[同步]2015年人教版高中物理选修2-2第一章 1.4练习卷与答案（带解析）.doc

1、同步 2015年人教版高中物理选修 2-2第一章 1.4练习卷与答案（带解析） 选择题 （ 2015 上海一模）光滑直杆 AB和 BC按如图所示连接， A、 C处与竖直墙用铰链连接，两杆在 B点也用铰链连接，杆及铰链的质量与摩擦都不计 ABC构成一直角三角形， BC与墙垂直，将重力为 G、可视为质点的物块 P从 A点静止释放，则物块从 A运动到 B的过程中（ ） A.AB杆对 BC杆的作用力方向垂直 AB杆向右上方 B.C处铰链对 BC杆的作用力不变 C.A处铰链对 AB杆的作用力方向不变 D.A处铰链对 AB杆的作用力先变小后变大 答案： D 试题分析：对 BC受力分析，然后确定 AB对 B

2、C的作用力方向； 以 A为支点应用力矩平衡条件判断 BC对 AB的作用力如果变化，然后判断 C处作用力的变化情况； 根据 AB的受力情况应用平衡条件与力矩平衡条件分析答题 解： A、杆的质量与摩擦不计， BC 杆受到墙壁 C 处的作用力与 AB杆的作用力，墙壁对 BC的作用力水平向右， BC杆静止处于平衡状态，由平衡条件可知，AB杆对 BC的作用力水平向左，故 A错误； B、以 A为支点，物块 P向下滑动过程中，物块 P对 AB的压力不变，力臂逐渐变大，力矩变大， BC 对 AB的作用力的力臂大小 不变，由力臂平衡条件可知，BC对 AB的作用力变大，由牛顿第三第定律可知， AB对 BC的作用力

3、逐渐变大，杆 BC静止，处于平衡状态，由平衡条件可知， C对 BC的作用力等于 AB对 BC的作用力，则 C对 BC的作用力逐渐变大，故 B错误； C、 BC对 AB的作用力 FBC方向不变，大小逐渐增大，物块 P对 AB的作用力 N大小与方向都不变， A处对 AB的作用力 FA如图所示，由图示可知，物块 P下滑过程， A处对 AB的作用力方向不断变化，由图示可知， FA先变小后变大，当 FA与 FBC垂直时 FA最小， C错误， D正确； 故选： D 点评：本题考 查了判断力的方向与大小变化情况，正确选择研究对象，应用力的平衡条件与力矩平衡条件即可正确解题 （ 2013 青浦区一模）用如图所

4、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，在用细线悬挂钩码前，下列措施中哪些是必要的 （ ） A判断力矩盘是否处在竖直平面 B判断横杆 MN是否严格保持水平 C判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小 D判断力矩盘的重心是否位于盘中心 答案： ACD 试题分析：解答本题的关键是：明确实验的目的和实验的要求进行分析 本实验的目的是研究力 矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系 实验的要求是尽量减小力矩盘的重力、摩擦力等其他力对力矩盘的影响 解： A、为了防止细线及弹簧称与力矩盘产生摩擦，判断力矩盘是否处在竖直平面是必要的故 A正确 B、本实验与横杆 MN是

5、否平衡无关，没有必要检查横杆 MN是否严格保持水平故 B错误 C、 D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、摩擦力等影响要尽可能小，所以摩擦力要足够小，力矩盘的重心应在盘中心故 CD正确 故选 ACD 点评：本题从实验的目的和要求出发分析哪些操作是合理的，培养分析处理实际问题的能力 （ 2013 普陀区三模）直杆 AB和 BC按如图所示连接， A、 B、 C处均为铰链，杆及铰链的质量都不计现将重力为 G、可视为质点的物块放在图中 P处则（ ） A.AB杆对 BC杆的作用力方向沿 BC连线斜向下 B.BC杆对 AB杆的作用力方向垂直与 AB向上 C.若 AP间距变大，

6、 BC杆对 AB杆的作用力变大 D.若 AP间距变大， AB杆对 BC杆的作用力关于 C点的力矩不变 答案： ACD 试题分析： BC杆质量不计，受到 AB杆的作用力和墙的作用力，二力平衡，必定大小相等，方向相反，作用在同一直线上，墙的作用沿 CB连线向上，则 AB杆对 BC杆的作用力方向沿 BC连线斜向下根据牛顿第三定律分析 BC杆对AB杆的作用力方向若 AP间距变大， BC杆对 AB杆的作用力变大， AB杆对BC杆的作用力关于 C点的力矩为零，保持不变 解： A、以 BC为研究对象，受到 AB杆的作用力和墙的作用力，二力平衡，必定大小相等，方向相反，作用在同一直线上，墙的作用沿 CB连线向

