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物理奥赛辅导:第1讲


第1讲
一、知识点击

物体的平衡问题

物体相对于地面处于静止、匀速直线运动或匀速转动的状态,称为物体的平衡状态,简 称物体的平衡.物体的平衡包括共点力作用下物体的平衡、具有固定转动轴的物体的平衡和 一般物体的平衡. 当物体受到的力或力的作用线交于同一点时,称这几个力为共点力.物体在共点力作用 下,相对于地面处于静止或做匀速直线

运动时,称为共点力作用下物体的平衡.当物体在外 力的作用下相对于地面处于静止或可绕某一固定转动轴匀速转动时,称具有固定转动轴物体 的平衡.当物体在非共点力的作用下处于平衡状态时,称一般物体的平衡. 解决共点力作用下物体的平衡问题,或具有固定转动轴物体的平衡问题,或一般物体的 平衡问题,首先把平衡物体隔离出来,进行受力分析,然后根据共点力作用下物体的平衡条 件: 物体所受的合外力为零, 即∑F=0 (如果将力正交分解, 平衡的条件为: ∑Fx =0、 ∑Fy=0) ; 或具有固定转动轴的物体的平衡条件:物体所受的合力矩为零,即∑M=0;或一般物体的平 衡条件:∑F=0;∑M=0 列方程,再结合具体问题,利用数学工具和处理有关问题的方法进 行求解. 物体的平衡又分为随遇平衡、稳定平衡和不稳定平衡三种. 一、稳定平衡:如果在物体离开平衡位置时发生的合力或合力矩使物体返回平衡位置, 这样的平衡叫做稳定平衡.如图 1—1(a)中位于光滑碗底的小球的平衡状态就是稳定的. 二、不稳定平衡:如果在物体离开平衡位置时发生的合力或合力矩能使这种偏离继续增 大,这样的平衡叫做不稳定平衡,如图 1—1(b)中位于光滑的球形顶端的小球,其平衡状态就 是不稳定平衡. 三、随遇平衡:如果在物体离开平衡位置时,它所受的力或力矩不发生变化,它在新的 位置上仍处于平衡,这样的平衡叫做随遇平衡,如图 1—1(c)中位于光滑水平板上的小球的 平衡状态就是随遇的.

从能量方面来分析,物体系统偏离平衡位置,势能增加者,为稳定平衡;减少者为 不稳定平衡;不变者,为随遇平衡. 如果物体所受的力是重力,则稳定平衡状态对应重力势能的极小值,亦即物体的重心 有最低的位置.不稳定平衡状态对应重力势能的极大值,亦即物体的重心有最高的位 置.随遇平衡状态对应于重力势能为常值,亦即物体的重心高度不变. 二、方法演练 类型一、物体平衡种类的问题一般有两种方法解题,一是根据平衡的条件从物体受力或 力矩的特征来解题,二是根据物体发生偏离平衡位置后的能量变化来解题。 例 1.有一玩具跷板,如图 1—2 所示,试讨论它的稳定性(不考虑杆的质量) .

分析和解:假定物体偏离平衡位置少许,看其势能变化是处理此类问题的主要手段之一, 本题要讨论其稳定性,可假设系统发生偏离平衡位置一个θ 角,则: 在平衡位置,系统的重力势能为

E( 0 ) ? 2L (? l c ?o s m ) g
当系统偏离平衡位置θ 角时,如图 1 一 3 所示,此时系统的重力势能为

E (? ) ? mg[ L cos ? ? l cos(? ? ? )] ? mg[ L cos? ? l cos(? ? ? )] ? 2mg cos? ( L ? l cos ? )

?EP ? E (? )? E( 0?)

2 m g (? c o s ?L 1 ) (l ?

cos )

故只有当 L ? l cos ? 时,才是稳定平衡. 例 2.如图 1—4 所示,均匀杆长为 a,一端靠在光滑竖直墙上,另一端靠在光滑的固定 曲面上,且均处于 Oxy 平面内.如果要使杆子在该平面内为随遇平衡,试求该曲面在 Oxy 平面内的曲线方程.

分析和解:本题也是一道物体平衡种类的问题,解此题显然也是要从能量的角度来考虑 问题,即要使杆子在该平面内为随遇平衡,须杆子发生偏离时起重力势能不变,即杆子 的质心不变,yC 为常量。 又由于 AB 杆竖直时 yC ? 那么 B 点的坐标为

1 a, 2

x ? a sin ?

y?

