(完整版)力矩以力矩平衡.doc

力矩和力矩平衡一：力矩的概念力矩是改变转动物体的运动状态变化的物理量，门、窗等转动物体从静止状态变为转动状态或从转动状态变为静止状态时，必须受到力的作用。但是，我们若将力作用在门、窗的转轴上，则无论施加多大的力都不会改变其转动状态，可见物体的转动运动状态的变化不仅与力的大小有关，还与受力的方向、力的作用点有关。力的作用点离转轴越远，力的方向与转轴所在平面越趋于垂直，力使转动物体运动状态变化得就越明显。在物理学中力对转动物体运动状态变化的影响，用力矩这个物理量来表示，因此，力矩被定义为力与力臂的乘积。力矩概括了影响转动物体运动状态变化的所有规律，力矩是改变转动物体运动状态的物理量。力矩是表示力对物体产生转动作用的物理量，是物体转动转动状态改变的原因。它等于力和力臂的乘积。表达式为：M=FL，其中力臂L是转动轴到F的力线的（垂直）距离。单位：Nm效果：可以改变转动物体运动状态。转轴：物体转动时，物体上的各点都沿圆周运动，圆周的中心在同一条直线上，这条直线就叫转轴。特点：1，体中始终保持不动的直线就是转轴。2，体上轴以外的质元绕轴转动，转动平面与轴垂直且为圆周，圆心在轴上。3，转轴相平行的线上各质元的运动情况完全一样。大多数情况下物体的转轴是容易明确的，但在有的情况下则需要自己来确定转轴的位置。如：一根长木棒置于水平地面上，它的两个端点为AB，现给B端加一个竖直向上的外力使杆刚好离开地面，求力F的大小。在这一问题中，过A点垂直于杆的水平直线是杆的转轴。象这样，在解决问题之前，首先要通过分析来确定转轴的问题很多，只有明确转轴，才能计算力矩，进而利用力矩平衡条件。作用于同一物体的同一力，由于所取转轴的位置不同，该力对轴的力矩大小可能发生相应的变化，对物体产生转动作用的方向（简称“转向”）也可能不同。例如如右图中的力F，若以1o为轴（即对1o取矩）其力矩为M1=FL1，使物体逆时针转，若以2o为轴（即对2o取矩）其力矩为M2=FL2，使物体顺时针转，由图可知L1L2，故M1M2，且二者反向。由此可见，一谈力矩，必须首先明确是以何处为轴，或对谁取矩。力矩的方向：力矩：力臂(L)和力（F）的叉乘(M)。即：M=L×F。其中L是从转动轴到着力点的矢量,F是矢量力；力矩也是矢量。补充知识：矢量积（叉乘）1、定义：对矢量ba与，若矢量c满足2，的模sinbac，ba与为之间夹角；3，的方向垂直于ba与所决定的平面，且c的指向满足右手法则；则称为bac与为的向量积，记为ba，即bac。右手法则：伸出你的右手，从力臂（指向力的作用线）向力的方向握，那么大拇指的方向就是力矩的方向。力矩的计算：①先求出力的力臂，再由定义求力矩M＝FL，如图中，力F的力臂为LF=Lsinθ，则力矩M＝F•Lsinθ2，把力沿平行于杆和垂直于杆的两个方向分解，平行于杆的分力对杆无转动效果，力矩为零；平行于杆的分力的力矩为该分力的大小与杆长的乘积。如图中，力F的力矩就等于其分力F1产生的力矩，M＝Fsinθ•L。两种方法不同，但求出的结果是一样的，对具体的问题选择恰当的方法会简化解题过程。力使物体转动改变的效果不仅跟力的大小有关，还跟力臂有关，即力对物体的转动效果决定于力矩。①当臂FθLFθLFθLF2F1等于零时，不论作用力多么大，对物体都不会产生转动作用。②当作用力与转动轴平行时，不会对物体产生转动作用，计算力矩，关键是找力臂。需注意力臂是转动轴到力的作用线的距离，而不是转动轴到力的作用点的距离。大小一定的力有最大力矩的条件：1，作用在离转动轴最远的点上；2，的方向垂直于力作用点和转轴的连线与转轴所构成的平面。二：定转动轴物体的转动平衡转动平衡：有转动轴的物体在力的作用下，如果保持静止或匀速转动状态，我们称这个物体处于转动平衡。平衡条件：作用于物体上的全部外力对固定转动轴所取力矩的代数和为零。