第2章 第4节 有固定转动轴的物体的平衡-2021年初中物理竞赛及自主招生大揭秘专题突破

第2章 第4节 有固定转动轴的物体的平衡-2021年初中物理竞赛及自主招生大揭秘专题突破

第四节 有固定转动轴的物体的平衡 我们学习过杠杆的概念，杠杆就是在力的作用下可以绕固定点转动的一根硬棒。在这一节，我 们将加以延伸，得到更一般情况下物体处于转动平衡的条件。 一、转动轴与力矩 日常生活中我们可以见到许多转动的物体，比如，开门或者关门时，门绕着门轴做圆周运动， 电风扇转动时，叶片上各个点都做圆周运动，圆周的中心在同一条直线上。像这样物体在转动时， 各点做圆周运动的圆心的连线叫做转轴。例如，地球的转轴就是地轴。地球、门、电风扇都在做定 轴转动，即绕着固定轴转动。 力使物体转动的效果不仅与力的大小有关，还与转轴到力的 作用线的距离有关。从转轴到力的作用线的垂直距离叫做力臂。 在纸面内作图时，转轴往往与纸面垂直，与纸面有一个交点，而 力往往在纸面内，因此力臂实际上是该交点(即通常所说的支点) 到力的作用线的距离，如图 4.173 所示。 力和力臂的乘积叫做力对转轴的力矩，力矩用 M 表示，表达式为 M FL ，其单位为“牛•米”， 符号为“ N m ”。力矩是表示力对物体转动作用大小的物理量。我们学过的“动力乘以动力臂”“阻 力乘以阻力臂”实际上都是指力矩。显然，若力的作用线通过转轴，则该力的力矩为零，对物体没 有转动效果。 二、有固定转动轴的物体的平衡条件 当有一定大小和形状的物体处于静止状态，或绕某一点匀速转动时，我们就说该物体处于平衡 状态。 作用在物体上的力，当力矩不为零时，力就会对物体有转动效果。在纸面内，我们可以把力使 杠杆转动的方向分为顺时针和逆时针方向，例如图 4.173 所示，力 1F 对物体的转动效果是顺时针方 向，力 2F 对物体的转动效果是逆时针方向，这两个力使物体的转动方向是相反的。 结合杠杆的平衡条件不难得知，有固定转动轴的物体的平衡条件，是使物体向逆吋针转动的力 矩 之 和 ， 等 于 使 物 体 向 顺 时 针 转 动 的 力 矩 之 和 ， 写 成 表 达 式 即 M M 顺逆 ， 或 写 成 1 1 2 2 3 3 4 4Fl F l F l F l   的形式。 值得一提的是，对于处于平衡状态的物体，由于它所受的各个力的合力必为零，因此选取任何 位置作为支点，物体所受到的力对该支点的力矩都是平衡的。处理问题时，我们也常常选取合适的 支点来列出平衡方程，从而使得解决问题更简便。同时，我们还常常将力矩平衡与共点力平衡相结 合，列出平衡方程组来求解未知量。 下面分类举出具体的例子，供读者学习参考。 1．巧取转动轴 对于静止的物体，不仅满足共点力平衡，同时对任意转动轴也都满足力矩平衡。因此我们在分 析物体的力矩平衡时，可以选择一些力的交点作为转轴，使这些力的力矩为零，从而使解决问题变 得简便。 例 1 (上海第 24 届大同杯初赛)如图 4.174 所示，三根长度均为 L 的轻绳分别连接于 C ， D 两 点， A ， B 两端悬挂在水平天花板上，相距为 2L 。现在 C 点悬挂一个质 量为 m 的重物，为使 CD 绳保持水平，在 D 点应施加的最小作用力为( ) A． mg B． 3 3 mg C． 1 2 mg D． 1 4 mg 分析与解 本题可以先分析 C 点的受力情况，得出细线CD 拉力大小恒定，然后分析 D 点受力 情况，画出力的动态三角形，也可以求解拉力的最小值(请读者尝试)。现在 我们不妨延长 AC ， BD 交于 O 点，如图 4.175 所示。将 AOB 视为一个杠 杆，选取 O 点为转轴，则细线 AC ，BD 的拉力力矩为零。物体通过细线对 C 点的拉力大小为 mg ，由几何关系可知 OCD△ 为等边三角形， mg 的力 臂为 1 2 L ，拉力 F 的力臂的最大值即为 OD 的长度，等于 L ，因此 F 的最 小值满足 min 2 LF L mg   ，可得 min 1 2F mg ，本题正确选项为 C。 例 2 如图 4.176 所示，长为 L 的轻绳一端固定在倾角为 的粗糙斜面上，另一端系着半径为 r 、 质量为 m 的均匀球顶部，绳子恰与圆球相切，且绳子水平。求：绳子对球的拉力 F 、斜面对球的支 持力 N 以及斜面对球的静摩擦力 f 。 分析与解 如图 4.177 所示，画出球体所受各个力的示意图。其中静摩擦力 f 沿斜面向上，可 以选O 点为转轴，如果 f 沿斜面向下的话，球不会平衡。同时，选O 为转轴，发现重力与支持力的 力矩为零，而绳子拉力 F 与摩擦力 f 的力臂均为球的半径 R ，因此可得 F f 。再选绳子与斜面 的交点 P 为转轴，则绳子拉力 F 与摩擦力 f 的力矩为零。重力与支持力 N 的力臂分别为 PA ，PB ， 而 PA PB ，因此可得 N mg 。接下来将支持力 N 、摩擦力 f 沿水平、竖直方向上分解，在竖直 方向上有 cos sinN f mg   ，将 N mg 代入，解得  1 cos sinf mg    。综上所述，可知 N mg ，  1 cos sinF f mg    。 2．力的最小值问题 我们在前面的章节里讨论了利用力平衡时的动态三角形求解力最小值的问题，下面介绍利用力 矩平衡来求解最小力的问题。当某一个力的力矩大小 M FL 为恒定值时，若使得 F 取最小值，只 需要力臂 L 取最大值即可。因此问题的关键就是找到最长的力臂。 例 3 如图 4.178 所示， ABC 为质量均匀的等边直杆，总质量为 2m ，C 端由 铰链与墙相连，当 AB 处于竖直、 BC 处于水平静止状态时，施加在 A 端的作用力 至少为________，最小力的方向为________。 分析与解 由于，AB ，BC 杆的重力及重力力臂不变，因此要使杠杆平衡时作 用在 A 点的力 F 最小，只需使力 F 的力臂最大即可，连接转轴 C 与力 F 的作用点 A 则CA 的长度就是力 F 最长的力臂，最小的力 F 即作用在 A 点且与CA 垂直斜向上， 如图 4.179 所示。设 AB ， BC 杆的长度均为 L ，则有 2 2 LF L mg   mg L  ， 解得 3 2 4F mg 。 例 4 (上海第 21 届大同杯复赛)如图 4.180 所示，重力为G 的物体挂在水平横杆的右端 C 点。 水平横杆左端有一可转动的固定轴 A ，轻杆 AC 长为 L 。轻绳的 B 端可固定在 AC 杆上的任一点， 绳的 D 端可固定在竖直墙面上的任一点，绳 BD 长为 L ，轻杆始终保持水平。则当 AB 间的距离为 ________时，绳 BD 的拉力取得最小值，最小值为________。 分 析 与 解 先 找 出 绳 BD 的 拉 力 F 的 力 臂 h ， 如 图 4.181 所 示 ， 由 勾 股 定 理 可 求 得 2 2AD L x  ， 2 2x L xh L  ，则以 A 点为转轴，有 2 2x L xF G LL    。 套近乎用不等式知识，当 0a  ， 0b  时，有 2 2 2a b ab  ，可得 2 2 2 a bab  。因此  2 2 2 2 2 2 2 2 x L x Lx L x      ，当且仅当 2 2 2x L x  ，即 2 2x L 时(对应的 2 Lh  )，不等式 取等号。则 2 2 2 2G LF G x L x    ，解得 2F G ，因此绳 BD 的拉力最小值为 2G 。 3．转动物体的动态平衡问题 转动物体的动态平衡分为两种，一种是缓慢转动，此种情况下物体不仅处于力矩平衡，同时也 处于共点力平衡。另一种是物体匀速转动，这种情况下只适用于力矩平衡。 