人教版高中物理选修22第一章第五节 刚体的平衡的条件 同步测试Word格式文档下载.docx
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M变小,F不变
M、F均变大
M先变大再变小,F始终变大
M、F均先变大再变小
5.如图所示,abc为质量均匀的直角等边曲杆,曲杆可绕c端的光滑铰链,在竖直平面内转动.若在a端施加力F1和F2,根据图象所示方向,我们可以得到的结论正确的是( )
F1和F2都产生顺时针效果的力矩
F1产生顺时针效果的力矩,F2产生逆时针效果的力矩
F1产生逆时针效果的力矩,F2顺时针效果的力矩
F1和F2都产生逆时针效果的力矩
6.北京二十九届奥运会皮划艇比赛中,马鞍山运动员李臻(如图)一手支撑住浆柄的末端(视为支点),另一手用力划桨,此时的船桨( )
是等臂杠杆
是费力杠杆
是省力杠杆
对水的力与水对船桨的力是平衡力
7.如图所示为等刻度的轻质杠杆,A处挂一个重为2牛的物体,若要使杠杆在水平位置平衡,则在B处施加的力( )
可能是0.5牛
一定是1牛
可能是2牛
一定是4牛
8.如图所示,质量不均匀的直木棒以左端为轴,在力F的作用下,由水平位置缓慢的拉到图中虚线位置.在此过程中力F始终保持与棒垂直,以下说法中正确的是( )
力F变小,其力矩变小
力F变大,其力矩变大
力F不变,其力矩也不变
力F不变,其力矩变小
二、填空题(共2题;
共4分)
9.一质量为M的均匀三角形水泥薄板ABC平放在水平地面上,已知AB<AC<BC,有一人分别从三顶角A、B、C处抬水泥板,若能抬起,则在A、B、C三处所用的力FA、FB、FC的大小关系是________,FA=________.
10.如图所示,质量为m的均匀半圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动,AB是它的直径,O是它的圆心.在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡,此时AB恰处于水平位置,则F=________;
保持力F始终垂直于AB,在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动,直到AB到达竖直位置的过程中,力F的大小变化情况是________.
三、解答题(共2题;
共10分)
11.如图所示,一飞轮半径为R,转轴在其圆心,为使其制动需要的力矩为M.P、Q为两根长为L的杆,下端铰于地面,上端用一弹簧相连,在杆上离下端a处各有一个宽度不计、厚度为b的制动闸,闸与飞轮间的滑动摩擦系数为μ,为能使飞轮制动,弹簧的弹力应为多大?
12.如图(a)所示,ABCD是一个T型支架,已知整个支架的质量为m1=5kg,重心在BD上、离B点0.2m的O点处,BD=0.6m,D点通过铰链连接在水平地面上,ABC部分成为一斜面,与水平地面间的夹角为37°
,且AB=BC,AC⊥BD.现有一质量为m2=10kg的钢块以v0=4m/s的初速度滑上ABC斜面,钢块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25.问:
T型支架会不会绕D点转动?
某同学的解题思路如下:
可以先算出钢块静止在ABC上恰好使支架转动的位置,如图(b)所示.根据支架受力情况写出此时力矩平衡的式子:
MN=Mf+MG,可根据该式子求出该位置到C点的距离s1;
(MN、Mf、MG分别是钢块对斜面的压力的力矩、摩擦力的力矩以及T型支架自身重力的力矩,其中N=m2gcos37°
,f=m2gsin37°
.)然后算出钢块以4m/s的速度在斜面上最多能滑行的距离s2;
比较这两个距离:
若s1≥s2,则T型支架不会绕D点转动;
若s1<s2,则会转动.
请判断该同学的解题思路是否正确,若正确,请按照该思路,写出详细的解题过程求出结果;
若不正确,请给出你认为的正确解法.
四、实验探究题(共1题;
共6分)
13.用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体的平衡条件”的实验,力矩盘上各同心圆的间距相等.
(1)实验中使用弹簧测力计的好处是________,________(写出两点).
(2)(多选题)做“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验,下列措施正确的是
必须判断横杆MN是否严格保持水平
用一根细线挂一钩码靠近力矩盘面,如果细线与力矩盘面间存在一个小的夹角,说明力矩盘不竖直
在盘的最低端做一个标志,轻轻转动盘面,如果很快停止,说明重心不在盘的中心
使用弹簧秤前必须先调零
(3)若实验前,弹簧秤已有0.2N的示数,实验时忘记对弹簧秤进行调零,则完成实验后测量出的顺时针力矩与逆时针力矩相比,会出现M顺________M逆(选填“>”、“=”或“<”).
五、综合题(共1题;
14.如图所示,重G=200N的均匀杆OA,可绕过O点的水平轴自由转动,杆斜靠在竖直墙上,杆与水平面间的夹角θ=60°
,墙与杆间夹有一张纸,纸的重及纸与墙间的摩擦力不计,纸与杆间的滑动摩擦系数μ=0.2.杆与纸均处于静止状态.
(1)求此时杆对纸的压力有多大?
(2)若用力将纸竖直向上匀速抽出,其拉力需要多少?