1 1 1 a ? a cos ? ? a(1 ? cos ? ) 2 2 2

消去参数得
2 2 x2 ? ( 2 y ? a) ? a

类型二、物体系的平衡问题的最基本特征就是物体间受力情况、平衡条件互相制约,情 况复杂解题时一定要正确使用好整体法和隔离法,才能比较容易地处理好这类问题。 例 3.三个完全相同的圆柱体,如图 1 一 6 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?

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

类型三、物体在力系作用下的平衡问题中常常有摩擦力,而摩擦力 Ff 与弹力 FN 的合力凡 与接触面法线方向的夹角θ 不能大于摩擦角,这是判断物体不发生滑动的条件.在解题 中经常用到摩擦角的概念. 例 4.如图 1 一 8 所示,有两根不可伸长的柔软的轻绳,长度分别为 l1 和 l2 ,它们的下 端在 C 点相连接并悬挂一质量为 m 的重物,上端分别与质量可忽略的小圆环 A、B 相连, 圆环套在圆形水平横杆上.A、B 可在横杆上滑动,它们与横杆间的动摩擦因数分别为μ
1

和μ 2,且 l1 ? l2 。试求μ 1 和μ 2 在各种取值情况下,此系统处于静态平衡时两环之间的距 离 AB。

分析和解:本题解题的关键是首先根据物体的平衡条件,分析小环的受力情况得出小环 的平衡条件 Ff ? ? FN ,由图 1—9 可知 ? ?

Ff FN

?

FT sin ? ? tan ? FT cos ?

定义 ? ? tan ? , ? 为摩擦角,在得出摩擦角的概念以后,再由平衡条件成为 ? ? ? 展开 讨论则解此题就方便多了。 即由 tan ? ? tan ? ? ? 情况 1:BC 绳松弛的情况 θ 1=00,不论μ 1、μ 2 为何值,一定平衡。 情况 2:二绳均张紧的情况(图 1—10) A 环不滑动的条件为:

?1 ? ?1 ,即 tan ?1 ? tan ?1 ? ?1
于是有

cos ?1 ? sin ?1 ?

1 tan 2 ?1 ? 1 tan ?1 tan ?1 ? 1
2

? cos ?1 ? ? sin ?1 ?

1

? 2 ?1

?1 ? 2 ?1

又由图 1—11 知

CD ? l1 cos?1 ? l2 cos?2
sin ? 2 ? 1 ? cos 2 ? 2 ? 1 ? l12 cos 2 ?1 2 l2

所以,若要 A 端不滑动,AB 必须满足

AB ? l1 sin ? 11 ? l2 sin ? 2 ?

l1?1

?12 ? 1

2 ? l2 ?

l12 ?12 ? 1



根据对称性,只要将上式中的下角标 1、2 对调,即可得出 B 端不滑动时,AB 必须满足的 条件为: AB ?

l2 ? 2

2 l2 ? l ? 2 2 ?2 ? 1 ?2 ?1 2 1



如果系统平衡,①②两式必须同时满足。 从①式可以看出,μ 1 可能取任意正值和零,当μ 1=0 时,AB 只能取最小值 l2 ? l1 ,此
2 2

时θ 1=0, l2 拉直但无张力。从②式可以看出μ 2 的取值满足 ? 2 ?

l22 ?1 l12

否则 AB 无解, ? 2 ?

l22 2 ? 1 时,AB 取最小值 l2 ? l12 。 l12

综上所述,AB 的取值范围为: 情况 1: l2 松弛 0 ? AB ? l2 ? l1 ,μ 1、μ 2 为任意非负数。
2 2

l22 ?2 ? 2 ? 1 。 情况 2: μ 1 为任意非负数, l2 张紧 l ? l ? AB ? [①②两式右边较小的], l1
2 2 2 1

类型四、一般物体平衡条件的问题主要又分为刚体定轴转动平衡问题和没有固定转动轴 的刚体转动平衡问题,这类问题要按一般物体平衡条件来处理,即要么既要考虑力的平 衡,又要考虑力矩平衡来求解;要么就要考虑以哪点为转动轴或哪点先动的问题。 例 5. 质量分别为 m 和 M 的两个小球用长度为 l 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 、

l 、a 和 ? 应满足什么条件?
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:

N cos ? ? Fm sin ? ? (M ? m) g N sin ? ? N1 ? Fm cos ?
根据力矩平衡条件可写出: ②



Mgl cos ? ?

Na cos ?



杆不滑动的条件为 Fm < Μ n。由①得

Fm ?

( M ? m) g ? Nc o ?s ? ? N ,即 sin ?