沿着转轴观察，力矩的转动效应不是使物体沿顺时针转，就是逆时针转，若使物体沿顺时针转的力矩为正，则使物体沿逆时针转的力矩就为负。当不好判断力是使物体沿哪个方向转动时，可以将力分解带沿杆和垂直于方向沿杆的分力力矩为零（或者垂直于面和平行与面或者轴，其中平行与面或者轴的分力力矩为零）当作用在有固定转动轴物体上的顺时针方向力矩之和与逆时针方向力矩之和相等时，物体将处于静止或匀速转动状态。有固定转动轴物体的平衡的表达式为：MMOM或力偶距：作用在物体上的大小相等.方向相等.作用线平行的两个力组成一个力偶。它对物体只有转动作用，其大小积为力偶距：力偶距=力×力偶臂.力偶臂等于两个力作用线间的距离.力偶距的正负也由它使物体转动方向来确定;逆时针为正,顺时针为负。利用转动平衡解题的步骤；（1确定研究对象——哪个物体；（2分析状态及受力——画示意图；分析研究对象的受力情况，找出每一个力的力臂，分析每一个力矩的转动方向；（3列出力矩平衡方程：∑M=0或∑M顺＝∑M逆；（4解出字母表达式，代入数据；（5作必要的讨论，写出明确的答案。一般物体的平衡条件此处所谈的“一般物体”是指没有固定转动轴物体。对一个“一般物体”来说，作用在它上面的力的合力为零，对任意一点的力矩之和为零时，物体才能处于平衡状态。也就是说必须一并具有或满足下面两个关系式：0(0FM对任意转轴）注意：∑M=0或∑M顺＝∑M逆，方程转轴可以根据需要可以任意选取，一般原则是尽量多的力力臂为零，或者让未知的力的力矩为零.例题分析：例题1：如图：BO是一根质量均匀的横梁，重量G1＝80N，BO的一端安在B点，可绕通过B点且垂直于纸面的轴转动，另一端用钢绳AO拉着横梁保持水平，与钢绳的夹角o30，在横梁的O点挂一个重物，重要G2＝240N，求钢绳对横梁的拉力F1：（1）本题中的横梁是一个有固定转动轴的物体；（2）分析横梁的受力：拉力F1，重力G1，拉力F2；（3）找到三个力的力臂并写出各自的力矩：F1的力矩：sin1lFG1的力矩：21lGF2的力矩：lG2解：据力矩平衡条件有：02sin211lGlGlF得：NGGF560sin22211例题2：如右上图，半径为R的均匀圆柱体重30N，在水平绳的拉力作用下，静止于固定斜面上，求：(1)绳子的拉力，(2)斜面对圆柱体的支持力，(3)斜面对圆柱体的摩擦力。解析：如右下图，圆柱体受重力、斜面的支持力和摩擦力、绳拉力四个力。此四力不是共点力。不可以将绳拉力T，摩擦力f平移到柱体重心处。用共点力平衡条件解决较繁（将斜面对柱体的支持力N和摩擦力f合成为一个力F，则F、T、G共点，然后再将R分解求得N、f）。用力矩解决较好。取接触点为轴，由力矩平衡有：T(R+Rcos370)=GRsin370,得10N3GT，取柱心为轴，有TR=fR,得10N3GRf;再取拉力作用点为轴，有NRsin370=f（R+Rcos370）,得N=G=30N。例题3：如图所示，光滑圆弧形环上套有两个质量不同的小球A和B两球之间连有弹簧，平衡时圆心O与球所在位置的连线与竖直方向的夹角分别为α和β，求两球质量之比。解析：此题可以分别分析小球A、B所受共点力，对每个球列共点力平衡方程求解，但是很繁琐。若换一个角度，以O为轴用力矩求解则较方便。如右下图，小球A受到N1、N2、m1g三个力作用，B受到N1’、N3、m2g三个力作用。与弹簧一起看作绕过O点的转动轴平衡问题，其中N2、N3没有力臂，N1和N1’的力矩互相抵消。于是有：m1gRsinα=m2gRsinβ，所以有：sinsinmm21。αβABOαβAαβABOBON1N2N3m1gN1’m2g例题4：一块均匀木板MN长L＝15m，重G1＝400N，搁在相距D＝8m的两个支架A、B上，MA＝NA，重G2＝600N的人从A点向B点走去，如图所示。求：①人走过B点多远木板会翘起来？②为使人走到N点时木板不翘起来，支架B应放在离N多远处？