受的拉力是35GD. 軸O受到的程度拉力15GAC樂陵一中解:A、以桿OB平衡有:TL+TL2sin30=GL2,由此解得跨過定滑輪的繩所受的拉力T=25G,故A正確;BC、以P為研究對象受力分析如下圖: 根據P平衡有:T
10、PD=Tcos30=25G32=35G TCP-Tsin30-T=0,所以TCP=25G12+25G=35G 故B錯誤,C正確;D、以桿程度方向受力平衡有,軸O對桿的拉力F=Tcos30=25G32=35G,故D錯誤應選:ACAPB是同一根繩,根據力矩平衡求得繩中張力T,再根據P的平衡由平衡條件求得CP和PD繩中的拉力此題抓住桿的力矩平衡和定滑輪受力平衡,分別由力矩平衡方程和平衡條件求解,掌握受力分析是正確解題的關鍵7. 如圖,質量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O',并處于勻強磁場中.當導線中通以沿x正方向的電流I,且導線保持靜止時,懸線與豎直方向夾角為.那么磁感應強度方向
11、和大小可能為()A. z正向,mgILtanB. y正向,mgILC. z負向,mgILtanD. 沿懸線向上,mgILsinBC樂陵一中解:逆向解題法.A、磁感應強度方向為z正向,根據左手定那么,直導線所受安培力方向沿y負方向,直導線不能平衡,所以A錯誤;B、磁感應強度方向為y正向,根據左手定那么,直導線所受安培力方向沿z正方向,根據平衡條件,當BIL剛好等于mg時,繩的拉力為零,所以B=mgIL,所以B正確;C、磁感應強度方向為z負方向,根據左手定那么,直導線所受安培力方向沿y正方向,根據平衡條件BILcos=mgsin,所以B=mgILtan,所以C正確;D、磁感應強度方向沿懸線向上,根
12、據左手定那么,直導線所受安培力方向如以下圖(側視圖),直導線不能平衡,所以D錯誤應選:BC左手定那么:左手平展,讓磁感線穿過手心,使大拇指與其余四指垂直,并且都跟手掌在一個平面內.把左手放入磁場中,讓磁感線垂直穿入手心,手心面向N極,四指指向電流所指方向,那么大拇指的方向就是導體受力的方向根據左手定那么的內容,逐個分析判斷即可的出結論左手定那么和右手定那么一定要區分開,假如是和力有關的那么全依靠左手定那么,即,關于力的用左手,其他的(一般用于判斷感應電流方向)用右手定那么8. 一質量分布均勻的半圓形彎桿OAB,可繞程度軸O在豎直平面內無摩擦轉動.在B點施加一個始終垂直于OB的力F,使其緩慢逆時
13、針旋轉90,那么此過程中()A. 力F不斷減小B. 力F先增大后減小C. 重力對軸O的力矩不斷減小D. 力F對軸O的力矩先增大后減小BD樂陵一中解:以O點為支點,拉力F有力矩,重力也有力矩;根據力矩平衡條件,有:F2R=mgR,解得:F=12mg;保持力F始終垂直于OB,在F作用下使薄板繞A點沿逆時針方向緩慢轉動,直到OB到達豎直位置的過程中,重心與O點的程度間隔 先變大后變小,即重力的力矩先變大后變小;而拉力的力矩一直等于2R;根據力矩平衡條件,有:F2R=mgx 由于x先變小后變大,故F先變大后變小;故AC錯誤,B正確;F對O的力矩為FOB,OB不變,所以力F對軸O的力矩先增大
