静力学习题详解2

高中物理竞赛详解1高中物理竞赛试题详解（2）1．如图1-32所示,求图示均匀薄板的重心,大正方形边长为a,挖去的小正方形边长为4a,一个顶点在大正方形的几何中心上,两正方形各对应边相互平行.1.[解]在大正方形中挖去一个与正方形O1等大,关于正方形中心G对称的小正方形O2,则挖去小正方形后的大正方形,其中重心在G点.其重量为正方形O2的14倍.若设正方形O2的质量为m,则挖了O2后的大正方形的质量为14m建立ox坐标轴,根据对称性,重心必在ox轴上.原点在O点.根据重心公式:112212nnnmrmrmrrmmm232145922814120mamaramm,即:重心在O2O1的连线上,离O1的距离为2120a.2.如图1-33所示,边长为a的均匀立方体,平衡地放在一个半径为r的圆柱面顶部,假设静摩擦系数很大,足以阻止立方体下滑.试证明物体的稳定平衡的条件2ar.2.[解]若物体不能下滑,由图可以看出,当正方体受到扰动时,其中心就由A点移到B点.只要B点的位置比A点高,正方体就处于稳定平衡状态.设:立方体与圆柱的接触点对应的半径转过了角.如解图1-12所示.则:初始A点的高度为2ar,在B点时的高度为:OMNRBScossincos2arr()cossin2arr正方体处于平衡,须使()cossin22aarrr整理得:(sincos1)(1cos)2ar(tan)tan222ar当很小时tan22即只要2ar时正方体就处于稳定平衡状态3.在蜡烛的底部插一个铁钉后，竖立在水中．蜡烛露出水面1cm，已知蜡烛的密度为水密度的0.9倍．现将蜡烛点燃，蜡烛燃烧多长后方可熄灭?解：设水的密度为蜡烛的密度为，横截面积为s,铁钉的质量为m图1-32Oar图ar解图PPRSxm1x解图1-13解图1-11O1O2Ox高中物理竞赛详解2则：gsx=gs(x+1)+mg0gs(xxgs(x-x)+mg0gsx=gs(1+x)x=10(cm)4.用20块质量均匀分布的相同光滑积木块,在光滑水平面上一块叠一块地搭成单孔桥,已知每一积木块长度为L.横截面是边长为4Lh的正方形，要求此桥具有最大跨度(即桥孔底宽）,试画出桥的示意图,并计算跨度s与桥孔高度H的比值。4.[分析]要使此桥具有最大跨度，显然要按照如解图1-14所示的方式摆放，并使每一积木块上面的积木块尽可能向外伸出，我们给每一木块编上号（见图），先看看最上面两块，由于木块之间无摩擦，因此要使木块1号不倒下，1号的重心（在中点）应在2号木块右端面的左侧，在临界情况下，可使它恰在第2号右端面的正上方，同理，在临界状态下，第1号和第2号木块的共同重心应在3号右端面正上方……[解]设1号右端面到2号右端面的距离为x1，12Lx,2号右端面到3号右端面到的距离为x2……，以第2号木块的左端为转轴力矩平衡:22()2LGLGGLx,可以得出24Lx,同理:第3号右与第4号右端的距离为x3,以第3号木块的左端为转轴力矩平衡323()2LGLGGLx求得36Lx第k号的右端面的距离为xk……，则第k号由力矩平衡知：(1)()2kLkGLGkGLx求得：解得2kLxk则桥拱长的一半为11121122nnkKksLLxxxkk由图1可知1(1)(1)4HnhnL所以11411nKsHnk。将n=10代入可得．1.258sH5.有一吊盘式杆秤，量程为10kg.现有一西瓜超过此秤量程，店员A找到另一相同的秤跎．把它与原秤砣结在一起进行称量，平衡时，双砣位于6.5kg刻度处．A将此读数乘以2得13kg，作为西瓜的质量.为了检验,他取另一西瓜．正常称量为8kg，用砣称量读数为3kg．乘以2后得6kg，这证明A的办法不可靠，试问，A所称的那个西瓜的实际质量是多大?5.解：设杆秤的提纽C（支点）与秤盘悬挂点A的距离为d，零刻度O（定盘星）到支点C的距离为lo（O点若在C点左边，与A123解图１解图dOC高中物理竞赛详解3点在提纽的同侧，lo为负值；反之，lo为正值），由于杆秤上刻度均匀,设每千克刻度长为λ，秤砣的质量为mo。当秤盘中不放物体的情况下，秤砣应放在O点处，这时秤杆和秤盘对C点的合力矩M与秤砣产生的力矩大小相等，M＝lomog。当秤盘中放有质量为8mkg千克的物体时，此时砣距O点为8距C点为8+l0(图示的lo为负值).以C点为轴列方程:M＋mgd＝mog(lo＋λm)①代入数值得d=λmo②当用双砣称量质量为8mkg的物体时，设读数为m1=3kg平衡时应用：mgd＋M＝2mog(lo＋λm1)③代入数值得出:00823odmlm④由②④得出:02l⑤用双砣称待测质量m西瓜时，其读数26.5mkg:列力矩平衡方程:0022()mgdMmglm⑥将26.5mkg和⑤代入⑥：⑥可以整理为00(15)mgdMmgl也就是说单砣正常称该西瓜,其读数应为15kg6.如图1-34所示．梯子长为2l,重量为G，梯子上的人的重量为G，人离梯子下端距离为h，梯子与地面夹角为,梯子下端与地面间的摩擦因数为,梯子上端与墙的摩擦力忽略不计，试求梯子不滑动时的h值．6.[解]杆的受力情况如图所示：由于杆静止，0,0FMcoscos2sinNfNGGGLGhNLfN解方程可以得出：2()tanlGGGlhG（原答案有误）所以，只要2()tanlGGGlhG，梯子就不会滑动。7.如图1-35所示，一根细棒AB，A端用绞链与天花板相连,B端用绞链与另一细棒BC相连，二棒长度相等．