高中物理竞赛辅导习题力学部分

时，设圆柱体和立方体原来的接触点分别为O和O′，如图所示，因为
OM rθ
稳定平衡条件是重心位置C′高于C.
C C′ O′
a a r cosθ θ r sinθ cosθ r 2 2 对于很小的角度θ′ sin θ θ
解得 即 且
O
M
r
θ′
a 2r r a/2
设分层后的液面，如图所示，S为混合液体的平均横截面积，S1，S2分 别是密度为ρ1和ρ2液体相应的平均横截面积，h1，h2分别是密度ρ1和ρ2 液体相应的高度，由于总体积不变，则 Sh S h S h
又由于总质量不变，则 解得
即 因为 所以 整理后得
ρSh ρ1 S1h1 ρ2 S2h2
①
重心为轴 B为轴
N A x N B 2a x
②
N A 2a mg 2a x sinθ ③
a (cotθ μ0 ) μ0 由②式可知，所以本式仅对 cotθ μ0 适用． cotθ μ0 若
联立解得： x
B
fB
NA
θ
fA
NB
A mg
设想x=0，此时棒与木桩B无作用力．但由于μ0足够大，fA就能维持细棒 平衡；当x>0时，细棒与木桩B产生弹力，细棒更不会下滑． 所以要使细棒静止，其重心与木桩A之间的距离应满足的条件是
θ arctanμ
否则会向下滑动.
用一根细线铅直悬挂一根长为l的均匀细木杆，置于水桶內水面上 方，如图所示．当水桶缓慢上提时，细木杆逐渐浸入水中．当木杆
浸入水中超过一定深度 l′时, 木杆开始出现倾斜现象,已知木杆密度
ρ 的密度为 为 ,水
ρ ,0 求l′.
l
设杆的截面积为S，密度为ρ，水的密度为ρ0，杆浸在水中的长度为l′，微扰 使杆偏离重力线一个小角度. 重力的力矩为 浮力的力矩为 临界点为 即
如果
r a/2
，就有
θ θ
θ′
θ′
O′
O
θ
C
O′
O
θ
C
r
θ′
r
θ′
注意:θ′是正方体转过的微小角度.
当立方体偏离一个很小的角度θ′，无滑动地沿圆柱体“滚动”至触点C
时，设圆柱体和立方体原来的接触点分别为O和O′，如图所示.
因为弧 θ r ， a a O C sinθ θ 2 2
E． F π R2 p0
E
0
D． F 4 π R2 p / 3 0
如图所示，A是一块质量为M的木块，B是质量为m的小铁块， 共同浮在水面上，若将小铁块从木块上取下而直接放在水中， 那么水的高度将如何变化？
考查所排开的水的体积。 木块和铁块一起时，排开水的重量等于木 块与铁块的总重量，排开水体积为
H
r
这样，半球体对容器底部的压力，由平衡条件，有
2 2 F F上 mg π ρ2 gr 2 H r π ρ1 gr 3 p0 π r 2 3 3
F π ρ2 gHr 2
2 π gr 3 ( ρ1 ρ2 ) p0 π r 2 3
如图所示，半径为r 的球浮于密度为ρ1和ρ2的分层液体的界面处，设 分界面正好位于球的直径平面上，问球所受到的浮力有多大？
1 1
2 2
ρ( S1h1 S2h2 ) ρ1 S1h1 ρ2 S2h2 ( ρ2 ρ) S 2 h2 ( ρ ρ1 ) S1 h1 ( ρ2 ρ)h2 ( ρ ρ1 )h1
S1 S2
ρ1
h1 h2
ρ(h1 h2 ) ρ1h1 ρ2h2
ρ2
因此
ρg(h1 h2 ) ρgh ρ1 gh1 ρ2 gh2
l M G lSρg sinθ 2
MF
l Sρ0 g ( l
l ) sinθ 2
MG M F
A
l l lSρg sinθ l Sρ0 g ( l ) sinθ 2 2
可解得
l l 1
ρ0 ρ ρ0
C F D
木杆将偏离重力线.否则为稳定平衡.所得 结果是杆处于随遇平衡时的值.
如图所示，将一支正六棱柱形铅笔放在斜面上，斜面倾角 α=40o，铅笔与水平方向的成θ角，铅笔静止，试问： （1）铅笔与斜面之间的静摩擦因数至少为多大？ （2）θ角至少为多大？(竞赛书第31页第14题)
θ
α
如图所示，所取的截面过这支笔的重心，x轴与铅笔的棱平行，y轴 与铅笔的棱垂直，且两者都在斜面上，z轴(图中未画出)为垂直斜面 向上．由笔不滑动， f mg sinα f μN μmg cosα
x
a (cotθ μ0 ) μ0
( cotθ μ0 )
( cotθ
θ B A
x0
μ0 )
静止流体内一点的压强,等于过此点任意一假想面元上正压力大小 与面元面积之比,当面元面积趋于零时.在重力的作用下,静止流体内等 高的各点的压强相等,在竖直方向上压强随流体深度增加而增加.