7、上，则 AB杆对 BC杆的作用力方向沿 BC连线斜向下故 A正确 B、根据牛顿第三定律分析可知 ： BC杆对 AB杆的作用力方向沿 CB连线斜向上故 B错误 C、若 AP间距变大，其重力关于 A点的力臂增大，力矩增大，而 BC杆对 AB杆的作用力的力臂没有变化，则由杠杆平衡条件得知 BC杆对 AB杆的作用力变大故 C正确 D、 AB杆对 BC杆的作用力关于 C点的力矩为零，保持不变故 D正确 故选 ACD 点评：本题难点在于选择 BC为研究对象，分析受力情况 BC杆常常称为二力杆，所受的两个力必定共线 （ 2014 浦东新区二模）如图所示，一形状不规则、质量分布不均匀的棒，可绕固定转轴 O在竖

8、直面内自由转动，当棒自由平衡时下 端 A恰位于转轴 O点正下方现用水平恒力 F作用于 A端，在转动角度小于 90的过程中（ ） A.棒的重力力矩先减小后增大 B.恒力 F的力矩先减小后增大 C.棒转动的角速度先增大后减小 D.棒上 A、 B两点线速度方向始终相同 答案： C 试题分析：当棒自由平衡时下端 A恰位于转轴 O点正下方，说明重心在 AO连线上，重力和支持力平衡，重力力矩为零， 当棒从竖直位置缓慢转动的过程中，以 O点为转轴，重力的力臂增大，其力矩增大，恒力力臂减小，然后根据力矩关系判定运动状态 解：当棒自由平衡时下端 A恰位于转轴 O点正下方，说明重 心在 AO连线上，重力和支持力平

9、衡，重力力矩为零，当棒从竖直位置缓慢转动的过程中，以 O点为转轴，重力的力臂增大，其力矩增大，恒力从最大开始力臂减小， F力矩减小，当重力力矩小于 F力矩时，棒转动的角速度增大，当重力力矩大于 F力矩后，角速度又减小，故 AB错误， C正确； D、因为棒的不规则，棒上 A、 B两点线速度方向不始终相同，故 D错误； 故选： C 点评：本题是动态变化问题，关键分析重力的力矩与 F力矩的关系，当力为恒力时，只注意力臂的变化即可 （ 2014 浦东新区一模）一质量分布均匀的半圆形弯杆 OAB，可绕水平轴 O在 竖直平面内无摩擦转动在 B点施加一个始终垂直于 OB的力 F，使其缓慢逆时针旋转 90，则

10、此过程中（ ） A力 F不断减小 B力 F先增大后减小 C重力对轴 O的力矩不断减小 D力 F对轴 O的力矩先增大后减小 答案： BD 试题分析：以 O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 解：以 O点为支点，拉力 F有力矩，重力也有力矩；根据力矩平衡条件，有： F 2R=mg R， 解得： F= ； 保持力 F始终垂直于 OB，在 F作用下使薄板绕 A点沿逆时针方向缓慢转动，直到 OB到达竖直位置的过程中，重心与 O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；根据力矩平衡条件，有：F 2R=mg x 由于 x先变小后变大，故

11、 F先变大后变小； 故 AC错误， B正确； F对 O的力矩为 F OB， OB不变，所以力 F对轴 O的力矩先增大后减小，故 D正确； 故选： BD 点评：本题关键是以 O为支点，然后根据力矩平衡条件列式分析，基础题 （ 2014 杨浦区一模）关于力矩，下列说法中正确的是（ ） A力对物体的转动作用效果决定于力矩的大小和方向 B力不等于零时，力对物体一定产生转动作用 C力矩等于零时，力对物体也可以产生转动作用 D力矩的单位是 “牛 米 ”，也可以写成 “焦 ” 答案： A 试题分析：作用力使物体绕着转动轴或支点转动的趋向，称为力矩力矩能够使物体改变其旋转运动 解： A、力矩是矢量，其大小不仅