例 5 如图 4.182 所示，一根均匀直棒 AB ， A 端用光滑铰链固定于顶板上， B 端搁在一块表 面粗糖的水平板上，滑动摩擦系数 1  ，且一开始 45   ，现设板向上运 动而棒 AB 匀速转动，则关于木板对棒的弹力，下列说法正确的是( ) A．逐渐变大 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变小 分析与解 棒匀速转动过程中，受三个力：重力 G 、板对棒的弹力 N 和滑动摩擦力 f ，由于 棒的 B 端相对于板向左滑动，因此 f 的方向水平向右，如图 4.183 所示。由于棒匀速转动，上述三 个力的力矩和为零，有 cos sinN L f L     cos2 LG  ，结合 f N ， 代入上式，整理得 1 1cos2 2 cos sin 1 tan G G N         ，由题意， 1  ，且一 开始 45   ，则1 tan 0   。随着木棒转动， 逐渐减小， tan 逐渐 减小，1 tan  逐渐增大。因此 N 逐渐增大。本题正确选项为 D。 例 6 如图 4.184 所示，均匀光滑直棒一端铰于地面，另一端搁在一个 立方体上，杯与水平面间的夹角 为30 左右。现将立方体缓慢向左推， 则棒对立方体的压力大小将( )。 A．逐渐增大 B．遂渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 分析与解 如图 4.185 所示，不妨以棒为研究对象，杆受重力 G 和立方体对杆的弹力 F 作用， 其中弹力 F 垂直于棒斜向上。当立方体缓慢向左推时，杆缓慢转动，重力G 与弹力 F 力矩平衡。不妨设立方体高为 h ，杆长为 L ，则力 F 的力臂为 sin h  ，则 cossin 2 h LF G    ，解得 sin cos2 GLF h   ，结合倍角公 式sin 2 2sin cos   ，得 sin 24 GLF h  ，当 45  时，sin 2 1  ， 可见，当 由 30 左右逐渐增大到 45 时， F 变大；当 45  时， F 取得最大值 4 GLF h  ；当 由 45 左右逐渐增大到接近90 时， F 减小。因此，本题正确选项为 C。 4．轻杆问题分析 轻杆是指质量忽略不计的杆(未必是直杆)。当轻杆可以绕其一端 A 自 由转动时，要维持轻杆的平衡，轻杆另一端 B 受到的力必沿着 AB 所在直 线的方向，否则轻杆不可能平衡，如图 4.186 所示。 例 7 如图 4.187 所示，AB 为匀质杆，其重力为8N ，与竖直墙面成37 角；BC 为支撑 AB 的 水平轻杆， A ，B ，C 三处均用铰链连接且位于同一竖直平面内。则 BC 杆对 B 端铰链的作用力的 方向为________，该力的大小为________ N 。(sin 37 0.6  ， cos37 0.8  ) 分析与解 由于 BC 杆为轻杆，且C 端可以自由转动，因此 BC 平衡时其 B 端受力方向必然由 B 指向C ，因此 BC 杆对 AB 杆的反作用力 F 沿着CB 方向，即水平向打开，如图 4.188 所示。以 A 点为转轴，设 AB 杆长为 L ，对 AB 杆应用力矩平衡，有 cos37 sin372 LF L G     ，解得 1 tan37 3N2F G  。 例 8 (上海第 30 届大同杯初赛)如图 4.189 所示，光滑轻质细杆 AB ，BC 处在同一竖直平面内， B 处用铰接连接，A ，C 处用铰链铰于水平地面上，BC 杆与水平面夹角 为37 。一质量为3.2kg 的小球穿在 BC 杆上，对小球施加一个水平向左 的恒力使其静止在 BC 杆中点处， AB 杆恰好竖直，则( )。 A． F 的大小为 40N B．小球对 BC 杆的作用力大小为 40N C． AB 杆对 BC 杆的作用力大小为 25N D．地面对 BC 杆的作用力大小为 25N 分析与解 画出小球的受力情况如图 4.190 所示，将小球所受各力沿平行于斜面和垂直于斜面 的方向正交分解，平行于斜面方向有 cos37 sin 37F G   ，解得 tan 37 24NF G   ，在垂直于 斜面上方有 sin 37 cos37 40NN F G     。由于两杆均为轻杆，因此 AB 杆所受压力必沿着 AB 向下， AB 杆对 BC 杆的弹力必沿着 AB 向上， BC 杆受到小球对其的压力 40NN N   垂直于 BC 杆斜向下， BC 杆受力如图 4.191 所示。以 C 点为转轴，设 BC 杆长为 L ，则对 BC 杆有 cos37 2B LF L N    ，解得 25N2cos37B NF    。同样以 BC 杆为研究对象，如图 4.192 所示， 设地面对 BC 杆的水平、竖直作用力分别为 xF ， yF ，则水平方向有 sin37 24NxF N   ，竖直 方向有 cos37 7Ny BF N F   ，因此地面对 BC 杆的作用力大小 2 2 25NC x yF F F   。综上 所述，本题正确选项为 BCD。 5．物体的平衡与稳定 如图 4.193 所示，平放和竖放的砖都处于平衡状态，但是竖放的砖与平放的砖相比较容易倒下， 可见它们的稳定程度不同，我们把物体稳定平衡的程度叫做稳度。 竖放的砖稳度小，平放的砖稳度大。由图可知其原因是：竖 放砖的底面积小，重心高，当其偏离一个小角度时，重力的作用 线很容易超出底面的四条边之外，容易向外侧倒下，而平放的砖 底面积大，重心低，当偏离平衡位置一个小角度时，重方的作用 线不容易超出底面的四条边之外，不容易向外侧倒下，可见，增大物体的稳度可以分别采用增大底 面积和降低重心高度，或者同时采用增大底面积和阵低重心高度的方法。 例 9 (上海第 27 届大同杯复赛)有一个“不倒翁”，形状可以简化成由半径为 R 的半球与顶角为 74 的圆锥体组成，如图 1 以所示，它的重心在对称轴上。为了使“不倒翁”在任意 位置都能恢复竖直状态，则该“不倒翁”的重心到半球体的球心 O 的距离必须大于 ( )。 A．0 B． 2 3 R C． 3 5 R D． 3 4 R 分析与解 将“不倒翁”扳倒，使圆锥的侧面母线 AB 紧贴地面，如 图 4.195 所示。若放倒后“不倒翁”恰能恢复竖直，则其重力的作用线( C 为 重心)必恰好通过图中 B 点，B 点为底部半球与地面的切点。根据几何关系， 37OBC   、 在 直 角 COB△ 中 ， 3tan37 4 OC OB    ， 则 3 3 4 4OC OB R  。当 3 4OC R 时，重力的作用线在支撑面以外，“不倒翁”必能恢复竖直状态， 本题正确选项为 D。 例 10 如图 4.196 所示，一只圆柱形均质木块，上、下底面圆的直径为 a ，高为 b 。现将木块 置于倾角为 的粗糙斜面上，木块底部与斜面间的动摩擦因数为  ，已知木块重心在几何中心，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求出木块在斜面上既不滑动也不翻转的条件。 分析与解 木块不滑动的条件是重力沿斜面向下的分力 sinmg  不大于最大静摩擦力，即 sin cosmg mg  „ ，解得 tan „ 。木块不翻转的条件是重力的作用线不能超出底面圆面积 范围，当重力作用线恰通过底面圆边缘时，木块恰不翻倒，如图 4.197 所示，由几何关系，不翻倒 的条件应为 1 2tan 1 2 a a bb  „ 。可见，若要木块既不滑下又不翻到，需要同时满中上述两个式于(即 tan 小于  与 a b 中较小的一个)。因此讨论如下：①若 a b  … ，需 tan a b  „ ，②若 a b   ，需 tan „ 。 三、平衡综合问题 当物体处于静止吋，不仅满足力矩平衡，同时也满足共点力平衡，在解决此类问题时，要根据 需要列出不同的平衡方程。 