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：
Q
P 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 ；7
2
mg 。 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：
2
R 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：
42
1
mg 。
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W0（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 =
度。
2a ，试求k 值；（2）若k = R
2mg
2π ，求弹性圈的平衡位置及长
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= m
m m
sin l sin )cos l cos l φθφ-φ（ = tg φm sin θ ②
又观4图，可得 sin Θ=
θ
sin 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 2
θ 而 G = m ′g = π
θ
2m ·g 计算时应用极限 x x
sin lim
x → = 1 （2）设长度2πb ′，代入第（1）问的一般关系可得 b ′= R 答案：（1）
R
2mg
122π+）（ ；（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y
y = )
m h r (2h r mH 222
2+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）
答案：高度为2
22r H
r m 2m m ρπρπ++- 。
12、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= 3
2r 3)3
2
r 3()r 22
2?
?-（ =
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= 6
2P 最后参见图10（水平平面图），有3T = N ′ 答案：18
6
P 。
高二物理竞赛练习 静 力 学（C ）
编题：范传东 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、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60°时，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，φ
m
为最大摩擦角）
对△AOC ，有
)
cos(
AC
m
φ
+
θ
=
θ
sin
AO
对△AOB ，有
m
2
sin
a2
φ
=
m
cos
AO
φ
针对两式消AO解AC即可（注意：φm = arctgμ）
答案：（
μ
1ctgθ－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
2
2
+
μ
+
μ
+
μ）（
（r 。
16、提示——
由最大摩擦角φ1 m = 45°、φ2 m = 30°可以判断：
当θ<300时，假设φ1 = 45°，由三力交汇一点，必有φ2 >30°，故木棍必相对木板滑动,而实际φ1 <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 2
2α 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= N
f y =
N
cos f θ
= μcos θ 而 tg β=
OA OC = α
θ
?αcos l sin sin l = tg α·sin θ 从这两式即可解出θ。
（2）求N 须先求f ，看yOz 平面内二维图（图3），以x 为轴 ΣM = 0 ，即
f ·BO = m
g ·2
BO
sin θ
解f 后，再求N 即可。
答案：（1）arctg （μctg α）；（2）
2
2
tg 21μ
+αmg 。
18、提示：参见右图，设以O 为轴扰动θ角（θ极小），求“新浮力”可用填补法：F 浮′= F 0 + F 1 － F 2 （F 1 、F 2的作用点在两边三角形的重心，由于θ极小，这两处重心到O 点的距离约为3
22
a
? =
3
a ），故扰动后—— M 顺 ≈ Gh 1θ+ F 0h 2θ= G θ（h 1 + h 2）= G θ（2
a － h 2） M 逆 ≈ 2·F 1·3
a
=
3a 2·ρ水g 8a 3θ = 121ρ水g a 4θ= G θ2
2
h 24a
要达成稳定平衡，须满足 M 顺＞M 逆 ，可以解出：h 2 ＞ 1233+ a ，h 2′＜ 12
3
3-a 再不难推出密度关系：σ= a
h 22
ρ水 ，即得答案。 答案：0＜σ＜
6
33-ρ水 或者
6
33+ρ水＜σ＜ρ水 均可。
（商榷：若不以O 为轴转动，答案是否变化？）
高二物理竞赛测验 静 力 学
编题：范传东 学号 ____ 姓名 __________
1、三根长度相同的，质量均为m 的均质刚性细杆，用光滑且质量可以忽略的铰链两两相连而成一个等边三角形框架，然后将其一个顶点悬挂起来，（1）试求平衡时水平杆两端所受力的大小；（2）能否在水平杆之中点悬挂一重物，使此
杆两端所
受力的方向恰好与左右两侧杆方向平行？
2、长为2 L的均质棒AB，一端抵在光滑墙上，棒身又斜靠在与墙相距d的光滑直角上（d ＜Lcosθ）。当棒处于平衡时，求它与水平面夹角θ。
3、光滑无底圆筒重W，内放两个各重为G的光滑球，已知球半径为r ，圆筒半径为R（r ＜R ＜2r），试求圆筒发生倾斜的条件。
4、边长为a 、质量为10m的立方块置于倾斜角为30°的固定斜面上。半径为a/2 、质量为m的圆柱依次搁置成一排。物块与柱体、柱体之间、柱体与斜面均为光滑接触，但物块与斜面之间的摩擦系数μ= 22/3。试求：系统保持静止时，最多可依次放置多少个圆柱体？
5、均质轮轴重量为P ，半径为R ，轮轴上轮毂半径为r，在轮毂上缠绕轻质绳经过定滑轮系以重物，各处摩擦系数均为μ，α角已知，试求平衡时重物的最大重量W 。
《静力学考试》提示与答案
1、提示——
参见右图，隔离左边杆，以C 为轴可定R 大致方位，再以B 为轴ΣM = 0
即 G =
2
L
sin30°= RLsin θ ① 再隔离下杆， ΣF y = 0 有2Rsin （60°－θ）= G ② 解①②得 tg θ= 3/5
再代入①求R 即可。
答案：（1）0.764mg （即21G/6）；（2）不能，侧杆无法维持对B 点的转动平衡
2、提示：此题甚简，用三力共点处理即可。 答案：arccos 3
l
d
。
3、提示——
参见右图，看圆筒、球的整体，可避免寻求筒与球的横向作用力。
显然，要翻倒，应满足：
N （2R －r ）＞ (W + 2G)R ①
求N 时隔离两球，得 N = 2G ② 解①②即可。 答案：
W
G ＞)r R 2R -（。
4、提示——
参见右图，若考虑质心平衡，滑动临界状态，φ = φm = 43.3°。因N 、G 过O 点，全反力R 要过O 点，其作用点Q 必在A 之右（因为43.3°＜45°），故可判断——立方块尚未转动！
（这段论证的意义在于：．．．．．．．．．．N ．逐渐增大时，方块是先滑后转，而非先转后滑，这点很重要．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．
） 常规计算可得，此时N = 3.165 mg ,合6.33个球的累积。
（若常规计算转动临界条件，N = 3.66 mg ,合7.32个球体之累积） 答案：6个。（商榷：此题是可以改成翻转趋势在前——φm ＞ 45°？）
5、提示——
此题解法基本，且不宜引入摩擦角。 参见右图，张力T 过Q 点之上，轮必右滚；
T 张力过Q 点，无转动趋势，M 点无作用，即可三力共点
（引入Q 点接触反力）解；
T 过Q 点之下，轮有逆时针转动趋势，
以O 为轴，f R + f ′R = Tr ① ΣF y = 0 ，即 f + Tcosα +
μ
'
f = P ②