静力学答案

物理奥赛静力学 参考解答2013-11-21
一、解析：N=0.8 u=0.8
二、设桌面对四条腿的作用力皆为压力，分别为1F 、2F 、3F 、4F ．因轻质刚性的桌面处在平衡状态，可推得
1234F F F F F +++=． (1)
由于对称性，
24F F =．
(2)
考察对桌面对角线BD 的力矩，由力矩平衡条件可得
13F cF F =+．
(3)
根据题意， 10≤≤c ，c =0对应于力F 的作用点在O 点，c =1对应于F 作用点在A 点.
设桌腿的劲度系数为k , 在力F 的作用下，腿1的形变为1F k ，腿2和4的形变均为
2F k ，腿3的形变为3F k ．依题意，桌面上四个角在同一平面上，因此满足
132
12F F F k k k
⎛⎫+=
⎪⎝⎭, 即
1322F F F +=．
(4)
由(1)、(2)、(3)、(4)式，可得 121
4c F F +=
， (5) 3124c F F -=，
(6)
当1
2
c ≥
时，03≤F .30F =，表示腿3无形变；30F <，表示腿3受到桌面的作用力为拉力，这是不可能的，故应视30F =．此时(2)式(3)式仍成立．由(3)式，可得
1F cF =．
(7)
综合以上讨论得
F c F 4
121+=
, 1
02c ≤≤ . (8)
cF F =1 ， 12
1
≤≤c . (9)
三、分析和解：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：
cos sin ()m N F M m g αα+=+ ① 1sin cos m N N F αα+= ②
根据力矩平衡条件可写出：
cos cos Na
Mgl αα
=
③ 杆不滑动的条件为F m < Μn 。

由①得 ()cos sin m M m g N F N α
μα
+-=
<，即
()(cos sin )M m g N αμα+<+④
用③除④得 2(
1)cos (cos sin )m l
M a
ααμα+<+ ⑤ 杆不向右翻倒的条件为N 1＞0。

由①和②可得出 1cos sin m N F N αα=-
()cos cos sin 0sin M m g N N α
ααα
+-=
->
由此可得()cos M m g N α+> ⑥ 将③中的N 代人⑥得
1cos m l
M a
α+
> ⑦ 由于cos l a α>，再考虑不等式⑦，可得 21cos 1cos (cos sin )l m l a M a
αααμα<<+<+ ⑧
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 (cos sin )1ααμα+>
由此可得平衡条件为：tan μα>，如果tan μα< ，就不可能出现平衡．
四、提示：设所求的力为N ，则各薄片在碗口受的支持力可以推知为下左图；但是，在求
B 6处的支持力N ′时，N ′≠32N ，而应隔离为下右图——
1mg 。

以m所放置的点为转轴，列力矩平衡方程，易得N′= 11N答案：
42
五、解析：(1)v0=2.5m/s
(2)AO=21.7cm BO=36cm
六、圆柱体A 、B 的受力情况如图所示．圆柱体A 倾向于向左移动，对墙面没 有压力，平衡是靠各接触点的摩擦力维持的．现设系统处于平衡状态，列出两圆
柱体所受力和力矩的平衡方程．
圆柱体A ：133sin cos 0N N f Mg F F F ϕϕ-++= ①
133cos sin 0f N f F F F ϕϕ-+= ②
13f f F R F R = ③
圆柱体B ：233
3sin cos 0f N f Mg F F F ϕϕ''---= ④ 233cos sin 0N N
f F F F ϕϕ''-+= ⑤ 13f f F R F R ''= ⑥
由于33f f F F '=，由③⑥得1233f f f f f F F F F F '==== ⑦
又因33N N
F F '=，联立①②④⑤⑦，可得 31sin 1cos sin N F Mg ϕ
ϕϕ
+=
++
2cos 1cos sin N f F F Mg ϕ
ϕϕ
==
++ ⑧
12cos 2sin 1cos sin N F Mg ϕϕ
ϕϕ
++=
++
首先讨论圆柱体B 与墙面的接触点，接触点不发生滑动的条件为：222
f N F F μ≥
由⑧式可得
22
1f N F F =，所以21μ≥
再讨论圆柱体A 与地面的接触点的情形，圆柱体A 在地面上不发生滑动的条件是：
111
cos 2cos 2sin f N F F ϕ
μϕϕ
≥
=
++
由图可知：cos R r
R r
ϕ-=
+ ⑨ 22sin 1cos Rr
ϕϕ=-=
⑩
由⑨⑩⑧三式以及10.20μ=可以求得：
19
r R ≥
即只有当1
9
r R ≥
时，圆柱体A 在地面上才能不滑动． 最后讨论两圆柱的接触点，接触点不发生滑动的条件为： 333
cos 11sin f N F F ϕ
μϕ
≥
=
+
由⑩⑧两式以及30.30μ=可解得27
()0.2913
r R R ≥=
显然，在平衡时，r 的上限为R ，故可得到r 应满足的条件为：0.29R r R ≥≥ 所以，圆柱体B 与墙面接触点不发生滑动的条件为μ2≥1，圆柱体A 与地面接触点不发生滑动的条件为μ1≥
cos 2cos 2sin ϕ
ϕϕ
++，两圆柱体接触不发生滑
动的条件为μ3≥cos 1sin ϕ
ϕ
+，圆柱体B 的半径r 的值各应满足的条件为R ≥r
≥0.29R
七、（第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷第二题）
1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：
1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB 的支
持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、
4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和
CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有
4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）
以及对A 点的力矩
()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫
+---+-= ⎪⎝⎭
即
()3431
sin sin cos cos cos 022
mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-=
（3）
式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何
关系有
sin cot CF l αθ= （4）
取杆CD 为研究对象，由平衡条件有
422cos sin 0N N f θθ+-=
（5）
22sin cos 0N f mg θθ+-= （6）
以及对C 点的力矩
41
cos sin 02
N l mgl αα-
= （7）
解以上各式可得
41
tan 2
N mg α= （8）
33
1sin 1tan sin tan tan 2
2cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+
⎪⎝⎭
（9）
13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫
=-+
⎪⎝
⎭
（10）
12N mg =
（11）
21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
（12）
21cos tan sin 2f mg θαθ⎛
⎫
=+ ⎪⎝⎭
（13）
CD 杆平衡的必要条件为
22
c f N μ≤
（14）
由（12）、（13）、（14）式得
()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ
-≤
+
（15）
AB 杆平衡的必要条件为
11A f N μ≤
(16)
由（10）、（11）、（16）式得
tan sin 2sin 43tan sin cos A ααα
μθ
θθ
-≤-
（17）
因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．
2．将题给的数据代入（15）式可得
arctan 0.38521.1α︒
≤= (18)
将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得
19.5α≥︒
(19)
因此，α的取值范围为
19.5
21.1α≤≤
(20)。