例 11 (上海第 31 届大同杯初赛)如图 4.198 所示，质量分布均匀的直杆 AB 置于水平地面上， 现在 A 端施加外力 F ，缓慢抬起直杆直至竖直， B 端始终和地面之间保持相对静止， F 的方向始 终和直杆垂直，则： (1)该过程中直杆 B 端受到的摩擦力的变化情况是( )。 A．保持不变 B．先减小后增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小 (2)在缓慢抬起直杆的过程中，要确保直杆 B 端始终和地面保持相对 静止，直杆和地面之间的摩擦因数至少为( )。 A． 1 3 B． 1 4 C． 2 4 D． 3 5 分析与解 (1)杆在外力作用下绕着底部端点 B 缓慢转动，对杆受力 分析，杆受拉力 F 、重力G 以及地面对杆底部的支持力 N 和静摩擦力 f 为了简便，以 B 为转轴，则支持力与静摩擦力的力矩为零。拉力 F 与重 力G 力矩平衡。设杆长为 L ，杆与地面的夹角为 ，如图 4.199 所示， 则有 cos2 LFL G   ，得 1 cos2F G  ① 由几何关系，拉力 F 与竖直方向的夹角等于 ，将拉力 F 沿水平和竖直方向正交分解，对杆列 出平衡方程。 竖直方向： cosN G F   ② 水平方向： sinf F  ③ 将①式代入③式，可得 1 sin cos2f G   ④ 结合三角公式sin 2 2sin cos   ，可得 1 sin 24f G  ⑤ 可见，当 2 90   ，即 45   时， f 取得最大值 max 1 4f G 。因此正确选项为 D。 (2)在缓慢抬起直杆的过程中，若直杆 B 端始终不滑动，则对任一角度 需满足最大静摩擦力 sinf F  ，由于最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，设动摩擦因数为  ，则最大静摩擦力 f N ， 又 cosN G F   ，将 1 cos2F G  代入，得 21 11 cos sin sin cos2 2f G F G           ⑥ ⑥式取等号，即解得 2 2 2 sin cos sin cos 1 2 cos 2sin cos 2tan cot              ⑦ 由于 2tan cot 2 2tan cot 2 2       ，因此 1 1 2 2tan cot 42 2      ，可见， 要使得杆不滑动，动摩擦因数至少要为 2 4 ，选项 C 正确。 当然，本题第(2)问也可以采用三力交汇原理处理，应先将支持力 N 与摩擦力 f 合成为全反力 R ， 并设 R 与支持力 N 的夹角为 ，如图 4.200 所示，则有 tan f N   ，当 杆恰未滑动时，静摩擦力达到最大， f N ，此时 tan f N    ， 的值也达到最大，即为摩擦角。只要在杆逐渐转动过程中， 的值满足 tan  ，杆即不会滑动。现使 取最大值，延长全反力 R 、重力G 、 拉力 F 的作用线交于 D 点，并设杆的重心为 C ，过 B 作 BE 垂直于重 力 G 的作用线于 E ，几何关系如图 4.200 所示。则 cos2 LBE  ， cos2 tan tan L BEDE     ， sin2 LCE  ， 2 sin L DC  。 因 DE CE DC  ， 可 得 cos2 2sintan 2 sin L L L    ，解得 2 2 2 cos sin cos sin cos 1tan 1 sin 1 2sin cos 2tan cotsin sin                  因此同样可求得动摩擦因数至少为 2 4 。 例 12 如图 4.201 所示，直径为36cm 的半球形碗固定在水平面上， 碗的端口水平。一根密度分布均匀、长度为 47cm 的光滑杆 ABC 搁置在 半球碗上，碗的厚度不计。则杆平衡时： (1)杆在 B 点受到的弹力与杆受到的重力大小之比是多少？ (2)杆在碗内的部分 AB 与碗外部分 BC 的长度之比是多少？ 分析与解 杆平衡后受三个力作用，重力G 、碗底对杆 A 端的弹力 AF 、碗边緣对坏的弹力 BF ， 由于杆处于平衡状态，这三个力必为共点力(即力的作用线交于一点)，但是本题用力矩平衡，结合共 点力平衡来处理，较为简便。 (1)设碗端口的圆心为 O 点，连接OA ，OB ，设杆与水平方向的夹角 为 ，作出杆受到的三个力，其中 AF 指向圆心O 点， BF 垂直于杆斜向上， 如图 4.202 所示。由于待求的是 BF 。与重力G 的大小关系，因此不妨选取 过 A 且垂直于纸面的轴为转动轴(即通常所说的取 A 为支点)，则重力G 与 BF 力矩平衡。结合几何关系， BF 的力臂为 2 cosAB R  ，重力的力臂 为 1 cos2 L  ，其中 L 为杆长。则有 1 cos 2 cos2 BG L F R    ，因此有 4 72 47B G R F L   。 (2)若要求解杆 AB 部分与 BC 部分的长度之比，则只要先求出角度 ，问题即可迎刃而解。接 下来不妨考虑杆的受力平衡。将杆受到的力分别沿着杆方向、垂直于杆方向分解，在两个方向上列 出平衡方程。 沿杆方向： cos sinAF G  垂直于杆方向： sin cosA BF G F   两式消去 AF ，得 2sin coscos BG G F    将 72 47B G F  代入，并通分化简得 2 472cos cos 1 072     ，解得 8cos 9   ，另一解为负，舍 去。因此 8362 cos 329 82 cos 1547 36 9 AB R BC L R         对于本题的第(2)小问，也可以利用三力交汇来处理，具体如下：延长杆所受三个力的作用线交 于 D 点，由于 90ABD   ，AD 必为直径，即 D 点在图 4.203 所示的圆 上。过 A 作重力作用线的垂线 AE ，则 E 点亦必在图 4.203 所示的圆上。 因此 AE 的长度可以表示为 2 cos2 cos2 LAE R    。结合三角公式 2 2cos2 2cos 1 1 2sin      ，可得  22 2cos 1 cos2 LR    ，将 2 36cmR  ， 47cmL  代入，亦可解得 8cos 9   ，因此可求得 32 15 AB BC  例 13 如图 4.204 所示， AB 是一根重为G 的均质细直杆， A 端靠在光滑的竖直墻璧上，B 端 置于水平地面上，杆在竖直平面内。已知杆与地面之间的动摩擦因数为产，最大静靡檫力等于滑动 摩擦力，杆身与地面的夹角为 。求： (1)杆受地面的支持力与摩擦力的大小。 (2)若杆不滑动，则 应满足的条件。 分析与解 (1)画出杆所受各力如图 4.205 所示。由整体法，可知 2N G ， 1f N ，以 B 点为 支点 应用力 矩平衡， 设杆长 为 L ，则 有 1cos sin2 LG N L    ，解 得 1 1 cot2N G  ，则 1 1 cot2f N G   。 (2)杆与地面的夹角 越小，杆越容易滑动，当杆恰好不滑动时， 取得最小值，此时杆所受摩 擦力为最大静摩擦力。由(1)可知， 1 2 1 cot2f N G N G      ，解得 cot 2  ，可见，当 cot 2 „ 时，杆不会滑动。 本题的第(2)问也可以采用三力交汇原理来处理，具体如下：在杆恰未滑动 时，将 2N 与 f 合成为全反力 R ，设 R 与竖直方向夹角为 ，则 tan  。 将 R ，G ， 1N 的作用线延长，必交于一点O ，设杆的重心为 C ，重力作用线 与地面交于 D 点。