物理竞赛第一轮复习--静力学测验

贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验12013届物理竞赛第一轮复习静力学测验(2011.10.16)姓名满分160分得分1.（本题6分）如图所示，物体A靠在光滑竖直的墙面，用带铰链的棒支住它，物体重为G，棒重G‘，棒和竖直方向的夹角为，则以下说法正确的是：（）A物体A对棒端的弹力、磨擦力的合力的方向必沿棒的方向；B增加物重G，物体对棒的弹力将减小；C移动铰链的位置，使角增大，但仍支住物体A，则物体对棒的弹力将增大；D增大棒重G‘，物体A对棒的磨擦力将增大；2．在水平桌面M上放置一块正方形薄板abcd，在木板的正中央放置一个质量为m的木板，如图所示，先以木板的ad边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板ad的ab边与桌面的夹角为θ；在接着以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ad边与桌面的夹角也为θ（ab边与桌面的bc夹角θ不变），在转动过程中木板在薄木板上没有滑动，则转动以后木板受到的摩擦力的大小为（）A2√2mgSinθBmgSin2θC√2mgSinθDmgSin√2θ3．（本题6分）如图所示，一个直角斜槽（两槽面间夹角为90°，两槽面跟竖直面的夹角均为45°），对水平面的倾角为θ，一个横截面积为正方形的物块恰能沿此斜槽匀速下滑，假定两槽面的材料和槽面的情况相同，则物块和槽面之间的动摩擦因数μ为（）A√2tanθB√2/2cotθC√2/2tanθD√2cotθ4.（本题6分）如图所示上细下粗的容器中盛有一定质量的水，若将它倒置，则水对容器底面的压力和压强变化的情况是（）A、压力减小，压强增大B、压力增大，压强减小C、压力和压强都增大D、压力和压强都减小5．（本题6分）如图所示是单臂斜拉桥的示意图,均匀桥板ao重为G,三根平行钢索与桥面成30°,间距ab=bc=cd=do,若每根钢索受力相同，左侧桥墩对桥板无作用力，则每根钢索的拉力大小是贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验26、（本题15分）如图1所示，一根重8牛顿的均质直棒AB，其A端用悬线悬挂在O点，现用F=6牛顿的水平恒力作用于B端，当达到静止平衡后，试求：（1）悬绳与竖直方向的夹角α；（2）直棒与水平方向的夹角β。7．（本题20分）三个完全相同的圆柱体，如图叠放在水平桌面上，将C柱放上去之前，A、B两柱体之间接触而无任何挤压，假设桌面和柱体之间的摩擦因数为μ0，柱体与柱体之间的摩擦因数为μ，若系统处于平衡，μ0与μ必须满足什么条件？图1FOABαβ贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验38.（本题20分）碗口上，一端搁在碗口、另一端架在另一薄片的正中位置（不计薄片的质量）将质量为m的质点置于A1A6的中点处，试求A1B1薄片对A6B6的压力．9、（本题20分）在一些重型机械和起重设备上，常用双块式电磁制动器，它的简化示意图如图所示，O1和O2为固定铰链。在电源接通时，A杆被往下压，通过铰链C1、C2、C3使弹簧S被拉伸，制动块B1、B2与制动轮D脱离接触，机械得以正常运转。当电源被切断后，A杆不再有向下的压力(A杆及图中所有连杆及制动块所受重力皆忽略不计)，于是弹簧回缩，使制动块产生制动效果。此时O1C1和O2C2处于竖直位置。已知欲使正在匀速转动的D轮减速从而实现制动，至少需要M=1100N•m的制动力距，制动块与制动轮之间的摩擦系数μ＝0.40，弹簧不发生形变时的长度为L=0.300m，制动轮直径d=0.400m，图示尺寸a=0.065m，h1=0.245m，h2=0.340m，试求选用弹簧的倔强系数k最小要多大。贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验410、(25分)如图所示，匀质圆柱体夹在木板与竖直墙之间，其质量为m，半径为R，与墙和木板间的动摩擦因数为μ，板很轻，其质量可以忽略。