《2025年物理竞赛教程高中物理》

5 如图所示，一个均匀长方体，厚度为 $ h $，静止地放在半圆柱的顶面上，底面呈水平状态。已知半圆柱的半径为 $ R $，长方体与半圆柱间的静摩擦因数足够大。试讨论长方体的平衡属何种平衡。

答案： 要讨论长方体的平衡类型，需分析其重心高度随微小偏离的变化趋势，关键取决于长方体厚度$ h $与半圆柱半径$ R $的关系。
1. 初始重心高度
长方体为均匀体，重心在几何中心。初始平衡时，对称放置于半圆柱顶端，重心高度为半圆柱最高点高度与长方体重心距底面高度之和。半圆柱最高点高度为$ R $，长方体重心距底面高度为$ h/2 $，故初始重心高度$ H_0 = R + h/2 $。
2. 偏离时重心高度变化
当长方体偏离微小角度$ \theta $（小量），接触点沿半圆柱面移动，半圆柱面法线（半径方向）与竖直方向夹角为$ \theta $。此时重心高度近似为：
$ H(\theta) \approx R\cos\theta + \frac{h}{2} $
利用小角近似$ \cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2} $，得：
$ H(\theta) \approx R\left(1 - \frac{\theta^2}{2}\right) + \frac{h}{2} $
3. 平衡类型判断
重心高度变化量$ \Delta H = H(\theta) - H_0 \approx -\frac{R\theta^2}{2} + \frac{h}{2} - \left(R + \frac{h}{2}\right) = -\frac{R\theta^2}{2} $（此式需结合曲率中心与重心位置修正）。
本质条件：长方体重心到接触点的法线距离为$ \frac{h}{2} $，半圆柱曲率半径为$ R $。
若$ \frac{h}{2} ＜ R $（即$ h ＜ 2R $）：偏离后重心升高，稳定平衡；
若$ \frac{h}{2} = R $（即$ h = 2R $）：偏离后重心高度不变，随遇平衡；
若$ \frac{h}{2} ＞ R $（即$ h ＞ 2R $）：偏离后重心降低，不稳定平衡。
结论
当$ h ＜ 2R $时，平衡为稳定平衡；
当$ h = 2R $时，平衡为随遇平衡；
当$ h ＞ 2R $时，平衡为不稳定平衡。

6 用一根细线竖直悬挂一根长为 $ l $ 的均匀细木杆，置于水桶内水平面上方，如图所示。当将水桶缓慢上提时，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，求 $ l' $。已知木杆的密度为 $ \rho $，水的密度为 $ \rho_{0} $。

答案： 解答过程：
1. 受力分析：
木杆受重力 $ G $（竖直向下，作用于重心，距悬挂点 $ \frac{l}{2} $）、浮力 $ F $（竖直向上，作用于浮心，距悬挂点 $ l - \frac{l'}{2} $）。
2. 临界条件：
木杆刚倾斜时，微小偏角下浮力力矩与重力力矩平衡：
$ F · (l - \frac{l'}{2}) = G · \frac{l}{2} $。
3. 公式代入：
重力 $ G = \rho S l g $（$ S $ 为横截面积）；
浮力 $ F = \rho_0 S l' g $（$ l' $ 为浸入深度）。
4. 方程求解：
代入平衡条件：
$ \rho_0 S l' g · (l - \frac{l'}{2}) = \rho S l g · \frac{l}{2} $，
化简得一元二次方程：
$ \rho_0 l'^2 - 2 \rho_0 l l' + \rho l^2 = 0 $，
解得 $ l' = l \left[1 - \sqrt{1 - \frac{\rho}{\rho_0}}\right] $（舍另一不合理根）。
结论：$ l' = l \left(1 - \sqrt{1 - \frac{\rho}{\rho_0}}\right) $

7 $ A $、$ B $ 为两个很长的圆柱形滚筒，半径均为 $ r = 10\ cm $，两筒的轴在同一水平面上且互相平行，它们各自绕自己的轴沿如图所示的方向以角速度 $ \omega = 30\ rad/s $ 转动。两筒的中心轴间相距 $ d = 25\ cm $，两筒上搁着一个较短的圆柱体 $ C $，$ C $ 的半径 $ R = 15\ cm $，质量 $ m = 9\ kg $。今用一个与 $ A $、$ B $ 轴平行的力 $ F $ 拉着 $ C $ 以速度 $ v_{0} = 4\ m/s $ 匀速运动。若 $ C $ 与 $ A $、$ B $ 之间的滑动摩擦因数都是 $ \mu = 1 / \sqrt{3} $，求所需的拉力 $ F $ 大小。

答案： 解答过程：
1. 几何关系分析
滚筒A、B半径$ r=10\ cm $，圆柱体C半径$ R=15\ cm $，A、B中心轴间距$ d=25\ cm $。A与C、B与C的圆心间距均为$ r+R=25\ cm $，故三圆心构成等边三角形，A、B对C的支持力$ N_A、N_B $方向沿圆心连线，与竖直方向夹角$ \alpha=30° $。
2. 竖直方向受力平衡
C受重力$ mg $、支持力$ N_A、N_B $，竖直方向合力为零：
$ N_A\cos\alpha + N_B\cos\alpha = mg $
由对称性$ N_A=N_B=N $，$ \cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2} $，解得：
$ 2N·\frac{\sqrt{3}}{2}=mg \implies N=\frac{mg}{\sqrt{3}} $
3. 摩擦力与拉力计算
滑动摩擦力$ f_A=\mu N_A $，$ f_B=\mu N_B $，且$ f_A=f_B=\mu N $。拉力$ F $与摩擦力平衡：
$ F=f_A + f_B=2\mu N $
代入$ \mu=\frac{1}{\sqrt{3}} $、$ N=\frac{mg}{\sqrt{3}} $：
$ F=2·\frac{1}{\sqrt{3}}·\frac{mg}{\sqrt{3}}=\frac{2mg}{3} $
4. 数值代入
$ m=9\ kg $，$ g=10\ m/s^2 $：
$ F=\frac{2×9×10}{3}=60\ N $
最终结论：
$ F=60\ N $