如图 4.206 所示，则根据几何关系，有 cos2 LBD  ， sin2 LOC CD   ， cos tan 2tan BD LOD     ，又 2OD OC ，即 cos 22tan L     sin2 L  ，也即 cot 2tan 2    ，同样可得当 cot 2 „ 时，杆不会滑动。 练习题 1．如图 4.207 所示，直杆OA 可绕过 O 点的水平轴自由转动，图中虚线与杆平行，杆的另一端 A 点受到四个力 1F ， 2F ， 3F ， 4F 的作用，力的作用线与OA 杆在同一竖直平面内，它们对转轴 O 的力矩分别为 1M ， 2M ， 3M ， 4M ，则它们间的大小关系是( )。 A． 1 2 3 4M M M M   B． 2 1 3 4M M M M   C． 4 2 3 1M M M M   D． 2 1 3 4M M M M   2．(上海第 10 届大同杯复赛)如图 4.208 所示，要将一个半径为 R 、重为G 的车轮滚上高为 h 的 台阶 2 Rh    ，需在轮的边缘加一个推力。若推力分别作用在 A ，B ，C 三点 时，其最小值分别为 AF ， BF ， CF ，则( )。 A． B C AF F F  B． A B CF F F  C． B A CF F F  D． A B CF F F  3．(上海箄 19 届大同杯初赛)如图 4.209 所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来， 每块砖的长度均为 L ，为保证砖块不倒下，6 号砖块与 7 号砖块之间的距离 s 将不超过( )。 A． 31 15 L B． 2L C． 5 2 L D． 7 4 L 4．(上海第 19 届大同杯初赛)如图 4.210 所示，质量分布均匀的细杆水平放置，支座 A 在杆重心 的右侧，杆的右端被位于其上面的支座 B 顶住。现在杆的左端C 处施加一个向下的作用力，则( )。 A．两处的弹力均增加，且 Δ ΔA BF F B．两处的弹力均增加，且 Δ ΔA BF F C． A 处的弹力减小， B 处的弹力增大，且 Δ ΔA BF F D． A 处的弹力增大， B 处的弹力减小，且 A BF F   5．(上海第 20 届大同杯初赛)如图 4.211 所示是某汤勺示意图，由一细长柄 AB 与一半球 BC 构 成，且 AB 与半球相切，切点为 B 。已知半球的半径为 R ， AB 柄的长度为 L : 8 :1L R  ，现用 一细线系住 A 点，并将细线竖直悬挂，如果不计汤勺的质量，则汤勺内水的最大高度是( )。 A． 3 4 R B． 2 3 R C． 1 2 R D． 1 3 R 6．(上海第 20 届大同杯初赛)如图 4.212 所示，将一根均匀的木棒 AB 放在支点 O 上，由于 OA OB ，木棒不能保持水平，现在木棒右端截去与 OA 等长的一段并置于 OA 上，木棒恰好能平 衡，则 :OA OB 为( )。 A．  1: 2 1 B．1: 2 C．1: 3 D．1: 4 7．如图 4.213 所示，两根均匀直棒 AB ， BC 用光滑的铰链铰于 B 处，两杆的另外一端都用光 滑铰链铰于墙上，棒 BC 呈水平状态， a ， b ， c ， d 箭头表示力的方向，则 BC 棒对 AB 棒的作 用力的方向可能是( )。 A． a B．b C． c D． d 8．(上海第 25 届大同杯初赛)如图 4.214 所示，两根硬杆 AB ， BC 用铰链连接于 A ， B ，C ， 整个装置处于静止状态。关于 AB 杆对 BC 杆作用力的方向正确的是( )。 A．若计 AB 杆的重力，而不计 BC 杆的重力时，由 A 指向 B B．若计 AB 杆的重力，而不计 BC 杆的重力时，由C 指向 B C．若不计 AB 杆的重力，而计 BC 杆的重力时，由 B 指向 A D．若不计 AB 扞的重力，而计 BC 杆的重力时，由 B 指向 C 9．(上海第 26 届大同杯初赛)如图 4.215 所示，密度均匀的细杆 AB 与轻杆 BC 用光滑铰链铰在 B 点， A ，C 也用光滑的铰链铰于墙上，两杆长度相等， BC 杆水平， AB 杆与竖直方向成 37 ， 此时 AB 杆与 BC 杆之间的作用力为 1F 。若将两杆的位置互换，AB 杆与 BC 杆之间的作用力为 2F ， 则 1 2:F F 为( )。 A．3:5 B．5 :3 C． 4 :5 D．5: 4 10．如图 4.216 所示，用长为 2R 的细直杆连接的两个小球 A ，B ，质量分别为 m 和 2m ，被 置于光滑的、半径为 R 的半球面碗内。达到平衡时，半球面的球心O 与 B 球的连线和竖直方向的夹 角的正切值为( )。 A．1 B． 1 2 C． 1 3 D． 1 4 11．(上海第 26 届大同杯复赛)如图 4.217 所示，一根轻杆两端固定 A ， B 两球，放置在光滑半 球形碗中，在图示位置平衡， A 球与球心连线和竖直方向的夹角为 ，碗固定在长木板上，长木板 可绕 O 点转动，现对长木板的另一端施加外力 F ，使其逆时针缓慢转动，在 A ， B 两球均未脱离 碗的过程中， A 球与球心连线和竖直方向的夹角 的变化情况是( )。 A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先变大后变小 D．保持不变 12．(上海第 25 届大同杯复赛)两个人共同搬一个50kg 质量分布均匀的木箱上楼梯，如图 4.218 所示。木箱长为1.25m ，高为 0.5m ；楼梯和地面成 45 ，而且木箱与楼梯平行。如果两人手的用 力方向都是竖直向上的，那么在下面的人对木箱施加的力与上面的人对木箱施加的力的比值是( )。 A． 8 3 B． 7 3 C． 5 3 D． 5 4 13．如图 4.219 所示，物体放在粗糙平板上，平板一端铰接于地上，另一端加一竖直向上的力， 使板的倾角 缓慢增大，但物体与木板间仍无相对滑动，则下列物理量中逐渐增大的有( )。 A．板对物体的静摩擦力 B．物体对板的正压力 C．拉力 F D．拉力 F 的力矩 14．如图 4.220 所示，一质量为 m 的金属球与一细杆连接在一起，细杆的另一端用铰链铰于墙 上较低位置，球下面垫一木板，木板放在光滑水平地面上，球与板间的滑动摩擦因数为  ，下面说 法中正确的有( ) A．用水平力将木板向右匀速拉出时，拉力 F mg B．用水平力将木板向右匀速拉出时，拉力 F mg C．用水平力将木板向左匀速拉出时，拉力 F mg D．用水平力将木板向左匀速拉出时，拉力 F mg 15．(上海第 26 届大同杯初赛)如图 4.221 所示，均匀木棒 AC 水平搁在一个圆柱体 B 上，两者 的接触点为 D ，且 : 17 :15AD DC  。当圆柱体围绕其固定中心轴顺时针方向转动时，与棒的右端 C 紧靠着的木板 E 恰能沿光滑竖直墙面匀速下滑。若木棒与圆柱体之间、木棒与木板之间的动摩擦 因数相同，则该动摩擦因数为( )。 A． 0.40 B． 0.30 C． 0.25 D． 0.20 16．(上海第 26 届大同杯初赛)质量分别为 1m 和 2m 、长度分别为 1L 和 2L 的两根均勾细棒的一端 相互连在一起，构成一直角形细棒 AOB ，放在粗糙的水平桌面上，两棒与桌面间的动摩擦因数相同。 现在两棒连接端O 处施加一水平外力 F 使棒做匀速直线运动，F 的方向如图 4.222 所示，则以下判 断中正确的是( )。 A．若 1 2L L ，则 1 2m m B．若 1 2L L ，则 1 2m m C．若 1 2L L ，则 1 2m m D．若 1 2L L ，则 1 2m m 17．