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】A
【解析】【解答】解:
如图
对小环进行受力分析,如图所示,小环受上面绳子的拉力m1g,下面绳子的拉力m2g,以及圆环对它沿着OA向外的支持力,将两个绳子的拉力进行正交分解,它们在切线方向的分力应该相等:
m1gsin
=m2gcos(θ﹣90°
)
即:
m1cos
=m2sinθ
=2m2sin
得:
m1:
m2=2sin
故选:
A.
【分析】选取小圆环A为研究对象,画受力分析示意图,小圆环受三个力,两个绳子的拉力和大圆环的支持力,一定要知道大圆环的支持力只能是沿着半径的,由此两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必然相等,然后由数学三角函数知识求解.
2.【答案】A
【解析】【解答】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。
【分析】根据力矩平衡知,拉力F的力矩与重力G力矩平衡,可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况,根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化.
3.【答案】C
A、铁块没有浸入液体时,液体的密度应为零,所以秤的零刻度应该在A处,故A正确;
B、秤砣的质量不变,由A向左移动时,它的力臂变短,则左边铁块拉秤杆的力减小,说明铁块受到的浮力增大,而铁块排开液体的体积不变,说明液体的密度变大,所以刻度应逐渐变大,即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边;
故B正确;
C、若秤砣由A向右移动,它的力臂变长,则左边铁块拉秤杆的力应增大,但铁块受到的浮力不可能竖直向下,所以零点的右边应该是没有刻度的,故C错误;
D、若秤砣由P向右移动,它的力臂变长,则左边铁块拉秤杆的力应增大,但铁块受到的浮力不可能竖直向下,所以零点A的右边应该是没有刻度的,即密度秤的刻度都在A点的左边,故D正确;
本题选错误的,故选C.
【分析】根据根据杠杆的平衡条件和阿基米德原理,结合实际对选项逐一分析进行解答.
4.【答案】D
以A点为支点,拉力F有力矩,重力也有力矩;
保持力F始终竖直,在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动,直到AB到达竖直位置的过程中,重心与A点的水平距离先变大后变小,故重力的力矩先变大后变小;
拉力的力矩是逐渐变小;
设AB与竖直方向夹角为θ,根据力矩平衡条件,有:
F•2Rsinθ=M
故:
F=
,故F先增加后减小;
D.
【分析】以A点为支点,拉力F有力矩,重力也有力矩,找出重心后,根据力矩平衡条件列式分析即可.
5.【答案】A
先将力的作用点与支点连接起来,如图所示:
假设只有拉力F1作用,杆会顺时针转动;
假设只有拉力F2作用,杆同样会顺时针转动;
故F1和F2都产生顺时针效果的力矩;
【分析】先将c端与a端用直线连接起来,然后考虑拉力F1与F2的力矩是顺时针效果还是逆时针效果.
6.【答案】B
船桨在使用过程中,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆.故选:
B.
【分析】结合图片和生活经验,判断杠杆在使用过程中,动力臂和阻力臂的大小关系,再判断它是属于哪种类型的杠杆.
7.【答案】C
设杠杆每一格长度是L,当B处的作用力与杠杆垂直时,力臂最大,此时作用力最小,
由杠杆平衡条件可得:
FALA=FB最小LB,即:
2N×
2L=FB最小×
4L,
则FB最小=1N,当作用在B处的力与杠杆不垂直时,力臂小于4L,
作用力大于1N,因此要使杠杆平衡,作用在B处的力F≥1N,故ABD错误,C正确;
故选C.
【分析】根据杠杆平衡的条件和杠杆中最小力的问题进行分析,即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂,支点与力的作用点的连线为最长力臂.
8.【答案】D
对木棒分析可知,以左侧为支点,木棒受重力和F的作用下处于力矩平衡状态,故力F的力矩与重力力矩平衡;
则有:
mgL=FL′在移动过程中,重力不变,重力力臂减小,故重力的力矩减小,根据力矩平衡可知,力F的力矩减小;
由图可知,重力力臂和F的力臂之比恒定,故F保持不变;
故D正确,ABC错误.
【分析】木棒在重力和拉力作用下处于平衡状态,分别明确二者的力臂,再根据力矩平衡条件即可分析力矩与力的变化情况.
二、填空题
9.【答案】FA=FB=FC;
如图,O为三角形的重心(各边中线交点),木板受到向上的力FA、FB、FC,向下的重力G,木板水平平衡,
先以三角形木板的以BC为轴,则三角形在A的抬力F甲和三角形木板重力G作用下,处于平衡状态,力臂为A01、OO2,
则:
FA×
A01=G×
OO2,
由三角形的中线、重心的几何知识得:
A01=3OO2,
FA=
,
同理可得:
FB=
,FC=
则有FA=FB=FC
故答案为:
FA=FB=FC;
【分析】以三角形的一个边为杠杆转动的支点,根据杠杆平衡条件分别求出甲、乙、丙三个人抬木板所用的力与均匀大木板的重力之间的关系,然后比较其大小.
