静力学经典例题解析

1奥赛典型例题分析(静力学)2静力学1.如图1所示，长为2m的匀质杆AB的A端用细线AD拉住，固定于墙上D处，杆的B端搁于光滑墙壁上，DB＝1m，若杆能平衡，试求细线AD的长度.图1ABD32.如图2所示，放在水平地面上的两个圆柱体相互接触，大、小圆柱的半径分别为R和r，大圆柱体上缠有绳子，现通过绳子对大圆柱体施加一水平力F，设各接触处的静摩擦因数都是μ，为使大圆柱体能翻过小圆柱体，问μ应满足什么条件？FA图243.如图3所示，三个完全一样的小球，重量均为G，半径为R＝10cm，匀质木板AB长为l=100cm，重量为2G，板端A用光滑铰链固定在墙壁上，板B端用水平细线BC拉住，设各接触处均无摩擦，试求水平细线中的张力.图3BA30°C54.如图4所示，一长为L的轻梯靠在墙上，梯与竖直墙壁的夹角为θ，梯与地面，梯与墙壁之间的摩擦系数都是μ，一重为G的人沿梯而上，问这人离梯下端的距离d最大是多少时梯仍能保持平衡？θBA图46CABθ图55.如图5所示，一长为l重为W0的均匀水平杆AB的A端顶在竖直粗糙的墙壁上，杆端与墙壁的静摩擦系数为μ，B端用一强度足够而不可伸长的绳子悬挂，绳的另一端固定在墙壁的C点，绳与杆的夹角为θ，(1)求能保持平衡时，μ与θ满足的条件；(2)杆平衡时，杆上有一点P存在，若在A点与P点间任一点悬挂一重物，则当重物的重量W足够大时总可以使平衡破坏，而在P点与B点之间任一点悬挂任意重的重物，都不可能使平衡破坏，求出这一P点与A点的距离.76.半径为r，质量为m的三个相同的球放在水平桌面上，两两相互接触，用一个高为1.5r的圆柱形圆筒（上下均无底）将此三个球套在筒内，圆筒的半径取适当的值，使得各球间以及球与圆筒壁之间均保持无形变接触.现取一质量也为m、半径为R的第四个球，放在三球的上方正中，设第四个球的表面、圆筒的内壁表面均由相同的材料构成，其相互之间的最大静摩擦因数为，问R取何值时，用手轻轻竖直向上提起圆筒即能将四个球也一起提起来？87.如图6所示，边长为a的均匀立方体对称地放在一个半径为r的半圆柱面顶部，假设静摩擦力足够大，足以阻止立方体下滑，试证明这立方体稳定平衡的条件是:2ar图698.如图7所示，质量一样的两个小木块由一根不可伸长的轻绳相连放在倾角为的斜面上，两木块与斜面之间的静摩擦系数分别为1和2，且12,tan＝，求绳子与斜面上最大倾斜线AB之间的夹角应满足什么条件，两木块才能在斜面保持静止？21图7B1●●2A109.长方形风筝如图8所示，其宽度a＝40cm,长度b＝40cm,质量M＝200g（其中包括以细绳吊挂的纸球“尾巴”的质量M′＝20g，纸球可当作质点），AO、BO、CO为三根绑绳，AO=BO，C为底边的中点，绑绳以及放风筝的牵绳均不可伸缩，质量不计，放风筝时，设地面的风速为零，牵绳保持水平拉紧状态，且放风筝者以速度v持牵绳奔跑，风筝单位面积可受空气作用力垂直于风筝表面，量值为p＝kvsin，k=8N·s/m3,为风筝平面与水平面的夹角，风筝表面为光滑平面，各处所受空气作用力近似认为相等，取g=10m/s2，放飞场地为足够大的水平地面，试求：(1)放风筝者至少应以多大的速度持牵绳奔跑，风筝才能作水平飞行？这时风筝面与水平面的夹角应为何值？假设通过调整绑绳长度可使风筝面与水平面成任意角度.(2)若放风筝者持牵绳奔跑速度为v=3m/s，调整绑绳CO的长度等于b，为使风筝能水平稳定飞行，AO与BO的长度应等于多少？D●ABCabO图8M′α1110.有一半径为R的圆柱体A，静止在水平地面上，并与竖直墙壁相接触，现有另一质量与A相同、半径为r的较细圆柱体B，用手扶着圆柱A，将B放在A的上面，并使之与竖直墙壁接触，如图10所示，然后放手.