第一部分_《静力学》训练题

高三物理竞赛练习静力学（A）2010-08-11 学号 ____ 姓名 __________1、重量分别为P和Q的两个小环A和B ，都套在一个处在竖直平面内的、光滑的固定大环上。

A、B用长为L的细线系住，然后挂在环的正上方的光滑钉子C上。

试求系统静止平衡后AC部分线段的长度。

2、质量为m的均匀细棒，A端用细线悬挂于定点，B端浸没在水中，静止平衡时，水中部分长度为全长的3/5 ，求此棒的密度和悬线的张力。

3、长为1m的均匀直杆AB重10N ，用细绳AO、BO悬挂起来，绳与直杆的角度如图所示。

为了使杆保持水平，另需在杆上挂一个重量为20N的砝码，试求这个砝码的悬挂点C应距杆的A端多远。

4、半径为R的空心圆筒，内表光滑，盛有两个同样光滑的、半径为r的、重量为G的球，试求B与圆筒壁的作用力大小。

5、为了将一个长为2m的储液箱中的水和水银分开，在箱内放置一块质量可不计的隔热板AB ，板在A处有铰链，求要使板AB和水平面夹53°角，所需的的水银深度。

已知水的深度为1m 、水和水银的密度分别为ρ水 = 1.0×103kg/m3和ρ汞 = 13.57×103kg/m3。

6、六个完全相同的刚性长条薄片依次架在一个水平碗上，一端搁在碗口，另一端架在另一个薄片的正中点。

现将质量为m 的质点置于A 1A 6的中点处，忽略各薄片的自重，试求A 1B 1薄片对A 6B 6的压力。

静力学（A ） 提示与答案：1、提示：本题应用共点力平衡知识，正确画出两个小环的受力，做出力的矢量三角形，利用力三角形和空间几何三角形相似求解。

答案：QP Q+L 。

2、提示：本题利用力矩平衡知识求解，列方程注意转动点（或转动轴）应根据所求问题正确选取，另注意浮力的作用点在浸没段的中心点。

答案：2521ρ水；72mg 。

3、提示：本题利用刚体平衡条件求解，列出力的平衡方程和力矩平衡方程求解，列力矩平衡方程注意转动点（或转动轴）应根据所求问题正确选取。

答案：0.125m 。

4、提示：隔离A 较佳，右图中的受力三角形和（虚线）空间几何三角形相似。

根据系统水平方向平衡关系可知，N 即为题意所求。

答案：2R Rr 2r R --G 。

5、提示：液体的压力垂直容器壁，且作用点在深度的一半处。

答案：0.24m 。

6、提示：设A 1B 1对A 6B 6的作用力为N ，则由A 1B 1对支点A 2的平衡可得B 1对碗口的作用力为N ，由此类推，可得各薄片在碗口受的支持力可以推知如下图；但是，在求B 6处的支持力N ′时，N ′≠32N ，而应隔离如右图—— 以m 所放置的点为转轴，列力矩平衡方程，易得 N ′= 11N 答案：421mg 。

高三物理竞赛练习 静 力 学（B ）2010/8/11 学号 ____ 姓名 __________7、已知横杆长为L ，自重W 0（均质），与墙壁的摩擦系数为μ，绳与杆夹角为θ。

试求：（1）平衡时μ与θ应满足的条件；（2）在杆上找到这样一点P ，使PB 区域内加载任意重量的重物，系统的平衡均不会被破坏。

8、课桌面与水平面夹角α= 40°，桌面放一只六棱形铅笔，设铅笔相对课桌面不滑动，试求(1) 铅笔与课桌面之间的静摩擦因素至少为多大？(2)平衡时铅笔与水平方向所成的最小角度φm ？。

9、不计摩擦，图示均质杆能平衡吗？若计摩擦，再回答前问题。

不能平衡的请画出正确的平衡位置。

10、质量为m ，自然长度为2πa ，弹性系数为k 的弹性圈，水平置于半径为R 的固定刚性球上，不计摩擦。

而且a = R/2 。

（1）设平衡时圈长为2πb ，且b = 2a ，试求k 值；（2）若k =R2mg2 ，求弹性圈的平衡位置及长度。

11、半径为r 的薄壁圆柱烧杯，质量为m ，重心离杯底H 。

将水慢慢注入烧杯，设水的密度为ρ，试问：烧杯连同杯内水的共同重心最低时，水面离杯底多高？为什么？12、四个半径相同的均质球放在光滑的水平面上，堆成锥形，下面三个球用细绳捆住，绳子与这三个求的球心共面。

已知各球均重P ，试求绳子的张力。

静力学（B ） 提示与答案：提示与答案7、提示：第（1）问甚简；第（2）问以“加载重物”W →∞讨论临界条件（W 未趋于∞时，A 处摩擦角必小于最大摩擦角）。

答案：（1）θ≤ arctg μ；（2）AP =1+θμctg L。

8、提示： (2)方法一：选取过O 点的棱为转轴（如图1），当铅笔与水平方向所成的最小角度φm ，桌面对铅笔的弹力对该转轴的力矩为零，把重力分别沿垂直桌面和平行桌面分解为F 1,F 2，再对平行桌面分量F 2沿垂直棱和平行棱分解为F 3,F 4；以过O 点的棱为转轴，有M F2+ M F3=0。