(M ? m) g ? N (cos ? ? ? sin ? ) ④
用③除④得

(

m l ? 1) ? c2 o? s M a

(? c? o? s

? sin

)



杆不向右翻倒的条件为 N1>0。由①和②可得出

N1 ? F s ? N s? in mco?
? ( M ? m) g ? N cos ? cos ? ? N sin ? ? 0 sin ?


由此可得 (M ? m) g cos ? ? N 将③中的 N 代人⑥得

1?

m l ? cos ? M a



由于 l cos ? ? a ,再考虑不等式⑦,可得

1?

l m l 2 c o? s ? 1 ? ? co ?s a M a

(? c o? s ?

?s i n 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:

co? s (c? o? s ?

s? i? n

)

1
,就不可能出现平衡.

由此可得平衡条件为: ? ? tan ? ,如果 ? ? tan ?

例 6.如图 1 一 12,匀质杆长 l ,搁在半径为 R 的圆柱上, 各接触面之间的摩擦因数均为μ ,求平衡时杆与地面的夹 角α 应满足的关系. 分析和解:本题也是一个一般物体的平衡问题与 上题的区别在 于没有固定转动轴,所以这个问 题的难点在于系统内有三个接触点,三个点上的 力都是静摩擦力,不知道哪个点最先发生移动. 我们先列出各物体的平衡方程:设杆和圆柱的 重力分别为 G1 和 G2。 对杆 ∑Fx=0 ∑Fy=0 ∑MO?=0 对柱 ∑Fx=0 ∑Fy=0 Ff1+Ff2cosα =FN2sinα Ff2sinα +G2+FN2cosα =FN1 ④ ⑤ Ff3+Ff2cosα =FN2sinα FN3+FN2cosα +Ff2sinα =G1 ① ② ③

l ? G1 ? ? cos ? ? FN 2 ? R ? cos 2 2

∑MO=0 ∑MO?=0

Ff1 =Ff2 FN2+G2=FN1

⑥ ⑦

以上七个方程中只有六个有效,由⑦式可知,FN1>FN2,又因为 Ff1 =Ff2 ,所以一定是 2 z 处比 1 处容易移动,再来比较 2 处和 O?处. (1)如果是 2 处先移动,必有 Ff2=μ FN2, 代入④式,可得 ? ? tan 即有

?
2

,将此结果代入①②③式,

Ff 3 ?

G1L ? ? (1 ? ? 2 ) (sin ? ? ? cos ? ) 2 R(1 ? ? 2 ) l ? ? (1 ? ? 2 ) (? sin ? ? cos ? )] 2R(1 ? ? 2 )

FN 3 ? G1[1 ?

在这种情况下,如要 Ff3≤μ FN3,必须有

R (1 ? ? 2 ) l? ? ? (1 ? ? 2 )
杆要能搁在柱上,当然要 l ?

R tan

?
2

?

R

?

因此在 l ?

R tan

?
2

?

R

?

?l ?

R (1 ? ? 2 ) ? 时,α =2arctanμ 。 ? (1 ? ? 2 )

(2)如果是 0'处先移动,必有 Ff3=μ FN3,代入①②式,可有

Ff 2 ? FN 2 ? tan

?
2

FN 2 ? G1 ? l ? cos ? ?

tan

?
2

2R ? ?

2 R ? l ? cos(1 ?

tan ) ? tan ? 2 2

1

?

?



满足⑧式的α 即为平衡时的α ,这时要求 Ff2<FN2·μ ,须有

l?

R 1? ? 2 ? ? 1? ? 2

综上所述



R

?

?l ?

R 1? ? 2 时,α =2arctanμ 。 ? ? 1? ? 2

当l ?

1 ? ? R 1? ? 2 时,α 应满足 2 R ? l ? cos ? (1 ? tan ) ? tan 。 ? 2 ? 2 2 ? 1? ?

三、小试身手 1. 如图 1—13 所示,长为 L 的均匀木杆 AB,重量为 G,系在两根长均为 L 的细绳的两端,并 悬挂于 O 点,在 A、B 两端各挂一重量分别为 G1、G2 的两物,求 杆 AB 处于平衡时,绳 OA 与竖直方向的夹角.

2. 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 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.

3. 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 200 N,一人重 600 N,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?

4. 如图 1—16 所示,一均匀梯子,一端放在水平地面上,另一端靠在竖直墙上,梯子与地 面和墙间的静摩擦因数分别为μ 1 和μ 2,求梯子平衡时与地面 所能成的最小夹角.