如图 4.223 所示， AB 是一质量为 m 的均质细直杆， A 端靠在光滑的竖直墙壁上， B 端置 于粗糙水平地面上，杆身与竖直方向的夹角为 ，杆在图示位置处于静止状态，则( ) A． 增大，杆可能滑动 B． 减小，杆可能滑动 C．设 变化为 0 时杆开始滑动，则杆与地面的动摩擦因数 0 1 tan2   D．设 变化为 0 时杆开始滑动，则杆与地面的动摩擦因数 0 1 cot2   18．(上海第 29 届大同杯初赛)如图 4.224 所示，直径为 50cm 的半球形碗固定在水平面上，碗 的端口水平。一根密度分布均匀、长度为 60cm 的光滑杆 ABC 搁置在半球碗上，碗的厚度不计，平 衡时杆受到的重力与杆在 B 点受到的弹力大小之比为( )。 A．5 :3 B． 6 :5 C．3: 2 D． 4 :3 19．如图 4.225 所示，直径为 72cm 的半球形容器固定在水平面上，容器的端口水平。一根密度 分布均匀、长度为94cm 的光滑杆 ABC 搁置在水平面上。容器的厚度不计，杆平衡时容器内的 AB 段与容器外的 BC 段的长度之比为( )。 A．39 :9 B．35 :12 C． 32 :15 D． 27 : 20 20．(上海第 31 届大同杯初赛)杆秤的示意图如图 4.226 所示，下列说法中正确的是( ) A．只有秤杆粗细均匀，杆秤刻度才均匀 B．无论秤杆密度分布是否均匀，杆秤刻度都均匀 C．用提纽 A 比用提纽 B 称量大 D．换用大称量的提纽后，所有刻度示数均会以相同倍率增大 21．(上海第 24 届大同杯初赛)如图 4.227 所示，光滑均匀细棒 CD 可以绕光滑的水平轴 D 在竖 直平面内转动，细杆 AB 也可以绕光滑的水平轴 B 在竖直平面内转动，CD 棒搁在 A 点上并与 AB 杆 在同一竖直平面内， B ， D 在同一水平面，且 BD AB 。现推动 AB 杆使CD 棒绕 D 点沿逆时针 方向缓慢转动，从图示实线位置转到虛线位置的过程中， AB 杆对CD 棒的作用力( )。 A．减小 B．不变 C．增大 D．先减小后增大 22．如图 4.228 所示，用两块长都为 L 的相同砖块叠放在桌面边缘，为使砖块突出桌面边缘的 距离最大且不翻倒，则上面的第一块砖突出下面的第二块砖的距离为________，下面第二块砖突出 桌面边缘的距离为________。 23．如图 4.229 所示， ABC 为质量均匀的等边活动曲尺，质量为 2m ，C 端由铰链与墙相连， B 处也由铰链相连，摩擦不计。当 AB 处于竖直、 BC 处于水平静止状态时，施加在 A 端的作用力 的大小为________，方向为________； AB 杆对 BC 杆的作用力大小为________，方向为________。 24．如图 4.230 所示，半径为 R 的圆轮放在台阶边上，现在圆轮的边缘处施加力 F 使轮缓慢地 滚上台阶，轮与台阶的接触点为 P ，要使力 F 最小，则力 F 的作用点应为________，方向为________； 在使圆轮滚动过程中 F 的力矩的方向是________(选填“顺时针”或“逆时针”)的，若轮的质量为 M ， 台阶的高 2 Rh  ，则力 F 的大小至少应为________。 25．如图 4.231 所示，重力为G 、半径为 R 的均匀球，用细线悬挂在 L 形直角支架的 C 点， L 形支架的 AB 边长为 2R ， BC 边竖直且光滑，支 架重力不计， B 处有固定转动轴。为使它们保持平衡，则在 A 点所加最小 力为________，方向________，此时 B 轴受到的压力大小为________。 26．(上海第 24 届大同杯初赛)图 4.232(a)为一把杆秤的示意图，O 是 秤杆的悬点，使用该秤最多能称量5kg 的重物。小王用一个相同的秤砣系在原来的秤砣下面，采用 “双秤砣法”去称量 7kg 的重物时，秤上的示数为 3kg ，如图 4.232(b)所示。那么当只挂一个秤砣 时，该秤零刻度线的位置应该在________(选填“ O 点”“O 点的右侧”或“ O 点的左侧”)，若采用 “双秤砣法”，则利用该秤最多能称量________ kg 的重物。 27．(上海第 23 届大同杯初赛)如图 4.233 所示，粗细相同、密度均匀的细棒做成“ L ”形，其 中 AC 与CB 垂直， AC 长为 L ，CB 长为 /2L ，整根细棒的重力是G ，并放在固定的圆筒内，圆 筒内侧面和底面均光滑，圆筒横截面的直径为 L 。平衡时细棒正好处于经过圆筒直径的竖直平面内。 此时细棒对圆筒底面的压力大小为________；细棒 B 端对圆筒侧面的压力为________。 28．(上海第 22 届大同杯初赛)如图 4.234 所示，杆OA 长为 0.5m ，O 端用铰链铰于竖直墙面， 杆中 B 处有一制动闸， OB 为 0.2m ，闸厚 d 为 0.04m ，轮子 C 的半径 R 为 0.2m ，闸与轮间的动 摩擦因数  为 0.5。当飞轮顺时针转动时，要对轮施加1000N m 的力矩(力力臂)才能使轮减速从 而制动，若杆与闸的重力不计，则在杆的 A 端需加垂直于杆的力 F 的大小为________ N 。 29．如图 4.235 所示是一个简易的吊钩装置，它是由四根长度不一的刚性轻杆 AD ，DF ，BC ， CE 铰接而成，A 端通过固定转动轴连接在墙上，C 端可以在光滑的水平地面上左右自由移动， 1l 表 示 AD 的长度， 2l 表示 AB 的长度， 3l 表示 DF 的长度， 4l 表示 BC 的长度，忽略吊钩到 F 点的距 离，四边形 BCED 为一个平行四边形，若吊钩上不管挂上多重的物体，吊钩装置在水平面上的不同 位置时都能处于平衡状态，则 1l ， 2l ， 3l 和 4l 必须满足的关系是________；吊钩装置处于平衡状态 时，C 端受到的地面作用力的方向为________。 30．(上海第19 届大同杯复赛)如图4.236所示，在一根长为 2m 质量为 2kg 的细金属杆 (质量分布不均匀)的 A 端施加一个与 杆垂直的拉力 F ，使杆静止在图示位置，已知杆与地面成 37 角，地面对杆的静摩擦力为3.6N ， 地面对杆的支持力大小为15.2N ，则杆的重心距 B 端的距离为________ m ，F 的大小为________ N 。 31．如图 4.237 为悬挂街灯的支架示意图，横梁 BE 的质量为 6kg ，重心在其中点。直角杆处 ADC 重力不计，两端用铰链连接。已知 3mBE  ， 2mBC  ， 30ACB   ，横梁 E 处悬挂灯的质量 为 2kg ，则直角杆对横梁的力矩为________ N m ，直角杆对横梁的作用力大小为________ N 。( g 取10N/kg ) 32．如图 4.238 所示，L 形轻杆通过铰链O 与地面连接， 6mOA AB  ，作用于 B 点的竖直 向上的拉力 F 能保证杆 AB 始终保持水平。一质量为 m 的物体以足够大的速度在杆上从距 A 点 2m 处向右运动，物体与杆之间的动摩擦因数与离开 A 点的距离成反比： 1 x   。已知重力加速度为 210m/sg  ， 则 物 体 运 动 到 离开 A 点 的 距 离 x  ________ m 时 ， 拉 力 F 达 到 最 小 ， 此 时 F  ________。 33．(上海第 18 届大同杯复赛)某同学用一根粗细均匀的铁棒，将一个边长为 a 的正方形的重物 箱撬起一个很小的角度(如图 4.239 所示，图中的角度已被放大)。已知：铁棒单位长度受到的重力为 P ；重物箱受到的重力为G 。现将铁棒的一端插入箱底，在另一端施加一个向上的力撬动重物箱。 如果插入的长度为箱宽的 1 4 ，并保持该长度不变，当选用的铁棒长度满足什么条件时，施加的力最 小？