P=P0+ρ gh
（表示重力各个方向的分力）得 θ 46.5o （46o30′） 或者：设正六面体的截面边长为a， 由力矩平衡条件，有
M mg cosα a 3 mg sinα cosθ a0 2 2
a
O
mgcosα
mgsinα
mg
在竖直墙面上有两根水平木桩A和B，有一细木棒置于A之上、
得
y x
μ 0.8391
θ θ O
由笔不转动，通过O点的棱为轴，摩擦力力矩为 0, 则弹力矩及重力矩为：
α
M 重 力 Fz
a 3 Fy a Fx 0 0 2 2
mgsinα
mgsinα×cosθ
（等号成立时弹力对轴无力矩）
Fz mg cosα
Fy mg sinα cosθ
V0 ( M m) g M m ρ0 g ρ0
B A
其中ρ0为水的密度。 铁块在水中时，木块排开水的重量等于木块的重量，铁块排开水的 体积等于铁块的体积，则排开水的总体积为
V1 Mg mg M m ρ0 g ρ铁 g ρ0 ρ铁
因为水的密度小于铁的密度，即ρ0＜ρ铁，所以，可见水面下降。
由上、下半球面的压力差关系，可以 证明阿基米德定律仍成立，因此
ρ1
ρ2
2 F π gr 3 ( ρ1 ρ2 ) 3
（可以分两个半球进行讨论，设中央处的压强为p，则分别隔离两个
半球，可证明结论成立。 如果是均质球，则两部分的密度相同。）
如图所示，杯中盛有密度为ρ的均匀混合液体，经过一段时间之后， 变为两层均匀液体，其密度分别为ρ1和ρ2（ρ2>ρ1），设总体积不变， 问杯内底面所受液体压强是否因此而改变？如有改变，是增大还是减
一个圆台的体积为V，底面积为S，全部浸没在深为H，密度为ρ的水中，且圆台的底部 与容器底面紧密连成一体，如图所示，试分析圆台是否受到浮力。大气压强为p0. 浮力的本质是液体对物体的压力的合力。由于圆台 底部与与容器底面连成一体，水对圆台的底部无压 力，水对圆台上表面的压力向下，水对圆台侧面的 压力为垂直侧面斜向上。将圆台分成两部分，中间
ρVg ( p0 ρgH ) S 0
时，合力为零，处于临界状态。
（3）当 ρVg ( p0 ρgH ) S 0
有一密度为ρ1，半径为r 的半球放在盛有密度为ρ2的液体的容器底部，它与 容器底部密切接触（即半球表面与容器底面间无液体），如图所示，若液 体深度为H，问半球体对容器底部的压力是多大？大气压强为p0.
B之下时与竖直方向成θ角静止，棒与A、B的静摩擦因数都为 μ0，现由于两木桩的摩擦力恰好能使木棒不下坠，如图所示，
求此时棒的重心的位置离A桩的距离．已知木桩沿杆方向相距
2a.
θ B A
设A木桩与重心之间的距离为x，由平衡条件，有
mg cosθ f A f B μ0 ( N A N B )
时，设圆柱体和立方体原来的接触点分别为O和O′，如图所示，因为
弧
OC
θ r ，
a a θ 2 2
O′
O C tanθ
而弧
O
θ
OC OC
a θ r θ 2
C
所以
如果
r
θ′Байду номын сангаас
，就有
r a/2
θ θ
此时可保证立方体的重心在过C点的铅垂线的左方，也就是说立方体 所受重力和支持力的合力矩会使它恢复到原来的位置，即立方体处于 稳定平衡．
p后 p0 ρ1 gh1 ρ2 gh2
液体对杯底的压强在分层前后分别为
p前 p0 ρgh
即
p前 p后
OC
θ′
O′
因为角度θ′极小,因此可忽略O′相对 O的水平移动,仔细计算为角度θ′的 平方项,即二阶小量,可以忽略.
O C′ C
满足弧
OC OC
r
θ′
则可保证立方体有回复力矩, 即立
方体处于稳定平衡． 所以 解得
θ r θ
r a/2
a 2
当立方体偏离一个很小的角度θ′，无滑动地沿圆柱体“滚动”至触点M
式中P0为流体上表面的大气压强,ρ为流体密度,h为深度. ◆ 由于液体的可流动性, 在液体中任意取一小面元, 液体分子间的
相互作用必定垂直于该面元面无切向力,由于该面元是在液体中某点 任取的,可以断定: 压强与方向无关,对液体中任一点来说压强是一确 定值.
浮力是浸没在静止流体中的物体受到流体对它的各个方向的总 压力的合力. 浮力的方向是竖直向上的, 其大小等于被物体所排开