5. 如图 1—17 所示,一个半径为 R 的四分之一光滑球面放在水平桌面上,球面上放置一光 滑均匀铁链,其 A 端固定在球面的顶点,B 端恰与桌面不接触,铁链 单位长度的质量为ρ 。试求铁链 A 端受的拉力 FT。

6. 有一半径为 R 的圆柱体 A 静止在水平地面上,并与竖直墙面相接触现有另一质量与 A 相

同,半径为 r 的较细圆柱体 B,用手扶着圆柱体 A,将 B 放在 A 的上面,并使之与墙面相 接触,如图 1 一 18 所示,然后放手. 已知圆柱体 A 与地面的动摩擦因数为 0.20,两圆柱体之间的动摩擦 因数为 0.30.若 放手后,两圆柱体能保持图示的平衡,问圆柱体 B 与墙面间的动摩擦因数和圆柱体 B 的 半径 r 的值各应满足什么条件?

7. 如图 1—19 所示,有六个完全相同的长条薄片 AiBi(i=1,2,... 6)依次架在水平碗口上,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.

8. 如图 1—20 所示质量为 m 的小球 A 用细绳拴在天花板上,悬点为 O,小球靠在光滑的大 球上,处于静止状态,已知大球的球心 O'在悬点的正下方,其中绳长为 l ,大球的半径为 R,悬点到大球最高点的距离为 h,求绳对小球的拉力和小球对大球的压力.

9. 现有一个弹簧测力计(可随便找地方悬挂) ,一把匀质的长为 l 的有刻度、零点位于端点 的直尺,一个木块及质量不计的细线。试用这些器材设计一实验(要求画出示意图) ,通 过一次测量(弹测力计只准读一次数) ,求出木块的质量和尺的质量。 (已知重力加速度 为 g)

参考解答

1. 解:以Δ OAB 整体为研究对象,并以 O 为转动轴,其受力情况如图所示,设 OA 与竖直线 夹角为 ? ,OC 与竖直线夹角为 ? ,因为Δ OAB 为等边三角形,C 为 AB 边的中点,所以 ?AOC ?

1 ?AOB ? 300 ,? ? ? ? 300 ,即 2

? ? 300 ? ?
CF ? OC sin ? ?



OC ? L sin 600 ?

3 L 2



3 L sin(300 ? ? ) 2



BD ? L cos(600 ? ? ) ? L cos(300 ? ? ) , AE ? L sin ? ,以 O 为转动轴,则由刚体的平
衡条件

? M ? 0 可知 G ? AE ? G ? CF ? G ? BD ,
1 2

即 G1 L sin ? ? G

3 L sin(300 ? ? ) ? G2 L cos(300 ? ? ) 2

展开后整理得: tan ? ?

3(2G2 ? G 4G1 ? 3G ? 2G2

所以,AB 处于平衡时,绳 OA 与竖直方向的夹角为

? ? arctan

( 3 2G 2 +G) 4G1 ? 3G ? 2G2

2.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

FN1 ? FN sin ? ? 0 , FN cos? ? G ? 0
板所受五个力沿水平和竖直方向平衡的分量式为

? sin ? ? FN 2 ? 0 Ff ? FN
? cos? ? 0 FN 3 ? G ? FN
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

FN 2

L L L sin ? ? Ff sin ? ? FN 3 cos ? ? 0 2 2 2

? ? FN 根据牛顿第三定律,有 FN
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

(cot? - tan?) FN3=2G, Ff ? G
3.解: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 l 满足

1 2

? F ? 0 , ?M ? 0

所以 G ? GAC ? GBC ? FN1 ? FN 2

Ff 1 ? Ff 2
1 G ? l ? cos ? ? GBC ? BD ? ? ? FN 1 ? CD ? FN 1 ? BD 2
整理后: FN1 ? FN 2 ? 400N , l ? 2.5m 所以人在爬到梯子中点处时梯子就要滑动 4.解:受力分析如图所示,同样处于平衡状态,解题过程 与上题类 似,故解题过程略 则梯子平衡时与地面所能成的最小夹角为

? min ? arctan

1 ? ?1?2 2?1

5. 解:以铁链为研究对象,由于整条铁链的长度不能忽略不计,所以整条铁链不能看成质 点,要分析铁链的受力情况,须考虑将铁链分割,使每一小段铁链可以看成质点,分析 每一小段铁链的受力,根据物体的平衡条件得出整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为Δ L 的一小段(微元)为研究对象,其受力分析如 图所示.由于该微元处于静止状态,所以受力平衡,在切线方向上应 满足:

FT? ? ?FT? ? ?G cos? ? FT? ?FT? ? ?G cos? ? ??Lg cos?
由于每一段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大 ?FT? ,所以整个铁链对 A 端的 拉力是各段上 ?FT? 的和,即 FT ?