限于在图示的竖直面内运动，且不计绞链处的摩擦，当在C端加一个适当的外力(与AB，BC在一个平面内)可使二棒静止在图示位置，即二棒相互垂直．且C在A端的正下方(1)不论二棒的质量如何，此外力只可能在哪个方向范围内?试说明理由(2)如果AB棒的质量为m1，BC棒质量为m2求此外力的大小和力向．(3)此时BC棒对AB棒的作用力的大小是多少h图h解图GGNNfoC图高中物理竞赛详解47.[解](1)外力的范围应在竖直线右且在BC棒以上.将两根棒看作整体，整体受的重力力矩为顺时针，若整体保持平衡，力F的力矩须产生逆时针力矩。即力F应指在AC线的右侧。以BC为研究对象，B点为轴,BC的重力有逆时针力矩,外力F的力矩须产生顺时针力矩.即F应在BC以上。(2)以BC为研究对象,合力为0,合力矩为0,角045如解图所示021022coscos45sinsin45FGNFNG由方程可得:221122128104Fgmmmm求F的方向可以将AB和BC看作一个整体.以A点为轴力矩平衡(如解图1-17-2所示):0122sin()sin452LFLGG可以求出12221122sin2810mmmmmm即12221122arcsin2810mmmmmm(3)BC杆对AB杆的力可以分解为12,NN其反作用力为12,NN如解图1-17-3所示：以A点为轴，AB力矩平衡。011sin452LGNL①以C点为轴，BC力矩平衡：022sin452LGNL②由①②可得：1124mgN③2224mgN由于2N与N2为相互作用力，所以2224mgN④BC对AB的作用力为12,NN的合力为：221222mm8.在竖直墙面L．有两根相距为2a的水平木桩A和B，有一·细木棒置于A之上,B之下时与竖直方向成角静止，棒与A,B的摩擦因数为0,现由于两木桩的摩擦力恰好能使木棒不下坠.如图1-36所示，求此时棒的重心的位置离A桩的距离．G图1-36C解图1-17-3FG2G1CBA解图1-17-1FG2N1N2CBA解图1-17-2FGG高中物理竞赛详解58.[解]对棒受力分析.由棒静止,合力为0,1212sincosNGNffG设重心到A的距离为x,分别以B点和A点为轴,合力矩为0可得:212(2)sin2sinNaGaxNaGx又有101202fNfN以上三组方程联立可得:0cot(1)xa[解法2]“恰好”不下坠时，A、B两处均达到最大运动趋势，这时两处的全反力RA、RB和重力G必共点，受力分析如右图（其中C为重心，φm为最大摩擦角）对△AOC，有cos()sinmACAO对△AOB，有2sin2cosmmaAO针对两式消解即可（注意：φm=arctanμ）答案：0cot(1)xa。9.—个半径为r的均匀球体靠在竖直墙边，球跟墙面和水平地面间的静摩擦因数都为,如果在球上加一·个竖直向下的力F，如图1-37所示．问；力F离球心的水平的距离s为多大，才能使球做逆时针转动?9.[解]当球开始转动时,12ff，达到最大静摩擦1221FGNfNf分别以球心和球与水平地接触点为轴列力矩平衡方程.12Fsfrfr因12ff，为最大静摩擦:1122fNfN将以上方程联立可得:AOACABG图1-36N1f1N2f2GsFr图1-37sFr图1-37N1N2f1f2G高中物理竞赛详解62()(1)(1)FGsrF10.有一木板可绕其下端的水平轴转动，转轴位于一竖直墙面上。如图，开始时木板与墙面的夹角150，在夹角中放一正圆柱形木棍，截面半径为r，在木板外侧加一力F使其保持平衡。在木棍端面上画一竖直向上的箭头。已知木棍与墙面之间和木棍与木版之间的静摩擦系数分别为μ1=1.00,μ2≈0.577。若极缓慢地减小所加的力F，使角慢慢张开，木棍下落。问当夹角张到600时，木棍端面上的箭头指向什么方向？附三角函数表——θ7.5°15°30°60°sinθ0.1310.2590.5000.866cosθ0.9910.9660.8660.50010.[解]1.木棍“缓缓下落”，可视为处于一系列平衡态。此时作用于木棍上的力有：重力G，墙壁、木板分别对棍施加的全反力（弹力和摩擦力的合力）R1和R2。平衡时这三个力必须共点（如图2）。2.木棍与墙之间的临界角1011tan45、木棍与木板之间的临界角1022tan30。当全反力R与支持面法线之间夹角达临界角1(tan)时，则发生滑动，而另一面（未达临界角、即静摩擦未达最大值）则发生滚动。下面，我们对左、右两面可能发生滑动、滚动的情况作一讨论。如图2，当左面达到临界角01(45)时，右边的全反力R2与接触面法线之间的夹角为0902（其中为板、墙之间的夹角）。(1)当0230时，0090230，即左、右两边均达最大静摩擦，这是一种临界态。(2)当030时，030，即右边已达最大静摩擦，而左边尚未达到，则左边滚动，右边滑动。(3)当030时，030，即右边尚未达到最大静摩擦时，左边已达到，则左边滑动，右边滚动。综上所述，结论应是：当001530时，右边滑、左边滚；当003060时，左边滑、右边滚。3.计算箭头转角。如图3所示，设张角为时，木棍中心的高度为h，且tan()2rh。高中物理竞赛详解7由图可知：01020315cot()7.57230cot()3.73260cot()1.732AOAOhrrBOBOhrrCOCOhrr当00