12、决定于力的大小，同时与矩心的位置有关，力矩的大小和方向决定着力对物体的转动作用，故 A正确； BC、当力的大小为零或力臂为零时，则力矩为零，此时力对物体没有产生转动的作用；故 BC错误； D、力矩的单位是 N m或 kN m，焦耳是力与位移的乘积， 而力矩中的米是距离，不是位移，故 D错误 故选： A 点评：此题考查力矩的概念、性质及其单位的理解，知道力矩对物体产生的是转动效果，注意理解记忆属于基础类题目 （ 2014 黄浦区二模）如图，一根木棒 AB在 O点被悬挂起来，在 A、 C两点分别挂两个和三个钩码， AO=OC，木棒处于平衡状态如在 A点再挂两个钩码的同时，在 C点再挂三个钩码，则木

13、棒（ ） A.绕 O点顺时针方向转动 B.绕 O点逆时针方向转动 C.平衡可能被破坏，转动方向不定 D.仍能保持平衡状态 答案： A 试题分析：原来木棒处于平衡状态，力矩平衡， 根据力矩平衡条件可求得木棒的重力对 O点的力矩；再分析在 A点和 C点增加砝码后，顺时针力矩和逆时针力矩的大小关系，即可判断木棒的状态 解：以 O为转动轴，设 AO=OC=L，木棒的重力力矩为 M，每个钩码的重力为G 木棒原来处于平衡状态，根据力矩平衡条件得： 2GL+M=3GL； 可得 M=GL 当在 A点再挂两个钩码的同时，在 C点再挂三个钩码，顺时针力矩之和为： M 顺 =6GL 逆时针力矩之和为： M 逆 =4

14、GL+M=5GL M 顺 ，所以木棒将绕 O点顺时针方向转动，故 A正确 故选： A 点评：本题关键掌握力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，通过比较木棒受到的顺时针力矩之和与逆时针力矩之和的关系，来判断木棒的状态 （ 2014 杭州一模）如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度天平的右臂上挂有一匝数为 N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流 I（方向如图）时，发现天平的右端低左端高，下列哪些调解方案可以使天平水平平衡（ ） A仅减小电流大小 B仅增长线框的宽度 l C仅减轻左盘砝码的质量 D仅增加线圈的匝数 答案： A 试题分析：天平是等臂杠杆

15、，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下，要设法减小安培力，根据 F=NBIL判断 解：天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流 I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下； 天平的右端低左端高，说明安培力偏大，要使天平水平平衡，可以增加左端的砝码，也可以减小安培力，即减小匝数、电流、线框短边的长度； 故 A正确， BCD错误； 故选： A 点评：本题关键明确天平的工作原理是等臂杠杆，然后判断出安培力方向，得到控制平衡的方法 （ 2014 普陀区二模）如图， T字形架子 ABO可绕通过 O点， 且垂直于纸面的转动轴自由转动现在其 A端与 B端分别施以图示方向的力 F1和 F2，则关于F1和

16、F2产生的力矩 M1和 M2，下列说法正确的是（ ） A M1引起 T形架顺时针转动， M2引起 T形架逆时针转动 B M1和 M2可能使 T形架保持平衡 C M1和 M2使 T形架逆时针转动 D M1和 M2使 T形架顺时针转动 答案： C 试题分析：物体在力矩作用下会绕转动轴转动，物体沿力矩方向转动，力矩方向可以用右手定则判断，右手四指指向力臂的方向，四指向力的方向弯曲，则大拇指所指的方向就是力矩的方向，即物体的转动方向 解：根据图示由右手定则可知，力 F1的力矩 M1使 T形架沿逆时针方向转动，力 F2的力矩 M2也使 T形架沿逆时针方向转动，所以 M1和 M2使 T形架逆时针转动；故

17、C正确， ABD错误； 故选： C 点评：本题考查了物体在力矩作用下转动方向的判定，知道物体的转动方向就是力矩方向、会用右手定则判断力矩方向是正确解题的关键 （ 2013 闸北区一模）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 （ ） A判断横杆 MN是否严格保持水平 B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 C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 D使用弹簧秤前必须先调零 答案： BD 试题分析：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

18、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 解： 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 故选 BD 点评：本题关键要抓住实验原理，根据实验要求进行分析考查分析设计实验操作要求和技巧的能力