1、第7节 力矩平衡吕1.2016年上海卷BAFC15.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=L
2、2, ABO=a， CBO=，BAFCOCAOGGa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(+a)= F L1 cos(+a)重力G的力矩为MG=G OB cos(+)= G L2 cos根据力矩平衡有, F L1 cos(+a)= G L2 cos增大，则tan增大, G 、L1、 L2和 a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 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
3、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；ABFAL2L1mg解析：如图所示根据力矩平衡条件：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ABmCD37F25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
4、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，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=
5、0.248m。由上述方程可知，FDC cos37= FCA 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。OE+q-qBA4.2015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a；（3）杆在
6、电势能为零处的角速度。答案：（1）-3qElcos；（2）30；（3）当150时，；当150时，或OEqEqEmgmga+q-q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a=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：，能量守恒：解得当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正下方时当A位于O正上方时，解得