14、后減小,故D正確;應選:BD以O點為支點,拉力F有力矩,重力也有力矩,根據力矩平衡條件列式求解即可此題關鍵是以O為支點,然后根據力矩平衡條件列式分析,根底題9. 如下圖,質量為m的均勻直角金屬桿POQ可繞程度光滑軸O在豎直平面內轉動,PO長度為l,OQ長度為3l.現加一垂直紙面向里的勻強磁場B并在金屬桿中通以電流I,恰能使OQ邊保持程度,那么平衡時()A. 電流從P點流入直角金屬桿B. 金屬桿POQ的重力矩等于3mgl4C. 桿受到安培力的力矩等于9mgl8D. 電流I大小等于9mg40BlAC樂陵一中解:金屬桿POQ的重力力矩MG=34mg32l=98mgl,因為桿子所受的安培力力矩與重力力
15、矩相等,所以安培力的力矩為9mgl8安培力的力矩M=BI3l×32l-BIl×12l=4BIl2,解得I=9mg32Bl,因為OQ所受的安培力向上,那么根據左手定那么,電流從P點流入直角金屬桿.故A、C正確,B、D錯誤應選AC均勻直角金屬桿POQ恰能使OQ邊保持程度,知重力力矩與安培力的力矩平衡,根據力矩平衡確定安培力的方向和大小,從而得知電流的大小解決此題的關鍵知道重力力矩與安培力力矩平衡,根據力矩平衡,結合安培力大小公式進展分析三、填空題本大題共1小題,共5分10. 用力傳感器“研究有固定轉動軸物體的平衡(1)安裝力矩盤后,需要做一些檢查,寫出其中一項檢查措施并說明該措
16、施的檢查目的_(2)將力傳感器安裝在橫桿上,通過細線連接到力矩盤.盤面上畫有等間距的同心圓.實驗操作和器材使用均無誤.在懸掛點A掛上一個鉤碼后,傳感器讀數為0.75N.在懸掛點B再掛上一個一樣鉤碼后,力矩盤仍維持原狀位置,那么力傳感器讀數應接近_N.“檢查力矩盤的重心是否在轉軸處,使力矩盤重力力矩為零;1樂陵一中解:(1)安裝完畢檢查的目的減小誤差,如“檢查力矩盤的重心是否在轉軸處,使力矩盤重力力矩為零;“力矩盤是否在豎直平面內,使各力力矩在同一平面內等(2)力傳感器的拉力,由力矩平衡得:F1 l1=mgl,F2l1=mgl+mgl' 由圖知,l'=14l
17、 聯立解得:F2=15161N 答案為:檢查力矩盤的重心是否在轉軸處,使力矩盤重力力矩為零;“力矩盤是否在豎直平面內,使各力力矩在同一平面內等.(2)1安裝完檢查的目的:“檢查力矩盤的重心是否在轉軸處,使力矩盤重力力矩為零;“力矩盤是否在豎直平面內,使各力力矩在同一平面內,(2)根據力矩平衡,力傳感器的拉力考察了力矩平衡,注意操作事項,減小誤差,合理估算力臂等四、計算題本大題共4小題,共48分11. 用圖所示裝置做“研究有固定轉動軸物體平衡條件的實驗,力矩盤上各同心圓的間距相等(1)在下面實驗操作中,不必要或錯誤的選項是_A.掛彈簧秤的橫桿要嚴格保持程度B.彈簧秤要嚴密接
18、觸盤面C.各力矩應獲得大一些D.當力矩盤平衡時,立即在豎直盤面上用直尺畫出各力的作用線(2)在A、B兩點分別用細線懸掛鉤碼,M、C兩點用彈簧秤連接后,力矩盤平衡(如下圖),每個鉤碼所受的重力為1N,那么此時彈簧秤示數為_N;(3)有同學在做這個實驗時,實驗操作完全正確,但發現順時針力矩之和與逆時針力矩之和存在較大差異.經檢查發現讀數和計算均無過失,請指出造成這種差異的一個可能原因是:_A;2.5;轉盤的摩擦力的力矩不為零或力矩盤的重心不在圓心樂陵一中解:(1)A、本實驗與橫桿MN是否保持程度無關,沒有必要檢查橫桿MN是否嚴格保持程度,符合題意,故A正確;B、彈簧秤要嚴密接觸盤面,這樣彈簧的拉力