方法二：将铅笔用垂直“水平线”（原图中虚线）的平面去截，得图1阴影所示的截面，参见图2 ，有 tg α= ︒φ30cos a cos 2/a m，可解φm。

此法甚简。

方法三：将铅笔看成在倾角为θ的“新斜面”上滚动（新斜面方向垂直铅笔的轴线），参见图3 ，显然有 sin θ= sin αcos φm 。

①但重力作用线与铅笔纵剖面夹角不再是30°，而为θ。

参见图3 ，引进铅笔轴线和和铅直线的夹角Θ ，可知cos Θ= mm msin l sin )cos l cos lφθφ-φ（ = tg φm sin θ ②又观4图，可得 sin Θ=θsin 2/a a= 2sin θ ③ 解①②③式，最后成 sin 2α( 4cos 2φm + sin 2φm ) = 1 。

此法太繁，不可取。

答案：(1) φm ≥46.5°（2）μ≥tg α。

9、提示：略。

答案：不能；不能。

光滑时的情形如图5所示；有摩擦时位置不唯一。

10、提示——（1）参看图6 ，将圈分成n 段，且令n → ∞ ，每小段对应圆心角θ，θ→ 0 ，对于这一小段，受力 ∑x F = 0即 Gtg φ= 2Tsin 2θ 而 G = m ′g = πθ2m ·g 计算时应用极限 xxsin limx → = 1 （2）设长度2πb ′，代入第（1）问的一般关系可得 b ′= R 答案：（1）R2mg122π+）（ ；（2）不能在球上平衡。

11、提示：参看图7 ，令水深h ，杯子重心C 1 ，水的重心C 2 ，它们的共同重心 C ，先据力矩平衡表达出x ，在表达出C 的高度yy = )m h r (2h r mH 2222+ρπρπ+ ，变形后成ρπr 2h 2 － 2ρπr 2yh + ( H － y ) = 0这是一个关于h 的一元二次方程，应用△≥0求y 的极小值…（这个过程仍然比较繁复）O12、提示：连接四球体的球心，得图8所示的正四面形（三维图），并可求得tg θ= 32r 3)32r 3()r 222∙∙-（ = 2再参见图9（竖直平面图），可得上球对下球的压力的水平分量 N ′= 3P ctg θ= 62P 最后参见图10（水平平面图），有3T = N ′ 答案：186P 。

高二物理竞赛练习 静 力 学（C ）编题：王洪亮 学号 ____ 姓名 __________13、在竖直墙面上有两根相距为2a 的水平木桩A 和B ，另有一细木棒置于A 之上、B 之下，与竖直方向成θ角静止。

棒与A 、B 的摩擦系数均为μ，现由于A 、B 的摩擦力恰好能使木棒不下坠，求此时棒的重心与A 桩的距离。

14、在均质木棒AB 两端各系一根轻绳，A 端的绳固定在天花板上，B 端的绳用力F 拉成水平，A 端的绳、棒和水平方向的夹角分别为α 、β 。

试证明：tg α = 2tg β 。

15、半径为r 的均质球，受重力为G ，靠在竖直墙边，球跟墙面和水平地面间的摩擦系数均为μ。

如果加一个竖直向下的力F ，试问：F 到球心的水平距离S 应为多大时，方能使球逆时针转动？16、如图所示，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。

开始时木板与墙面的夹角15°，在夹角中放一正圆柱木棍端面上的箭头指向什么方向？附三角函数表——17、质量为m 、长为l 的均质细棒AB ，一端A 置于粗糙地面，另一端B 斜靠在粗糙的墙上。

自A 端向墙壁引垂线AO ，已知∠OAB = α ，棒与墙面间的摩擦系数为μ，地面足够粗糙。

试求：（1）棒不至于滑下时AOB 平面与铅垂面间的最大夹角θ；（2）上问情况下墙对棒的支持力。

18、截面为正方形的木棒水平地浮在水面上，为使木棒对垂直木棒的水平扰动呈稳定平衡，木棒的密度σ应为多大？静力学（C ） 提示与答案：13、提示——方法一：利用刚体平衡条件求解。

列出力的平衡方程和力矩平衡方程求解，列力矩平衡方程时可分别选取A,B 为转动点求解。

方法二：利用“摩擦角”知识求解。

“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R A 、R B 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(ACm φ+θ = θsin AO对△AOB ，有m 2sin a 2φ = mcos AOφ 针对两式消AO 解AC 即可（注意：φm = arctg μ） 答案：（μ1ctg θ－1）a 。

14、提示：此题甚简，用三力共点处理即可。

答案：略15、提示：力矩平衡的简单应用。

答案：F)1()G F 22+μ+μ+μ）（（r 。

16、提示——<45°, 木棍相对墙滚动；当θ>300时，若φ1 = 45°，由三力交汇一点，必有φ2 <30°，故木棍必相对木板不滑动而是滚动；由于实际φ2 <30°，由三力交汇一点，必有φ1 > 45°，故木棍相对墙滑动。

综上可知，棍先相对墙滚动，后相对板滚动。

它们的分界处在板与墙夹角30°处（见右图）棍转过圆心角 θ=r l ∆ ，而Δl = rctg 21α － rctg 22α注意：棍后段相对板转动θ2时，板自身顺时针转动了30°，故总结果应为 （θ1 － θ2）π︒2360 + 30° 答案：顺时针转过136.8°。

17、提示——（1）A 不动，B 的运动趋势是yOz 平面的圆弧（图1和图3中虚线），据此可以判断f 的方向；同时，作为AB 整体，应将x ．轴视为．．．转动（趋势）的转轴．．。

但AB 的每一状态均为平衡态，而重力G 又在ABCD 平面内，故墙壁的全反力R 必然也在ABCD 平面！画出xOy 平面内的二维图（图2），可得tg β= Nf y =Ncos f θ= μcos θ 而 tg β=OA OC = αθ∙αcos l sin sin l = tg α·sin θ 从这两式即可解出θ。