已知圆柱A与地面的摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30，若放手后两圆柱能保持图示的平衡，问圆柱B与墙壁的静摩擦系数和圆柱B的半径r的值各应满足什么条件？图10AB12例1解：图1ABD1m以杆为研究对象，作出其受力图（如图）.由于杆处于平衡状态，所以它所受的三个力的作用线必相交于AD线上的同一点O.由几何关系得)(3215.01)2(22222mBDBCOCBCOB)(714322222mBDOBODADGNCTO13例2解：FA图1系统的受力情况如图所示.(1)由于小圆柱既不滑动，也不滚动，而大圆柱在小圆柱上作无滑滚动，故B、C两处都必定有静摩擦力作用.(2)大圆柱刚离开地面时，它受三个力作用：拉力F，重力G1，小圆柱对它的作用力R1.由于这三个力平衡，所以它们的作用线必相交于一点,这点就是A点.α角不大于最大摩擦角m(3)由于小圆柱受力平衡，所以它所受的三个力作用：重力G2，大圆柱对它的作用力R1，地面对它的作用力R2必组成一个闭合三角形.1tanm即有BDCO1O2G1G2R1R2ααR1θ141tanmG2R2R1αθ图2如图2所示，同样应该有1tanm所以由上面三式得1tanm由图2知由图1得RrrRrRBD4)()(2222所以RrRRrADBD24tan于是RrBDCO1O2G1G2R1R2ααR1θFA图115例3解：图1BA30°C首先，把三个球为整体作为研究对象，其受力情况如图2所示,三力作用线必共点.由平衡条件得GN330cos130sinNN对O2轴：NxRN30sin21由以上三式可解得,32GN2RxNN13G图2DO2xO1EAB16,32GN2RxAB板受力情况如图3所示，EABTN2GC板DNAxNAy图3•••RRAE330cot232RxREDNN13G图2DO2xO1EABREDAEAD)233(RcmABAC55021＝板17EABTN2GC板DNAxNAy图3•••23REDRAD)233(RAC5板RAE3对A轴有30sin30cos2ABTACGADN板可解得GT)343(5218例4解：θBA图1平衡时，梯与人组成的系统的受力情况如图2所示.三力的作用线必相交于一点C，而且RA，RB与法线的夹角必不大于最大静摩擦角.m临界平衡时，在∆BCD和∆ACD中利用正弦定理可得BDBCDCDCBDsinsinADACDCDCADsinsinABDCmmRARBGdm图219即BDCDmm)90sin()90sin(ABDCmmRARBGdm图2ADCDmmsin)sin(又mtan由以上三式可解得)cot(12maxldAD20CABθ图1例5解：(1)AB杆受力情况如图所示，三力的作用线必相交于BC绳上的一点O.TRW0OO1因为W0的作用点O1是AB的中点，故必有，而A端不滑动的条件是mtantan即tan(2)杆平衡时，再在AB间挂上重物W，静摩擦角必发生变化，若W挂在O1点与B点之间，W+W0的作用点在O1点的右侧，此时角减少，平衡不会受破坏.21TRW0OO1CABθ图1当WW0时，W+W0≈W，这时W+W0的作用点P可以认为就是W的作用点.要使杆仍能保持平衡，必须满足mtantan由图2可见APAPlAPPOtan)(tan2CABθ图2TRW+W0≈WPO2由以上两式可解得cot1lAP若重物W挂在A点与O1点之间，则W+W0的作用点P在O1的左侧，m增大.当时，平衡就被破坏.22例6解：rr•OO1O2O3图1由图1可见，rOO3321图2为球1的受力图.