此最小的力为多大？ 34．(上海第 19 届大同杯复赛)小强为课题研究小组提供了一把家中收藏的旧杆秤。杆秤的刻度 模糊不淸，秤砣遗失，只有5kg 和 6kg 的刻度清晰可辨。小组成员对杆秤的外形进行了测量，测量 结果如图 4.240 所示。请根据以上情况，判断该杆秤的重心(不包括秤砣)应该在提纽的哪一侧，并求 出秤砣的质量。 35．(上海第 24 届大同杯复赛)现有粗细、材质相同的三根圆木，其中两根的长度相等，另一很 的长度等于圆木直径。将两根相同的长圆木各以其一端置于不计摩擦的尖棱上，在两长圆木之间靠 摩擦力夹住较短的圆木 A ，在长圆木的下面用一根不计质量的绳子 B 将它们连起来，绳的两端系在 钉入长圆木的钉上，如图 4.241 所示。已知圆木的直径为 D ，圆木 A 的质量为 M ，圆木 A 的轴心 到绳的距离为 h ，绳子能承受的最大拉力为 F 。为保持绳子不断裂，则两根长圆木的长度 L 不能超 过多少？ 36．(上海第 24 届大同杯复赛)重力为 1440NG  ，长度 a 、高度b 、宽度 c 分别为 0.8m ，0.6m 和 0.6m 的匀质长方体，其表面光滑，静止在水平面上，并被一个小木桩抵住，如图 4.242(a)所示。 (1)无风情况下，地面的支持力为多大？ (2)当有风与水平方向成 45 角斜向上吹到长方体的一个面上时，如图 4.242(b)所示，风在长方 体光滑侧面产生的压力为 F ，则力 F 要多大才能将长方体翘起？ (3)实验表明，风在光滑平面上会产生垂直于平面的压强，压强的大小跟风速的平方成正比，跟 风与光滑平面夹角正弦的平方成正比。现让风从长方体左上方吹来，风向与水平方向成 角，如图 4.242(c)所示。当 大于某个值时，无论风速多大，都不能使长方体翘起，请通过计算确定 的值。 37．(上海第 28 届大同杯复赛)如图 4.243(a)所示，一根质量分布均匀的细直硬杆长度为 L ，质 量为 m ，在杆的最左端 A 与距右端 4 L 的 B 处立两个相同的支撑物，将细杆水平支起。 (1)求 A 处与 B 处的支持力 AN 与 BN 。 (2)在杆的最右端C 处再加上一个同样的支撑物，如图 4.243(b)所示。假设支撑物均由相同的弹 性材料制成，当它们受到挤压时会产生微小的形变，其竖直方向上发生的微小形变弓弹力成正比， 则 A ， B ，C 三处的支持力 AN ， BN 与 CN 分别为多少？ 参考答案 1．B。将各力分解成沿杆方向和垂直于杆方向的两个力，只比较垂直于杆方向分力的力矩即可。 2．A。由于阻力和阻力臂恒定，要推力最小，就需要推力臂最大。各推力的最大力臂 Al ， Bl ， Cl 分别为支点到 A ， B ，C 的距离，由几何关系 B C Al l l  ，因此 B C AF F F  。 3．A。1 处于平衡状态，则 1 对 2 的压力应为 2 G ；当 1 放在 2 的边缘上时距离最大。2 处于杠 杆平衡状态，设 2 露出的长度为 x ，则 2 下方的支点(即 4 的右边缘)距 2 的重心在 2 L x 处，由杠杆 平衡条件，可知 2 2 L GG x x     ，解得 3 Lx  。设 4 露出的部分长为 1x ，则 4 下方的支点(即 6 的 右 边 缘 ) 距 4 的 重 心 12 L x ， 4 右 边 缘 受 到 的 压 力 为 2 GG  ， 则 由 杠 杆 平 衡 条 件 ， 可 知 1 12 2 L GG x G x            ， 解 得 1 5 Lx  。 则 6 ， 7 之 间 的 最 大 距 离 为  12s L x x L     312 3 5 15 L L L     。 4．B。杆处于平衡状态，画出杆受力情况如图 4.244 所示，以 A 点 为支点，可知在C 点施加竖直向下的力 F 后，使杆逆时针转动趋势的力 矩增加，则 BF 增大；同理再以 B 点为支点，则 AF 增大。接着取 C 为支 点，则 AF ， BF 增加的力矩应等大反向，即 Δ ΔA CA B CBF l F l ，因为 CA CBl l ，则 Δ ΔA BF F ，选项 B 正确。 5．B。汤勺内水恰不流出时，水的高度最大。如图 4.245 所示，由于汤勺 质量不计，水和汤勺平衡时，水的重心必在悬点 A 的正下方，即 E 点为水面的 中心，水的重心在 AE 的延长线上；过 B 点作水面的垂线，垂足设为 D ，则由 几何知识可知 D 点必在圆上，由于 E 为CD 的中点，且 //AE BD ，则 AE 与圆 直径的交点必为半球的球心O 。 ABO△ 与 CEO△ 相似，可得 1 3 OE OB OC OA   ， 则 1 3OE R ，水的深度为 2 3 R 。 6．A。设OA 段长度为 1l ，OB 段长度为 2l ，木棒单位长度的质量为 0m ，则将OB 部分截去 1l 长 度并叠放在原来的 OA 上后， OA 部分的总重力为 1 1 02G l m g ， OB 剩余部分的总重力为  2 2 1 0G l l m g  ；由于两段木棒的重心在它们各自的中心，由杠杆平衡条件可得 1 2 1 1 22 2 l l lG G  ， 即  1 2 1 1 0 2 1 02 2 2 l l ll m g l l m g     ，解得 1 2 1 2 1 l l   。 7．A。 BC 对 AB 的作用力要能够使得 AB 处于力矩平衡，同时 AB 对 BC 的反作用力也要能 使得 BC 处于力矩平衡。 8．C。可自由转动的轻杆受力一定沿轻杆方向，而可自由转动的重杆需考虑其力矩平衡，受力 不一定沿杆。因此，若仅 BC 杆为轻杆，则 AB 杆对 BC 杆作用力的方向一定由 B 指向 C ；若仅 AB 杆为轻杆，则 AB 杆对 BC 杆作用力的方向一定由 B 指向 A 。 9．A。设 AB 杆的重力为G ，杆长为 L 。设调换前、后 AB 杆受 BC 杆的拉力分别为 1F ， 2F ， 由于 BC 杆为轻杆，因此 1F ， 2F 均沿 BC 杆方向，如图 4.246 所示，则有 1 cos sin2 LF L G  ， 2 cos 2 LF L G  ，可得 1 2: 3:5F F  ，选项 A 正确。 10．B。由几何关系可知OA 与OB 垂直。将 A ， B 两小球和杆视为一个整体，两球除了受重 力以外，还分别受碗底对它们的弹力 1N ， 2N 的作用，如图 4.247 所示。 由于 1N ， 2N 指向球心 O ，为方便起见，不妨取 O 为转轴，并设 OB 连 线 与 竖 直 方 向 的 夹 角 为  ， 则 有 2 sin cosmg R mgR   ， 解 得 1tan 2   ，本题正确选项为 B。 11．D。 A ， B 两球可在半球形碗内自由滑动，以碗的球心为支点，由于两球所受碗底的支持 力均过碗的球心，当两球静止时，两球整体的重心一定在碗的球心的正下方，而整体重心到 A 球的 距离不会变化，因此 不会变化。 12．B。如图 4.248 所示，设上面的人用力为 1F ，下面的人用力为 2F ， 取箱子的重心为O 支点， 1F ， 2F 对应的力臂分别为 1l 和 2l ，则有 2 1 1 2 F l F l  。 连 接 箱 子 侧 面 的 对 角 线 AB ， 则 由 勾 股 定 理 可 得 2 20.5 1.25 mAB   29 m4  ， AB 与 AC 夹 角  满 足 0.5tan 1.25   2 5  ，易得 2sin 29   ， 5cos 29   ，注意到 AC 与水 平方向夹角为 45 ，则有  2 cos 45l AO    cos45 cos sin 45 sinAO      3 2 m16  又 1 2 2 5 2cos45 1.25 m m2 8l l AC      ，所以 1 5 2 3 2 7 2m m m8 16 16l    ，因此 12 21 7 3 F l lF   。 