板的一端O与墙用光滑铰链相连，另一端A挂有质量为m′的重物，OA长为L，板与竖直夹θ角，θ=53°，试问，m′至少需要多大才能使系统保持平衡？并对结果进行讨论。11.（本题30分）如图7所示，质量为M的圆柱体位于可动的平板车和倾角为α的斜面之间，圆柱体与小车间的摩擦因数为μ1，与斜面间的摩擦因数为μ2。要使小车向左匀速运动，必须对小车施加多大的水平推力？（地面与小车之间的摩擦不计）OBαA·F图7贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验5静力学测验答案1.C物体A对棒端的弹力、磨擦力的合力就是物体A对棒的总作用力。以铰链处为支点，棒受到两个力矩的作用，一个是重力矩，一个是物对棒合力的力矩。两力矩平衡。若物体A对棒端的弹力、磨擦力的合力的方向必沿棒的方向，则物对棒合力的力矩为0.只有重力矩起作用，棒会不平衡。故A错。增加物重G,则棒对物的摩擦力变大（始终等于物重），推出物对棒的摩擦力将变大，现分析棒。对棒来说，重力矩不变，物对棒的摩擦力形成的力矩变大，这两个力矩都是对棒起逆时针旋转作用的，所以对棒起逆时针旋转作用的力矩变大，要使棒平衡，对棒起顺时针作用的弹力矩必变大，而物体对棒弹力方向不变（始终垂直于物体接触面），故一定是物体对棒弹力变大。B错此时由于棒对物摩擦力不变，摩擦力大小为G，对棒由力矩平衡列式，设物对棒弹力大小为F，棒长为L：GLsina+G'sinaL/2=FLcosa,化得F=Gtana+(G'tana)/2,随a增大，tana也增大，故F增大。C对物体对棒摩擦力大小等于棒对物体摩擦力等于物体重力大小，故不变，D错2.C3.C4.A首先分析压强的变化。底面压强P=ρgh，在介质密度不变的情况下，底面压强只与介质高度有关。而容器倒置后，水面高度上升（这个容易理解吧），所以压强变大。P1P2。重点是压力的变化，先定性分析受力大小。倒置前，容器侧壁的支撑力有向下分力N1，因此倒置前容器底的压力F1等于液体重力G加上该向下分力N1。F1=G+N1倒置后，容器侧壁的支撑力有向上分力N1'，因此倒置后容器底的压力F2等于液体重力G减去该向上分力N1'。F2=G-N1'因此F1F2。定量分析的话：F=PS倒置前，底面积S1。F1=ρgh1*S1倒后，底面积S2。F2=ρgh2*S2很明显，h1*S1大于容器内水的体积，而h2*S2小于容器内水的体积，所以F1F2贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验65.解答设aO长为4L，每根钢索受力为T，以O点为转轴，由力矩平衡条件得23sin302sin30sin30GLTLTLTL，解得23TG。7.分析和解：这是一个物体系的平衡问题，因为A、B、C之间相互制约着而有单个物体在力系作用下处于平衡，所以用隔离法可以比较容易地处理此类问题。设每个圆柱的重力均为G，首先隔离C球，受力分析如图1一7所示，由∑Fcy＝0可得11312()22NfG①再隔留A球，受力分析如图1一8所示，由∑FAy=0得11231022NfNG②由∑FAx=0得21131022fNN③由∑EA＝0得12fRfR④由以上四式可得11223223NffG112NG，232NG而202fN，11fN0233，23贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验78．解：本题中六个物体，其中通过分析可知A1B1、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5的受力情况完全相同，因此将A1B1、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5作为一类，对其中一个进行受力分析、找出规律，求出通式即可．以第i个薄片AB为研究对象，受力情况如图1所示，第i个薄片受到前一个薄片向上的支持力NiF、碗边向上的支持力和后一个薄片向下的压力1NiF．