当竖直向上提起圆筒时，能把4个球一起提起，下面两式应得到满足)1(11NF)2(22NF图2RrN2mgF1ALLOO1O4F2N1CBθθ否则上、下球之间及球与筒壁之间会发生相对滑动.以球1为研究对象，取O1为轴，由力矩平衡条件易得)3(21FF23图2RrN2mgF1ALLOO1O4F2N1CBθθ)1(11NF)2(22NF)3(21FF以图2中的A为轴，可得)4(12LNmgrLN由此式易知，N1N2,所以只要(2)式得到满足，(1)式就自然得到满足.又以图2中的B为轴，可得)5()cos(sin22rrFmgrrN再以4个球为整体作为研究对象，有)6(431mgF24)1(11NF)2(22NF)3(21FF)4(12LNmgrLN)5()cos(sin22rrFmgrrN)6(431mgF图2RrN2mgF1ALLOO1O4F2N1CBθθ由(3)、(5)、(6)式可得cos41sin422NF再结合(2)式可得153cos41sin4两边平方，整理后可得077cos24cos128225153cos41sin4077cos24cos1282由此可解得1611cos87cos（另一解舍去）设R＝nr,由图2的几何关系可得图2RrN2mgF1ALLOO1O4F2N1CBθθ)1(332)1(332cos411nrnrOOOO所以1333321cos332n26rr•OO1O2O3图11333321cos332n故rrnrR68.0)133332(又为使第4个球不至于从下面三个球中间掉下，因此须rrrOOR15.0)1332(1结合上面两式可知第4个球的半径必须满足下式rRr)133332()1332(27例7解：方法1（回复力矩法）如图1所示，当立方体偏离一个很小的角度β时，它沿圆柱体无滑滚动地使接触点从B移到D，如图可见rBD2tan2aaAD图1OABCDEFNθrβ因为ADBD故)1(2ar显然，当重心C在过D点的竖直线的左方时，重力矩会使立方体恢复到原来位置.此时应有AED因为NDO(平行线内错角相等)ADENDF(对顶角相等)90ODFEAD所以NDOAED28图1OABCDEFNθrβ)1(2arNDOAED所以于是据(1)式可得2ar29方法2（能量法）如图2所示，C是立方体的重心，立方体在圆柱体上偏离了一个很小的角度β.由图2易得ACQsincos2APaPECQhOABCDQh图2PE原来重心C（离圆柱体顶点）的高度为a/2,偏离后重心C的高度为h：APaAPa)21(2sin)2sin21(222因为rODOB故22tanrODPD而rBDAD即rPDAP30,)21(22APahrPDAPOABCDQh图2PE于是22rrrPDrAP,2rPD那么24222raah要使立方体处于稳定平衡，必须满足后来的势能大于原来的势能，即2amgmgh即224222araa由此得2ar31例8解：图1B1●●2A设两个小木块重都为G，因为μ1μ2,,故21tantan,tan21则表明木块1可以单独在斜面上保持静止，而木块2不能单独在斜面上保持静止.现两木块用轻绳连接，当木块1在高处且绳子平行AB时，因最大静摩擦力sin2cos2cos)(coscos212121GGGGG这表明系统能在斜面保持静止.当绳子与AB线的夹角为θ且系统能静止，为使θ最大，应有木块1所受静摩擦力不大于其最大静摩擦力.设此时绳子的拉力为T，木块1、木块2的受力情况如图2所示.32图1B1●●2A••12TTf1GsinαGsinαμ2Gcosαθ图2AB由于木块2处于平衡，所以它所受的三个力组成一个闭合三角形.故)1