??F ? ? ? ??Lg cos? ? ? g??L cos?
T

观察 ?L cos ? 的意义,由于 ? ? 很小,所以 CD ? OC , ?DCE ? ? , ?L cos ? 表示Δ L

在竖直方向上的投影Δ R,所以 所以 F T ? ?g

? ?L cos? ? R

??L cos? ? ? gR 。

6.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: Mg ? FN1 ? FN 3 sin ? ? Ff 3 cos ? ? 0 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

Ff 1 ? FN 3 cos ? ? Ff 3 sin ? ? 0

Ff 1R ? Ff 3 R
? 圆柱体 B: Mg ? Ff 2 ? FN sin ? ? Ff?3 cos? ? 0 33 ? 3 cos ? ? Ff?3 sin ? ? 0 FN 2 ? FN

Ff?1R ? Ff?3 R
由于 Ff 3 ? Ff?3 ,由③⑥得 Ff 1 ? Ff 2 ? Ff 3 ? Ff?3 ? Ff

? 3 ,联立①②④⑤⑦,可得 又因 FN 3 ? FN
FN 3 ? 1 ? sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ? cos ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?


FN 2 ? Ff ?

FN 1 ?

2 ? cos ? ? 2sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

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: ?2 ?

Ff 2 FN 2

由⑧式可得

Ff 2 FN 2

? 1 ,所以 ?2 ? 1

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:

?1 ?

Ff 1 FN1

?

cos ? 2 ? cos ? ? 2sin ?

由图可知: cos ? ?

R?r R?r



sin ? ? 1 ? cos2 ? ?

2 Rr R?r



由⑨⑩⑧三式以及 ?1 ? 0.20 可以求得:

r?

1 R 9 1 R 时,圆柱体 A 在地面上才能不滑动. 9

即只有当 r ?

最后讨论两圆柱的接触点,接触点不发生滑动的条件为:

?3 ?

Ff 3 FN 3

?

cos ? 1 ? 1sin ?
7 2 ) R ? 0.29 R 13

由⑩⑧两式以及 ?3 ? 0.30 可解得 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: R ? r ? 0.29 R 所以,圆柱体 B 与墙面接触点不发生滑动的条件为μ 2≥1,圆柱体 A 与地面接触点不发生 滑动的条件为μ 1≥

cos ? ,两圆柱体接触不发生滑动的条件为μ 3≥ 2 ? cos ? ? 2sin ?

cos ? ,圆柱体 B 的半径 r 的值各应满足的条件为 R≥r≥0.29R 1 ? sin ?
7. 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

8.解:力的三角形图和几何三角形有联系,若两个三角形相似,则可 以将力的三角形与几何三角形联系起来,通过边边对应成比例求 解. 以小球为研究对象,进行受力分析,如图所示,小球受重 力 mg、 绳的拉力 FT、大球的支持力 FN,其中重力 mg 与拉力 FT 的合力与支持力 FN 平衡.观察图中的特点,可 以看出力的矢量三角形 ABC 与几何三角形 AOO? 相似, 即:

F FT mg mg ? , N ? l h?R R h?R l 所以绳的拉力: FT ? h?R ? ? FN ? 小球对大球的压力: FN R mg h?R

9. 解:找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环,挂在弹簧测力计的挂钩上, 让直尺穿过细环中,环与直尺的接触点就是直尺的悬挂点,它将尺分成长短不等的两段, 用细线拴住木块挂在直尺较短的一段上,细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位置,使 直尺平衡在水平位置(为提高测量精度,尽量使两悬挂点相距远些) ,如图所示,设木块 质量为 m,直尺质量为 M,记下两悬挂点在直尺上的读数 x1、x2,弹簧测力计的示数 G, 由平衡条件和图中所设直尺的零刻度位置有 (m+M)g=G, L m g(x2-x1)=M g(2 -x2) 可解得:m= G(L-2x2) 2G(x2-x1) ,M= 。 g(L-2x1) g(L-2x1)
0 m x1 x2 M G


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物理竞赛辅导-电场[1]
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物理奥赛辅导第十三讲光学基础
物理奥赛辅导第十三讲光学基础_理化生_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载 物理奥赛辅导第十三讲光学基础_理化生_高中教育_教育专区。第十三讲 一、知识...
物理奥赛辅导第十三讲光学基础
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