13．A。先对物体进行受力分析，物体受三个力，重力G 、板对物体的支持力 N 和静摩擦力 f 。 则易得 sinf G  ， cosN G  随着 增大，N 减小 f 增大。再以 板为研究对象，板受拉力 F 和物体对其的作用力 F，注意由于物体受 力平衡，板对物体的作用力应等于 N 与 f 的合力，与物体重力等大反 向，因此物体对板的作用力 F G  ，竖直向下，如图 4.249 所示。设 物体距离板底端为 0x ，板长为 L ，则有 0cos cosFL Gx  ，解得 0GxF L  ，可见 F 为定值。本题正确选项为 A。 14．BC。本题要注意的是，将木板向右拉出和向左拉出时，球所受滑动摩擦力的方向是不同的。 木板向右拉出时，球受力如图 4.250 所示，设重力、支持力的力臂为 1L ，摩擦力的力臂为 2L ，则有 1 1 1 2 1N L f L mgL  ，故 1 2 1 1 f LN mg mgL    ，拉力 1 1F f N mg    。木板向左拉出时，如 图 4.251 所示，有 2 1 1 2 2N L mgL f L  ， 2 2 2 1 f LN mg mgL    因此拉力 2 2F f N mg     。 本题正确选项为 BC。 15．C。画出木棒与圆柱体受力情况如图 4.252 所示，其中 O 点为木棒 AC 的重心，则 1 15 OD DC  ， 对木板有 1 1 1f N G  ，又 1 2N f ，  2 2 2 1f N G f    ，以 D 为支点，结合 1 15 OD DC  ，可 得 1 2 1 15f G ，由以上各式可得  2 1 2 1G G G   ， 2 1 1 2 1 16 G G G    ， 0.25  ，选项 C 正确。 16．AC。将两杆视为一个整体，由题意，该整体必沿拉力 F 的方向 做匀速直线运动，因此画出两杆所受滑动摩擦力 1f ， 2f 如图 4.253 所示。 滑动摩擦力的作用点在杆的中心，则 1 1f m g ， 2 2f m g 。将两杆 视为一个绕O 点转动的杠杆，设拉力 F 的方向与两杆的夹角分别为 和  ，显然  ，则sin sin  ，由力矩平衡，得 1 1 2 2sin sinf L f L  结合以上各式得 1 1 2 2m L m L ，选项 AC 正确。 17．AC。如图 4.254 所示，画出杆的受力情况。杆受力平衡，则水平方向有 Af N ，竖直方向有 BN G ，且 Bf N 。杆同时处于力矩平衡，取 B 为支点， 设杆长为 l ，有 cos sin2A lN l G  ，解得 1 tan2AN G  ，综合以上各式有 1 tan2f G  ，可见 越大，所需静摩擦力 f 越大，杆越容易滑动。若 0  时 杆恰滑动，则有 0 1 tan2B f N    。 18．A。提示：参考例 11 的解法。 19．C。提示：参考例 11 的解法。 20．BC。设所称量的物体质量为 m ，杆秤的质量为 m秤 ，秤砣的质量为 m砣 ，力臂分别为 L ， L秤 ， L砣 ，则根据力矩平衡条件有 mgL m GL m GL 秤 秤 砣 砣 。可见， L砣 与 m 是一次函数关系， 杆秤的刻度都是均匀的，与秤杆是否粗细均匀无关，选项 B 正确。用提纽 A 时，L 较小，L秤 ，L砣 较大，由于 m秤 ， m砣 相同，因此 m 较大。则用提纽 A 时比用提纽 B 时的称量大，C 项正确。 21．B。如图 4.255 所示，记 AB 杆对CD 棒的作用力为 F ， F 垂直于CD 棒斜向上。设 AB ， BD 的长度为l ， CD 棒的长度为 L ，所受重力为G ， CD 棒与水平面的夹角为 ，取 D 为转轴， 则力 F 的力臂为 2 cosl  ，对CD 棒应用力矩平衡，有 12 cos cos2F l G L    ，解得 4 LGF l  ， 大小为定值，因此本题正确选项为 B。 22． 2 L ， 4 L 。显然，要使得上面的砖块不掉下，其突出下面的第二块砖的距离最大为 2 L ，否则 上面砖块就要翻倒。设下面砖块突出桌面的距离为 x ，画出两块砖所受重力如图 4.256 所示，取桌 面边缘为转轴，将两砖视为一个整体，则整体不从桌面翻倒的条件为 2 LG x Gx     ，解得 4 Lx  。 23． 3 2 mg ，竖直向上； 1 2 mg ，沿 AB 杆竖直向上。由于杆与墙、杆与杆之间均用铰链连接， 因此两杆均可以自由转动。如图 4.257(a)所示，分析 AB 杆，若要保持其竖直，则作用在 A 点的拉 力 F 必须竖直向上，否则 AB 杆将绕着 B 端转动。再将两杆视为一个整体，如图 4.257(b)所示，取 C 为转动轴，设两杆长为 L ，则 2 LF L mg mg L     ，解得 3 2F mg 。再以 BC 杆为研究对象， 易得 AB 杆对 BC 杆的作用力沿 AB 杆竖直向上，设为 BCF ，则有 2BC LF L mg   ，解得 1 2BCF mg 。 24．作用于 PO 延长线与轮的交点处，垂直于 PO 方向；顺时针； 3 4 Mg 。圆轮缓慢滚上台阶 的过程中，实际上圆轮是绕着 P 点顺时针转动的，力 F 克服的是重力的力矩。如图 4.258 所示，过 P 点作重力作用线的垂线 PQ ，则 cosPQ R  。圆轮刚离开地面时，重力的力矩为 cosG R  ，由 cosF L G R    ，得当力 F 的力臂 L 最大时，力 F 才能取得最小值。结合圆的几何性质，圆上 两点间的最大距离即为圆的直径，囡此当力 F 的作用点为 PO 延长线与圆的交点，且力 F 垂直于 PO 时，力 F 最小，此时 2L R 。当 2 Rh  时， 30   ，因此 cos 3 4 G R Mg LF   。 25． 1 2 G ，竖直向下， 3 2 G 。以 B 为转轴，则为使系统保持平衡，作 用在 A 点的力 F 应力臂最大，即力 F 垂直于 BA 向下。如图 4.259 所示， 将球、直角杆视为一个整体，则有 2F R G R   ，解得 1 2F G 。地面作 用在 B 轴上的力 BF 应竖直向上， 3 2BF G F G   ，由作用力和反作用 力的规律， B 轴对地面的压力为 3 2B BF F G   ，方向竖直向下。 26．O 点右侧；11。设 1 3kgm  ，物体重力的力臂为l ，秤砣重力为G砣 ，力臂为l砣 ，设枰的 重心在O 点右侧，秤重力的力矩为 M秤 ，则用单秤砣称量 1 3kgm  的重物时，有 1      m gl M G l 秤 砣 砣 ① 当用双秤砣去称量 2 7kgm  的物体时，读数仍为3kg ，说明秤砣位置不变，有      2 2m gl M G l 秤 砣 砣 ② 由 2 ① ② ，可得  1 2  2M m m gl 秤 ③ 由③可知，   0M 秤 ，因此秤的重心在 O 点左侧。当秤上没有挂物体时，秤砣应在 O 点右侧某 位置使得枰水平平衡，该位置即为秤的零刻度线。 秤砣移动到秤杆最右端时，称量值最大。设此时秤蛇重力的力臂为 L ，则单秤砣达到最大称量 5kgm 最大 时，有 m gl M G L 秤 砣最大 ④ 双枰砣达到最大称量 m 最大 时，有 2m gl M G L  秤 砣最大 ⑤ 由 2 ④ ⑤ ，可得  2m m gl M  秤最大 最大 ⑥ 由③⑥式，可解得 11kgm  最大 。 27． G ； 4 15 G 。分析 AC ， BC 的受力情况如图 4.260 所示， 其中圆筒底面对C 点的支持力未画出。