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物理竞赛第一轮复习


2013届物理竞赛第一轮复习
姓名

静力学测验(2011.10.16)
得分

满分 160 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 a d 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 b c 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( A 2√2mgSinθ BmgSin2θ ) C √2mgSinθ D mgSin√2θ
‘ ‘



3. (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 √2 tanθ B √2/ 2 cotθ C √2/ 2 tanθ D √2 cotθ 4. (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

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静力学测验

1

6、 (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 。

O

α

A β 图1 B F

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μ 0,柱体与柱体之间 的摩擦因数为μ ,若系统处于平衡,μ 0 与μ 必须满足什么条件?

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2

8. (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。

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10、(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μ 1,与斜面间的摩擦因数为μ 2。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)

A O · B 图7 F

α

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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.C 3.C 4.A 首先分析压强的变化。底面压强 P=ρ gh,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。P1<P2。 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 F1>F2。 定量分析的话:F=PS 倒置前,底面积 S1。F1=ρ gh1*S1 倒后,底面积 S2。F2=ρ gh2*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 F1>F2

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5.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

G ? 2 L ? T ?3 Ls i n ?3 0? T ? 2 L s i? n 3 ?0T ? L
解得

?

sin 30 ,

2 T ? G。 3

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

2(

3 1 N1 ? f1 ) ? G 2 2



再隔留 A 球,受力分析如图 1 一 8 所示,由∑FAy=0 得

3 1 N1 ? f 1? N 2? G ? 0 2 2
由∑FAx=0 得



f2 ?

3 1 N 1? N 1? 0 2 2



由∑EA=0 得

f1R ? f 2 R
由以上四式可得



f1 ? f 2 ?

N1 2? 3 ? G 2 2? 3

1 3 N1 ? G , N 2 ? G 2 2
而 f 2 ? ?0 N2 , f1 ? ? N1

?0 ?

2? 3 ,? ? 2? 3 3

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8. 解:本题中六个物体,其中通过分析可知 A1 B1、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5 的受力情况 完全相同,因此将 A1 B1、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 FNi 、碗边 向上的支持力和后一个薄片向下的压力 FNi ?1 .选碗边 B 点为轴,根据力矩平衡有 FNi ? L ? FNi ?1 ? 所以 FN 1 ?

F L ,得 FNi ? Ni ?1 2 2


1 1 1 1 FN 2 ? ? FN 3 ? ??? ? ( )5 FN 6 2 2 2 2

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 A1 B1 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 FN 1 ?

mg 42 mg 42

所以 A1B1 薄片对 A6B6 的压力为

9.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

M ? ? N1

d d ? ? N2 2 2



以左、右两杆为研究对象,由力矩平衡条件可得

F (h1 ? h2 ) ? N1h1 ? ? N1a N2h1 ? F (h1 ? h2 ) ? ? N2a
而 F 为弹簧的弹力,由胡克定律可得



? N2?
③ N1 N2 N1

F ? k( d ? 2 a? L )
由①②③④四式可得 k ?
4 k ? 1.24? 10 N/m 。

? N1?
④ N1 F F

(h12 ? ? 2 a 2 )M 。代入数据可得 ? h1d (h1 ? h2 )(d ? 2a ? L)

? N1?
N1 N1 N2

? N2?
4

所以选用弹簧的倔强系数 k 最小值为 1.24 ?10 N/m 。

N1

图 1-76

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静力学测验

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10、圆柱体受力图如图所示。以圆柱中心为轴可得: f1 ? f 2 以 f1、f 2 的交点为轴列力矩平衡方程: mgR ? N 1 R cot( ) ? N 2 R cot( )

?

?

2

2

所以 N1 ? N 2 ,因此圆柱先与木板打滑。所以 f1 ? f 2 ? ?N 2 由竖直方向物体平衡可得: mg ? N 2 sin ? ? f1 ? f 2 cos? 由上两式得: N 2 ?

mg ? ? ? cos? ? sin ?

对木板以 O 点为轴列平衡方程可得: m ?gL sin ? ? N 2 R cot( )

?

2

mR cot( ) 25 Rm 2 ? 整理上式并代入数据得: m ? ? L sin( ? ? ? cos ? ? sin ? ) 8 L(2 ? ? 1)
上式分析可得: 2? ? 1 ? 0 ,即必须满足: ? ?

?

1 2

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 C 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 f2 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 N1 O 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, N2 G ? 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 A f1 B 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 图 11-84 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

f1 R ? f 2 R
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

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f1 ? f 2 ? f
对圆柱体以 A 点为转轴列转动平衡方程为

(1)

N1 ? AB ? N 2 ? AC ? G ? AB
由于 AB=AC,则上式变为

N1 ? N 2 ? G
对圆柱体列其水平方向受力平衡的方程为

(2)

故得 (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

f1 ? f 2 cos? ? N 2 sin? N sin ? f ? 2 1 ? cos?



N 2 ? AB(1 ? cos? ) ? f 2 ? AB sin? f 2 1 ? cos? sin? ? ? N2 sin? 1 ? cos?

(4)

f2 ? ?2 N 而 2 ,可见即当

?2 ?

时,任意大小的 N2 和 f2 都可以保证(4)式的成立,这时,不管μ 1 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 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

sin ? 1 ? cos?

?2 ?

sin ? 1 ? cos? , 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

?2 ?

sin ? 1 ? cos? 时,设在 B 点发生相对滑动,则有 f1 ? ?1 N1 (5) N 2 sin ? 1 ? cos? ?1G

由(2) (3) (5)式有

?1 ( N 2 ? G) ?
N2 ?
所以 令

sin ? ? ?1 1 ? cos?

u? ?

sin ? 1 ? cos? ,则上式可写为

N2 ?

?1 ? ? ?1
?

G
(6)

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i)若 ?1 ? ? ,则 N2 为某一正值,表明上述假设在 B 点发生相对滑动(此时在 C 点处 无相对滑动)是成立的。此时拉水平板匀速前进的力 F 与 f1 大小相等,即与 f 大小相等,由 (3)式和(6)式有

?

F ? f ? ??N2 ?

F?
所以
?

?1 sin? G sin? ? ?1 (1 ? cos? )

?1 ? ? G ? ? ? ?1

ii)若 u1 ? u ,由(6)式可见 N2 无意义或为负值,结合本题实际表示的是在 B 点不 可能发生相对滑动,由前述这时在 C 点也不能发生相对滑动。即此时水平板已被“卡死” , 不管用多大的水平力都不可能使它沿水平方向向左作匀速运动了。 (3)综合上述,本题的答案为:

均不可能使水平板向左作匀速运动。

sin ? 1 ? cos? ,则不管 ?1 为何值,均有 F=0; 若 sin ? sin ? ?2 ? ?1 ? C 1 ? cos? ,且 1 ? cos? ,则 若 N2 f2 O ?1 sin? F? G sin? ? ?1 (1 ? cos? ) ? A B sin ? sin ? ?2 ? ?1 ? 1 ? cos? ,且 1 ? cos ? ,则无论用多大的水平力 若 图 11-85

?2 ?

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