奥赛静力学测试题附答案.docx

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奥赛静力学测试题附答案

54级物理奥赛第一次测试

1•如图1-6-3所示，AB原为两个相同的均质实心球，半径为R,重量为GA

R-和3R竺G

试求系

B球分别挖去半径为24的小球，均质杆重量为64,长度l=4r，

图1-6-3

2.如图所示，建造屋顶边缘时，用长度为L的长方形砖块，一块压着下面一块并伸出砖

长的1/8,如果不用水泥粘紧，则最多可以堆几层同样的砖刚好不翻倒？

这样的几层砖最多可使屋檐飞”出多长？

μ=0.1.问能压延

α的圆锥上，当链条

3.压延机由两轮构成，两轮直径各为d=50cm,轮间的间隙为a=0.5Cm,两轮按反方向转动，如图2-15上箭头所示.已知烧红的铁板与铸铁轮之间的摩擦系数的铁板

厚度b是多少？

4.如图所示，一长L、质量均匀为M的链条套在一表面光滑，顶角为在圆锥面上静止时，链条中的张力是多少？

5•如图所示，在墙角处有一根质量为m的均匀绳，一端悬于天花板上的A点，另一端悬于竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C,测得绳长AC=2CB,且在B点附近的切线与竖直成α角，则绳在最低点C处的张力和在A处的张力各多大？

6.如图1—15,两把相同的均匀梯子AC和BC,由C端的铰链连起来，组成人字

形梯子，下端A和B相距6m,C端离水平地面4m,总重200N,—人重600N,由B端

上爬，若梯子与地面的静摩擦因数μ=0.6,则人爬到何处梯子就要滑动？

7.—长为L的均匀薄板与一圆筒按图1—14所示放置，平衡时，板与地面成θ角，圆筒与薄板相接触于板的中心.板与圆筒的重量相同均为G.若

板和圆筒与墙壁之间无摩擦，求地面对板下端施加的支持力和静摩擦力.

图1一14

8..质量分别为m和M的两个小球用长度为丨的轻质硬杆连接，并按图1一11所示位置那样处于平衡状态•杆与棱边之间的摩擦因数为μ,小球m与竖直墙壁之间的摩擦力

可以不计.为使图示的平衡状态不被破坏，参数m、M、μ、丨、a和〉应满足什么条件？

EI一11

54级物理奥赛第一次测试答案

1•如图1-6-3所示，AB原为两个相同的均质实心球，半径为R,重量为GA、

35

G

均质杆重量为64,长度I=4r,试求系

统的重心位置。

解：

将挖去部份的重力，用等值、

G27

Ga，GbG

864

。

设重心位置为

O,则合力

G

27

93

W=GG

—

GG

8

64

64

且二MO（Gi）=0即

27

RG

R

35

G（3R—0C）——G（OC3R—）=一（3R-一—0C—GOCG（3ROC）6448264

OC=0.53R

2.如图所示，建造屋顶边缘时，用长度为L的长方形砖块，一块压着下面一块并伸出砖

长的1/8,如果不用水泥粘紧，则最多可以堆几层同样的砖刚好不翻倒？

这样的几层砖最多可使屋檐飞”出多长？

3.压延机由两轮构成，两轮直径各为d=50cm,轮间的间隙为a=0.5Cm,两轮按反方向转动，如图2-15上箭头所示.已知烧红的铁板与铸铁轮之间的摩擦系数μ=0.1.问能压延

的铁板

厚度b是多少？

解:

分析铁板受力如图：

铁板能前进，应满足μFNCOSθ≥FNSinθ分析几何关系求角化

4.如图所示，一长L、质量均匀为M的链条套在一表面光滑，顶角为α的圆锥上，当链条在圆锥面上静止时，链条中的张力是多少？

角举：

链条的受力具有旋转对称性・链条各部分间的张力属于内力,需将内力转化为外力，我们可以在铸条中隔离出任一微元作为研究对象，链条其它部分对微元的拉力就成为外力，对微元根据平衡规律求解：