2.67m、3m分析和解：当木板刚翘起来时，板的重力对B点产生的力矩和人的重力对B点产生的力矩使板平衡，设人走过B端L时木板会翘起来，则有BL6004400可解得LB＝2.67m,同理，可设当人走到N端木板刚要翘起来时，B支架和N端的距离为LBN则有BNBNLL600)5.7(400可得LBN＝3m例题5：.在光滑水平面上有一滑块,滑块上放有一个上端有固定转动轴的木棒,如图1。现用水平力F向右推滑块,但滑块仍静止。试分析滑块对木棒的弹力的变化情况。分析与解答：先应弄清施力F前的情况；因为滑块静止,目水平面是光滑的,所以木棒对滑块只有竖直向下的压力,而无摩擦力。由牛顿第三案律可知,滑块对木棒也只有支持力(弹力)。再以木棒为研究对象,对于其转动轴,木棒所受的弹力N的力距与木棒的重力距平衡,如图2(a)所示。施力F点,同样由滑块静止可知,木棒对滑块向左的静摩擦力,以与力F平衡。则滑块对木棒也有水平向右的静摩擦中。这样，以木棒为研究对象,对转动轴又增加了一个摩擦力f的逆时针方向的力距,如图（b）,而木棒的重力对轴的顺时针方向的力距大小是不变的,故木棒所受滑块施的弹力将减小。[本题交替以滑块和木棒为研究对象,结合物体的平衡条件进行受力分析,正是要求的解题能力]例题6：如图3所示,有固定转动轴0的轻板与竖直墙之间夹着一个光滑重球。在板的端点绝竖直向上的力F,使整个装置处于平衡。若缓慢使板与竖直墙的夹角θ增大(仍小于90o),则力F及其对轴o的力距M各将如何变化？分析与解答：以木板为研究对象，力F对轴o的力距与球对木板的正压力N对轴的力距平衡，因此力F对轴o的力距M的变化情况，取决于弹力N对轴o的力距变化情况，其变化规律如何呢？这就要转移以光滑球的研究对象并应注意抓住球的重力G和半径R这两个不变的因素。设球与板接触点到轴o的距离为X，2xRCot。参看图4可知，板对球的弹力GNSin对板由力距平衡有，2GFLSinNxRCotSinL为板长。222GGRMFLSinRCotSinSin22GRFLSintan可见随增大，M.F都减小。例题7：如图5所示，水平轻杆AB长1.5m，其A端有固定转动轴，倾斜轻杆CO与AB夹角为30°AC=1m。在B端有一小定滑轮，绕过定滑轮的细绳左侧成竖直，并连接放在水平支持面重物P，其重G=100N；右侧细绳穿过动滑轮后，端点固定在E点，动滑轮上吊有重物G1=30N。不计滑轮质量及摩擦。求co杆对AB杆的作用力F。分析与解答：co杆对AB的作用力有两个方面效果，一方面向上支持，另一方沿AB向右推。本题所求是这两个方面效果的合力F，力P的方向沿oc杆斜向上（若计oc方向，这可以对oc杆的转动轴的合力距为零得出）。另外，在不计绳重和摩擦的前提下，同一根绳沿各方向的拉力（张力）是相等的，本题中定滑轮两侧绳的拉力以及动滑轮两侧的绳拉力都相等。以动滑轮为研究对象，依题（注意30°角及左右两侧绳的对称性）知它所受的三个力互成120°有。以AB杆为研究对象，对轴A有3030ooFACSinGABTABSin得F=135N。例题8：如图7所示，一根长为L重为G0的均匀杆AB，A端顶在粗糙的竖直墙上，与墙的摩擦因数为μ；B端用一根强度足够大的绳挂在墙的C处。此时杆恰好成水平，绳的倾角为。（1）求杆能保持水平平衡时，μ和应满足的条件。（2）若P为杆上一点，在BP间挂任意重物都不会使杆的A端下滑，求P点的位置应在何处。分析与解答：（1）以B为轴，由力距平衡，对杆AB如（图8）0G2LfL得0G2f若以A为轴，则0G2LTLSin得0G2TSin又0G2NTCosCot要杆不F下滑，应有，得(2)设P点到A的距离为X，所挂重物G0BM；0CM：由1.2得：要杆F不下滑，需，即：代入4式得0G()2().......5GxTanxGTanGTanLLxGGTanTanL因为，所以5，式中左端，从而右端应不大于零，否则式中的不等式不成，即：()0xGGTanT