19、才與盤面保持平行,不符合題意,故B錯誤;C、各力矩應獲得大一些,以減小相對誤差,不符合題意,故C錯誤;D、實驗要驗證力矩平衡條件,必須畫出各力的力臂,應立即在豎直盤面上用直尺畫出各力的作用線,不符合題意,故D錯誤;應選:A(2)設彈簧秤的示數為F,每個砝碼的重力為G,轉盤最小的半徑為r.根據力矩平衡條件: 3G3r=F2r+G4r 解得:F=2.5G=2.5×1N=2.5N (3)實驗操作完全正確,發現順時針力矩之和與逆時針力矩之和存在較大差異,可能原因是:轉盤的摩擦力的力矩不為零,或力矩盤的重心不在圓心;故答案為:(1)A;(2)2.5;(3)轉盤的摩擦力的力矩不為零,
20、或力矩盤的重心不在圓心(1)本實驗的目的是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;實驗的要求是盡量減小力矩盤的重力、摩擦力等其他力對力矩盤的影響(2)根據力矩平衡條件:順時針力矩之和等于逆時針力矩之和,列式求解(3)考慮誤差來源時,要注意實際情況下摩擦力的力矩是一定存在的此題應從實驗的目的和要求出發,分析哪些操作是合理的,培養分析處理實際問題的才能12. 如圖,L型輕桿通過鉸鏈O與地面連接,OA=AB=6m,作用于B點的豎直向上拉力F能保證桿AB始終程度.一質量為m的物體以足夠大的速度在桿上從A點處向右運動,物體與桿之間的動摩擦因數與分開A點的間隔 成反比,即 =1x求:
21、(1)當x=2m時,拉力F的大小; (2)當x=2m時,鉸鏈O給桿施加的力的大小和方向解:(1)輕質桿受到滑塊的壓力N1=mg,摩擦力f=umg=mgx和拉力F,以O點為支點,根據力矩平衡,有:fOA+mgx=FAB,6mgx+mgx=6F得F=mgx+mgx6,將x=2m代入,得F=5mg6(2)設軸在O點所受的力為N2,那么N2x=f=mgx=mg2,N2y=N1-F=mg-56mg=16mgN2=N2x2+N2y2=(mg2)2+(mg6)2=106mg設N2與程度方向的夾角為,那么tan=N2yN2x=16mgmg2=13=tan-113,所以N2與
22、程度方向的夾角為=tan-113答:(1)當x=2m時,拉力的大小F=5mg6; (2)當x=2m時,鉸鏈O給桿施加的力的大小為106mg,方向N2與程度方向的夾角為=tan-113樂陵一中(1)受力分析,根據力矩平衡條件列式求解;(2)根據平行四邊形定那么將力合成,求出施加力的大小和方向此題是力矩平衡條件的運用問題,關鍵受力分析列出方程,要知道力是矢量,合成與分解需要滿足平行四邊形定那么13. 汽缸中的高壓燃氣對活塞產生的推力通過曲柄連桿機構將活塞的平動轉換為曲軸的轉動,如下圖.為了能對曲軸產生60Nm的轉動力矩.問:(假定該裝置中,各部分的質量和摩擦力均可
23、忽略不計.)(1)當曲柄處在如下圖的程度位置時,求連桿(圖中連接活塞與曲柄的斜桿)對曲柄作用力?(2)當曲柄處在如下圖的程度位置時,汽缸中的高溫高壓燃氣對活塞的推力F應多大?解:設連桿與曲柄的夾角為,那么連桿對曲柄的力矩:F1Lsin=M 又 cos=616=0.375 sin=0.927得:F1=MLsin=600.06×0.927=1079N高溫高壓燃氣對活塞的推力F=ML=600.06=1000N答:連桿對曲柄作用力F1=1079N,高溫高壓燃氣對活塞的推力F=1000N樂陵一中設連桿與曲柄的夾角為,先求出cos的值,然后根據力矩平衡原理求解此題考察了杠桿平衡原理在實際生活中的應用,中檔題14. 如下圖,一質量為m、帶電量為-q的小球A,用長為L的絕緣輕桿與固定轉動軸O相連接,絕緣
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