仆a・∆eAB当sin—

Fi=IFT^n^

T2J2

链条微元处于平衡

c…A&aa

IFT∆w⅛cot-

nMa

FT^-5cotT

2πn2

5•如图所示，在墙角处有一根质量为m的均匀绳，一端悬于天花板上的A点，另一端悬于竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C,测得绳长AC=2CB,且在B点附近的切线与竖直成α角，则绳在最低点C处的张力和在A处的张力各多大？

角军：

取鈴段绳为研究对象:

取4u段纯为研究对象:

載低点C处的张力F胆为

tana

-

2mgB∖

m2

-^tan

2ntg∕3

6.如图1—15,两把相同的均匀梯子AC和BC,由C端的铰链连起来，组成人字

形梯子，下端A和B相距6m,C端离水平地面4m,总重200N,—人重600N,由B端

上爬，若梯子与地面的静摩擦因数μ=0.6,则人爬到何处梯子就要滑动?

进行受力分析，如图所示，把人和梯子看成一个整体，整个系统处于平衡状态:

AB=6m,CD=4m,∙∙.AC=BC=5m

设人到铰链C的距离为丨

满足7F=O,7M=0

所以G■GAC■GBC=Fni■Fn2

FfI=Ff2

GlCoSv■GBC

丄BD）FNICD=FNIBD

2

整理后：

FNI=FN2=400N,l=2.m

7.一长为L的均匀薄板与一圆筒按图1—14所示放置，平衡时，板与地面成θ角，圆筒与薄板相接触于板的中心•板与圆筒的重量相同均为壁之间无摩擦，求地面对板下端施加的支持力和静摩擦力.

解：

如图所示，圆筒所受三个力沿水平和竖直方向平衡的分量式为

FNI-FNSin-0,FNCOSV-G=0

FfFNSin'■-FN2=0

Fn3-G-FNCO^-0

板所受各力对圆筒和板的交点为转动轴的力矩平衡方程为

Fn2LSinrFf—sinv_F”3LCOSTl-0根据牛顿第三定律，有FN=FN

222

联立以上各式，可解得地面对板的支持力和静摩擦力分别为

1

Fn3=2G,Ff=G（cotn-tan二

2

8..质量分别为m和M的两个小球用长度为丨的轻质硬杆连接，并按图1一11所示位置那样处于平衡状态•杆与棱边之间的摩擦因数为μ,小球m与竖直墙壁之间的摩擦力

可以不计.为使图示的平衡状态不被破坏，参数m、M、μ、丨、a和〉应满足什么条件？

:

本题是一道典型的刚体定轴转动平衡问题，解题时对整体进行受力分析，但物体的平衡

不是共点力的平衡，处理时必须用正交分解法，同时还要考虑力矩的平衡，受力分析

如图，根据力的平衡条件可列出：

Ncos」■:

FmSin〉=（Mm）g

NSin「N^=Fmcos爲②

根据力矩平衡条件可写出:

Na

Mglcos:

cosα

杆不滑动的条件为FmVMn。

由①得

Fm

（M亠m）g-NCo:

S

N，

Sin

Mg

（Mm）g：

：

:

N（cos:

IlSinj）④

用③除④得（~m•1）：

：

：

—cos2J（Cossin:

■）⑤

Ma

杆不向右翻倒的条件为Nι>0。

由①和②可得出NI=Fmcos二-NSin：

■

（M∙m）g—Ncos:

cos:

-NSin芒,0

Sin：

■

由此可得（Mm）gcos、£IN⑥

将③中的N代人⑥得1■m.丄cos:

•⑦

Ma

由于Icos.a,再考虑不等式⑦，可得

lmI2Il—

1coS：

：

:

1Cos（coSin⑧

aMa

为了在不等式⑧中能同时满足最后两个不等号，就必须满足条件：

cos（COSjSrn）

由此可得平衡条件为：

∖Uan,如果」：

：

：

tan,就不可能出现平衡.