易得 AC ，BC 所受重力分别 为 2 3 G ，1 3G 。将 ACB 视为一个整体，则有 A BF F ，圆筒底面对C 点 的 支 持 力 大 小 等 于 杆 的 总 重 力 G 。 设 杆 AC 与 圆 筒 底 部 夹 角 为  ， 则 由 几 何 关 系 得 cos sin2 LL L   ，即 2cos sin 2   ，结合 2 2cos sin  1 ，解得 4sin 5   ， 3cos 5   。 以C 点为转轴，对整个 ACB 杆应用力矩平衡，有 1 2sin sin cos cos3 4 2 3 2A B L L LF L G F G          则可解得 4 15A BF F G  。 28 ． 4400 。 要 使 轮 受 到 1000N m 的 力 矩 ， 制 动 闸 作 用 在 轮 上 的 滑 动 摩 擦 力 1000N m 5000N0.2mf   ，则轮作用在制动闸底部的滑动摩擦力 5000Nf   ，方向水平向右，对 OA 杆由力矩平衡，有 F OA f d   ，解得 4400NF  。 29． 1 4 2 3l l l l ；竖直向上。本题较为简单的解法是取 DF 杆、 AD 杆为研究对象，利用杆所受 到的三个力共点，结合几何知识求解。如图 4.261 所示，DF 杆受重物的拉力 G 、CE 杆的支持力 1F 、 AD 杆的作用力T 的作用，当系统平衡时，这三个力的作用线必共点，设交于 H 点。对 AD 杆，由 于C 处水平面光滑，则地面对C 的支持力竖直向上，因此可得墙壁对 A 的作用力 AF 竖直向下，AD 杆受 DF 杆的反作用力为T ， AD 杆受CB 杆的支持力为 2F ， 这三个力的作用线交于 J 点。由于T 与T 等大反向，因此 H ， D ， J 三点共线。结合几何知识可得 FHE△ 与 JAB△ 相似， 因 此 2 3 4 l BJ HE l l   。 又 HDE△ 与 DJB△ 相 似 ， 因 此 1 2 4 l lBJ l HE  。因此 有  4 1 2HE BJ l l l    2 3 4l l l  ，即 1 4 2 3l l l l 。 30．0.75，6。画出杆的受力情况如图 4.262 所示，将拉力 F 分解，则由杆静止，水平方向上有 sin37F f  ， 解 得 3.6 N 6Nsin37 0.6 fF    ， 竖 直 方 向 上 有 cos37F N G   ， 则 6 0.8N 15.2N 20NG     。取 B 点为支点，则拉力 F 与重力 G 力矩平衡，设重心到 B 点的距 离为 x ，则有 cos37FL Gx ，解得 6 2 m 0.75mcos37 20 0.8 FLx G     。 31．150，150。直角杆为轻杆，则其对横梁施加的力 F 必沿着 AC 方向，如图 4.263 所示。横 梁 平 衡 ， 则 直 角 杆 对 横 梁 的 力 矩 等 于 横 梁 重 力 与 吊 灯 重 力 对 B 点 的 力 矩 之 和 ， 有 sin30 60N 1.5m 20N 3m 150N mF F BCM         ，解得 150NF  。 32． 6 ， 6 3 mg 。轻杆 AB 受物料对其施加的压力 N 和滑动摩擦力 f 的作用，如图 4.264 所示，其中 N mg ， mgf N mg x     。以 O 为转轴，则有 F AB Nx f OA    ，代入数 据，可得 66 mgF mgx x   ，由基本不等式 6 66 2 2 6mg mgF mgx mgx mgx x      ，当且仅 当 6mgmgx x  ，时，即 6x  时， F 取得最小值 6 3 mg 。 33．当 1 2 GaL P  时， min 1 2F GPa 。箱子刚被抬起时，可认为箱子底部仍然水平，箱子 左端紧压地面，右端紧压铁棒，因此箱子对铁棒的压力大小为 2 G ，方向竖直向下。接下来以铁棒为 研究对象，取铁棒与地面的接触点为支点，并设铁棒长为 L ，则铁棒重力为 PL ，由于箱子刚被抬 起时，铁棒与水平地面夹角认为是 0，铁棒仍处于水平状态，则铁棒重力的力臂等于铁棒长度的一 半，即 2 L ，则由杠杆平衡条件，有 2 4 2 G a LFL PL    ，解得 8 2 Ga PLF L   ，结合基本不等式， 有 128 2 8 2 2 Ga PL Ga PLF GPaL L    … ，当且仅当 8 2 Ga PL L  ，即 1 2 GaL P  时，力 F 取得最 小值 min 1 2F GPa 。 34．以提纽为支点，设被测物体质量为 m物 ，被测物体重力的力臂为 3cml 物 ，设秤砣质量为 m砣 ，秤砣在秤杆上的位置距提纽为 x砣 ，再设秤杆的质量为 m秤 ，重心距离提纽为l秤 ，则由杠杆的 平衡条件，得 m gl m gx m gl  秤 秤物 物 砣 砣 ，解得 m lmm xl l   秤 秤砣 物 砣 物 物 ；可见，秤蛇在秤杆上的位 置 x砣 与被测物体质量 m物 之间是一次函数关系，即秤杆上的刻度是均匀的，结合图 4.240 的条件可 知，秤砣在秤杆上每移动 2cm ，被测物体的质量变化1kg ，因此，当秤钩上不挂物体时，枰砣应在 提 纽 右 侧 距 离 提 纽 1cm 处 ， 结 合 杠 杆 平 衡 条 件 ， 可 知 秤 杆 的 重 心 一 定 在 提 纽 左 侧 。 由 m lmm xl l   秤 秤砣 物 砣 物 物 ，可知该函数的斜率 m mk x l   物 砣 砣 物 ，代入数据可得  6kg 5kg 2cm 3cm mk   砣 ， 解得 1.5kgm 砣 。 35．分别研究左边的圆木与中间的圆木，当绳子的拉 力达到最大值 F 时，作出它们的受力情况如图 4.265 所示。 则对中间的圆木有 1 2f Mg ；对左边的圆木有 N F 。 设左端圆木的质量为 M ，则 M M L D   ，即 LMM D   ， 则以圆木左端尖棱为支点，有 2 2 2 D D LF h N M g f L           。将上述各物理量关系代入，可 得 2 1 02 2 Mg L MgL FhD     ，解得 L 的最大值为  2 8 2 MgD MgD MgDFh L Mg     。 36．(1) 1440NN G  。 (2) 2 2 b aF mg ，即 0.8 1440N 1920N0.6 aF mgb     。 (3)风在侧面产生的压力为 2 2 1 cosN kbcv  ；风在顶面产生的压力为 2 2 2sinkacvN  。 当 2 12 2 a bN mg N  时，长方体将不会被翘起，即  2 2 2 2 2cos sinmga kcv b a   由于 2kv 可以取足够大，为使上式对任意大的 2kv 都成立，必须有 2 2 2 2cos sin 0b a  „ ，即 3tan 4 b a  … ， 37   。 37．(1)由杆在竖直方向受力平衡，则有 A BN N mg  。设杆长为 L ，取 A 点为转轴，则有 3 4 2B LN L mg   ，解得 1 3AN mg ， 2 3BN mg 。 (2)杆同样在竖直方向上处于平衡状态，有 A B CN N N mg   ，如图 4.266 所示，设 A ， B ， C 处支撑物的形变量分别为 Ax ， Bx ， Cx ，则由几何关系，易得 3 4 A C B x xx  ，结合弹力与形变 量成正比，有 3 4 CA B N NN  ，再以 B 为转轴，得 1 3 4 4 4C A Lmg N L N L     。由以上各式可解 得 11 26AN mg ， 8 26BN mg ， 7 26CN mg 。