选碗边B点为轴，根据力矩平衡有12NiNiLFLF，得12NiNiFF所以512361111()2222NNNNFFFF①再以A6B6为研究对象，受力情况如图2所示，A6B6受到薄片A5B5向上的支持力FN6、碗边向上的支持力和后一个薄片A1B1向下的压力FN1、质点向下的压力mg。选B6点为轴，根据力矩平衡有②由①②联立，解得142NmgF所以A1B1薄片对A6B6的压力为42mg9.解答如图1-76所示，制动时制动块B1、B2对D的正压力分别为N1和N2，滑动摩擦力分别为N1和N2。则制动力矩1222ddMNN①以左、右两杆为研究对象，由力矩平衡条件可得12111()FhhNhNa②21122()NhFhhNa③而F为弹簧的弹力，由胡克定律可得(2)FkdaL④由①②③④四式可得2221112()()(2)haMkhdhhdaL。代入数据可得41.2410N/mk。所以选用弹簧的倔强系数k最小值为41.2410N/m。N1N1N1N2N2N1N1N1N1N2N2N1FF图1-76贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验810、圆柱体受力图如图所示。以圆柱中心为轴可得：21ff以21ff、的交点为轴列力矩平衡方程：)2cot()2cot(21RNRNmgR所以21NN，因此圆柱先与木板打滑。所以221Nff由竖直方向物体平衡可得：cossin212ffNmg由上两式得：sincos2mgN对木板以O点为轴列平衡方程可得：)2cot(sin2RNgLm整理上式并代入数据得：)12(825)sincossin()2cot(LRmLmRm上式分析可得：012，即必须满足：2111.解：如图11-84，由于水平板向左匀速运动，圆柱有随之运动的趋势，由于受到斜面的限制，圆柱不能随水平板一起向左运动，由此圆柱受到水平板的方向向左的摩擦力f1的作用。在图11-84所示的位置时，圆柱的运动状态只可能是以下三种形式中的一种，即：（1）圆柱与水平面的接触点B处不发生滑动，而圆柱与斜面的接触点C处发生滑动，即圆柱沿顺时针方向绕B点作无滑滚动，由于水平板的运动是匀速的，则此时圆柱体的转动也是匀速的；（2）圆柱与斜面的接触点C处不发生滑动，而圆柱与水平面的接触点B处发生滑动，此时圆柱处于静止状态（当然圆柱也没有转动）；（3）圆柱在B点与C点处均不发生滑动，这时圆柱也是处于静止状态，且圆柱下的水平面也被“卡死”而不能发生运动。以上三种情况下，圆柱均处于平衡状态（静止或匀速运动），均可根据圆柱所受合力矩为零的条件定出斜面对圆柱体的摩擦力f2方向应沿斜面向下。故得这三种情况下圆柱体的受力如图11-84所示：其中G为圆柱体的重力，N1、f1为水平面对圆柱体的弹力和摩擦力，N2和f2为斜面对圆柱体的弹力和摩擦力。以下我们根据圆柱体的受力平衡条件对本题求解。对于圆柱体，以O点为转轴时其转动平衡方程为RfRf21式中R表示圆柱的半径。可见f1与f2大小相等，以f表示之，则有ABCGO1N2N2f1f图11-84贵溪一中物理竞赛第一轮复习静力学测验9fff21（1）对圆柱体以A点为转轴列转动平衡方程为ABGACNABN21由于AB=AC，则上式变为GNN21（2）对圆柱体列其水平方向受力平衡的方程为sincos221Nff故得cos1sin2Nf（3）（1）现就B处无相对滑动而C处有相对滑动的情况入手进行讨论，此时相当于圆柱在水平板上作沿顺时针方向的无滑滚动。以B点为转轴，圆柱能发生顺时针方向转动的条件是N2和f2对B点的合力矩应沿顺时针方向，即N2对B点的力矩值应大于f2对B点的力矩值，为sin)cos1(22ABfABN即cos1sinsincos122Nf（4）而222Nf，可见即当cos1sin2时，任意大小的N2和f2都可以保证（4）式的成立，这时，不管μ1为多大，也不管对水平板施多大的外力F，均可使圆柱在水平板上作无滑滚动。显然，为使水平板维持匀速运动的最小外力是F=0。若cos1sin2，则由N2和f2作用于圆柱的力矩将要求圆柱绕B点沿顺时针方向转动，显然，这是不可能的。即在这种情况下，在C点处圆柱与斜面之间不可能再发生相对运动了。（2）在