8 如图所示，有一长为 $ l $、重为 $ W_{0} $ 的均匀杆 $ AB $，$ A $ 端顶在竖直的粗糙墙上，杆端与墙面之间的静摩擦因数为 $ \mu $，$ B $ 端用一强度足够大且不可伸长的绳悬挂，绳的另一端固定在墙壁上的 $ C $ 点。杆呈水平状态，绳与杆的夹角为 $ \theta $。
（1）求杆能保持平衡时，$ \mu $ 与 $ \theta $ 应满足的条件。
（2）杆保持平衡时，杆上存在一点 $ P $，在 $ A $、$ P $ 间任一点悬挂一重物，当重物重量 $ W $ 足够大时总可以使平衡被破坏；而在 $ P $、$ B $ 间的任一点悬挂任意重量的重物，都不能使平衡被破坏。求 $ P $ 点与 $ A $ 点的距离。

答案： （1）对杆AB受力分析，水平方向：$N = T\cos\theta$；竖直方向：$f + T\sin\theta = W_0$；以A为轴力矩平衡：$T l\sin\theta = W_0 · \frac{l}{2}$。解得$T = \frac{W_0}{2\sin\theta}$，$N = \frac{W_0\cot\theta}{2}$，$f = \frac{W_0}{2}$。由静摩擦力条件$f \leq \mu N$，得$\mu \geq \tan\theta$。
（2）设距A端$x$处挂重物$W$，竖直方向：$f + T\sin\theta = W_0 + W$；水平方向：$N = T\cos\theta$；以A为轴力矩平衡：$T l\sin\theta = W_0 · \frac{l}{2} + W x$。解得$f = \frac{W_0}{2} + W\left(1 - \frac{x}{l}\right)$，$N = \frac{(W_0 l/2 + W x)\cot\theta}{l}$。平衡条件$f \leq \mu N$，整理得$W\left(1 - \frac{x}{l} - \frac{\mu x\cot\theta}{l}\right) \leq \mu W_0 \cot\theta/2 - W_0/2$。令$1 - \frac{x}{l}(1 + \mu \cot\theta) = 0$，解得$x = \frac{l}{1 + \mu \cot\theta}$。
（1）$\mu \geq \tan\theta$；（2）$\frac{l}{1 + \mu \cot\theta}$

9 如图所示，屋架由同一竖直面内的多根轻杆铰接而成，各铰接点依次为 $ 1 $、$ 2 $、$ ·s $、$ 9 $，其中铰接点 $ 8 $、$ 2 $、$ 5 $、$ 7 $、$ 9 $ 位于同一水平直线上，且点 $ 9 $ 可以无摩擦地水平滑动。各铰接点间沿水平方向上的间距和沿竖直方向上的间距均为 $ l $。铰接点 $ 3 $ 承受有竖直向下的压力 $ P / 2 $，点 $ 1 $ 承受有竖直向下的压力 $ P $。求铰接点 $ 3 $ 和 $ 4 $ 间杆的内力。

答案： 解答步骤：
1. 整体受力分析与支座反力计算
固定铰支座8处反力：水平方向$ F_{8x}=0 $，竖直方向$ F_{8y} $；可动铰支座9处反力：仅竖直方向$ F_{9y} $。
竖直方向平衡：$ F_{8y} + F_{9y} = P + \frac{P}{2} = \frac{3P}{2} $。
对8点取矩平衡：$ F_{9y} · 4l = \frac{P}{2} · l $，解得$ F_{9y} = \frac{P}{8} $，进而$ F_{8y} = \frac{11P}{8} $。
2. 节点1受力分析
节点1受竖直向下力$ P $，连接杆1-8（竖杆）、1-2（斜杆）、1-3（水平杆）。
平衡方程：
竖直方向：$ N_{18} + N_{12}\sin45° = P $，其中$ N_{18}=F_{8y}=\frac{11P}{8} $，解得$ N_{12}=-\frac{3\sqrt{2}P}{8} $（压力）。
水平方向：$ -N_{12}\cos45° - N_{13} = 0 $，解得$ N_{13}=\frac{3P}{8} $（拉力）。
3. 节点3受力分析
节点3受竖直向下力$ \frac{P}{2} $，连接杆1-3（$ N_{13}=\frac{3P}{8} $）、3-4（所求$ N_{34} $）、3-2（竖杆$ N_{32} $）、3-5（斜杆$ N_{35} $）。
平衡方程：
水平方向：$ N_{13} - N_{34} - N_{35}\cos45° = 0 $。
竖直方向：$ N_{32} + N_{35}\sin45° = \frac{P}{2} $。
结合节点2、5补充方程解得$ N_{35}=\frac{7\sqrt{2}P}{8} $，代入水平方向方程得$ N_{34}=-\frac{P}{2} $。
结论
铰接点3和4间杆的内力为$ \boxed{-\frac{P}{2}} $（负号表示压力）。