10.【答案】
mg;
先变大后变小
根据力矩平衡条件,有:
F•2R=mg•R,解得:
保持力F始终垂直于AB,在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动,直到AB到达竖直位置的过程中,重心与A点的水平距离先变大后变小,即重力的力矩先变大后变小;
而拉力的力矩一直等于2R;
F•2R=mg•x
由于x先变小后变大,故F先变大后变小;
mg,先变大后变小.
【分析】以A点为支点,拉力F有力矩,重力也有力矩,根据力矩平衡条件列式求解即可.
三、解答题
11.【答案】解:
设飞轮沿逆时针方向转动,由题图可知,轮子制动的过程中,受到的两侧的摩擦力的方向都与轮子边缘的质点运动的方向相反;
对左侧的杆进行受力分析如图,摩擦力与拉力产生顺时针方向的力矩,支持力N1产生顺时针方向的力矩,根据力矩平衡得:
μN1b+FL=N1a
代入数据解得:
同理对右侧的杆进行受力分析如图,摩擦力与支持力N2产生顺时针方向的力矩,拉力产生逆时针方向的力矩,根据力矩平衡得:
μN2b+N2a=FL
代入数据得:
由题图可知,轮子制动的过程中,轮子制动的力矩的方向与轮子转动的方向相反,制动的力矩大小:
联立解得:
答:
弹簧的弹力应是
.
【解析】【分析】分别对左右两侧的杆进行受力分析,结合力矩平衡即可求出左右两侧受到的摩擦力;
对轮子进行受力分析,求出轮子受到的摩擦力的力矩的表达式,然后结合的摩擦力的表达式即可求出.
12.【答案】解:
该同学的思路中有一些错误.
钢块在斜面上运动时,对斜面产生的摩擦力是滑动摩擦力,方向沿斜面向上,恰好转动时的力矩平衡的表达式应该是:
MN+Mf=MG
m2gcos37°
×
(S1﹣0.8)+μm2gcos37°
0.6=m1g×
0.4sin37°
可解出S1=0.8m,
另外,钢块沿斜面向上滑动的加速度为a=
=gsin37°
+μgcos37°
=8m/s2,
若斜面固定钢块最多能滑行的距离S2=
=1.0m,则S1<S2,所以T型支架会绕D点转动.
该同学的思路中有一些错误.T型支架会绕D点转动.
【解析】【分析】以支架为研究对象,应分析钢块对支架的压力和滑动摩擦力,该同学把钢块对支架的摩擦力方向弄错了,导致力矩平衡方程写错了.根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解距离S2;
即可判断支架能否转动.
四、实验探究题
13.【答案】
(1)便于力矩盘自动调节达到新的平衡;
力的大小及方向可任意改变,力的大小不受整数限制
(2)BD
(3)<
(1)实验中加入一个测力计的好处有:
便于力矩盘自动调节达到新的平衡;
力的大小及方向可任意改变,力的大小不受整数限制;
(2)A、本实验与横杆MN是否平衡无关,没有必要检查横杆MN是否严格保持水平.故A错误.B、用一根细线挂一钩码靠近力矩盘面,平衡时细线在竖直方向上,若细线与力矩盘面间存在一个小的夹角,说明力矩盘在不竖直方向.故B正确.
C、本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系,重力的影响要尽可能小,轻轻转动盘面,如果很快停止,说明重心在盘的中心.故C错误.
D、为防止产生测量误差,使用弹簧秤前必须先调零.故D正确.
BD;
(3)实验时忘记对弹簧秤进行调零,弹簧拉力测量值偏大,其力矩偏大,而弹簧拉力力矩为逆时针方向,则测量出的顺时针力矩小于逆时针力矩.
(2)BD;
(3)<.
【分析】
(1)力矩盘在竖直平面内,加入一个测力计后,便于调节平衡和测量;
(2)本实验原理是研究力矩盘平衡时四个拉力的力矩关系,就要尽可能减小其他力的影响,比如重力、摩擦力等影响.根据此要求分析选择:
本实验与横杆MN是否水平无关.根据常规,使用弹簧秤前必须先调零;
(3)实验时忘记对弹簧秤进行调零,弹簧拉力测量值偏大,根据弹簧称拉力产生的力矩方向,分析误差.
五、综合题
14.【答案】
(1)解:
对杆进行受力分析如图1,则:
GL2=FN•L1
其中:
联立得:
N≈57.73N
此时杆对纸的压力有57.73N;
(2)当纸向上运动的过程中,还要受到摩擦力的作用,对杆进行受力分析如图2,由力矩平衡条件得:
GL2=FN′•L1+μFN′•L3
L3=L•cos60°
代入数据整理得:
FN′=51.75N
对纸的拉力与纸受到的摩擦力大小相等,方向相反,大小为:
F=μFN′=0.2×
51.75=10.35N
若用力将纸竖直向上匀速抽出,其拉力需要是10.35N
【解析】【分析】
(1)杆处于平衡状态,对其进行受力分析,由力矩平衡即可求出;
(2)当纸向上运动的过程中,还要受到摩擦力的作用,对杆进行受力分析即可由力矩平衡条件求出.
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