2013物理竞赛辅导课件1力学

1、物理竞赛辅导力 学 ()2013.11.2参考资料1.2.大学物理学张三慧主编3.历年考题参赛组:非物理类A 组物理组补充知识质心质心 ( Center of Mass) 一、质心的位置对于 N 个粒子组成的系统，定义系统的质量中心，其位矢为zCmir iNNrrrååm rm rciiiirr i =1å mii =1 i =1=cNmyOxNNNå mi yi i =1må mi zi i =1må mi xi i =1myc =zcxc对连续分布的物体，质心的位矢为= ò xdmxcmdm = rdVò rr

2、dmò ydmrdm = sdSdm = ldl=rc=ycmm= ò zdmzcm二、质心系质心在其中静止的平动参照系。NNrrråi =1åri¢ = ri - rc-) = 0m (rrm r 'iiciii =1z'Nåi =1r¢mi ri = 0ri¢mC O'izy'x'vrricyOxNå mi vr¢i= 0i =1z'质心系中ri¢miO'zCv x'y'rircOy（零动量参照系）x质心系可能

3、不是惯性系，但质心系特殊，动量守恒定律适用，而且总动量为零。v¢i= vi - vc质心系中质点 mi 的速度:åNrmi v¢i= 0i =1三、质心的设质点系的动量为PNrd åmird r rrNriNm= åi =1åi =1Pp= i =1dtiiidtr rNrdm()dråm iir= cdt=m c dtr i =1mrc =p质点系的动量等于它的总质量与质心速度的乘积。=mvcdvrc=mvcprdPdt= mF =对于质点系：dt定理F:质心a质心动能定理：r= m dvCrr= mvr× dv

4、r× dlC = marå ext× dlC= mv dv× dlCFCCCCCdt对上式积分得：Wext:合外力沿质心位移的功。W= 1 mv2- 1 mv2= DEext2C22C1KC= mrc例（28届16题，20分），半径为4d 的圆环固定在水平面上，内侧四个对称位置上静放着质量均为m 的小木块1、2、3、4。小木块与环壁间无摩擦，与桌面间的摩擦系数为m。对木 块1施加大小不变，方向始终沿圆环切线方向的推力F。木块1被 推动后相继与2、3、4 发生完全非弹性碰撞，最后恰好一起停在木块 1的初始位置，全过程中木块1绕行圆环一周。(1)将四个木块的

5、系统的质心记为C。在图2的坐标平面上准确画出质心 C 在全过程中的(2)求推力；轨迹；(3)以环心为参考点，角动量的最大值 Lmax以及系统质心曾经有过的最大角动量LC,max。24d134图2图114x + x ), y= 1 ( y + y+ y+ y )解:(1)质心坐标34C12344x1 = 4d cosa , x2= 0, x3 = -4d , x4 = 0阶段1：y = 4d sin a , y= 4d , y= 0, y= -4d1xC = d cosa - d ,yC = d sin a ,234y阶段2阶段1( x+ d )2 + y2 = d 2 ,CCa圆心在(-d，0

6、)半径为d 的圆。x阶段2：圆心在(-d，-d) 半径为2d 的圆。阶段3：圆心在(0，-d )半径为3d 的圆。同理阶段3阶段4F(2)求推力f根据质心动能定理：11W=mv-mv= DE22extC2C1KC22推力和摩擦力做功。(F - mmg ) 1 (2d ) + ( F - 2mmg ) 1 (22d )44+( F - 3mmg ) 1 (23d ) + (F - 4mmg ) 1 (24d ) = 044F = 3mmg解得：(3)对于O点，系统和质心角动量的最大值对于系统：物体一直在圆环边上1、2 阶段 F > f, 角动量增加；Ff阶段2阶段134阶段 F = f,

7、角动量不变； 阶段 F < f, 角动量减小。最大角动量在阶段3。r = å rrå阶段3阶段4 = 4dP kri ´ mivi = 4dm v kLCiiii根据质心动能定理，系统从初态到木块3开始的过程中：111(mg) (2d) +(F - 2mmg) (22d) =(4m)F - m2Cv442vC =mgd解得= 4mvC = 4m mgd系统的最大动量为： PC,max系统的最大角动量为：Lmax = 4dP =16md mgd(3)对于O点，质心角动量的最大值F阶段1质心轨迹如图，f阶段21、2 阶段,质心速率增大距O点的距离增大速度与矢径间

8、的夹角增大故质心的角动量增加;3 阶段,质心速率保持最大不变距O点的距离逐渐增至最大4d速度与矢径间的夹角逐渐增至最大90°阶段3阶段4质心最大角动量出现在木块4被碰撞时刻LC,max = 4dPC,max= 16mdm gd故质心的角动量增加，到结束时最大；4 阶段,质心速率减小，最终为零距O点的距离保持最大4d速度与矢径间的夹角保持90° 故质心的角动量减小。补充知识角动量对于质点和质点系rdLM =角动量定律dt质点系的内力矩和为零.合外力矩对于固定的 z 轴合外力矩为零，质点系总角动量守恒。t 2ò M z dt = L2 - L1t1rm rv 

9、0; vvrr ´ pr =ååz'=Loiiiiiri¢iirmiO'z= r + r ¢rx' Cy'icirri= vc + v¢ivic= å m (rv + rv¢)´ (vv+ vv¢ )yOicicixivvvvvvvvåå墢¢¢= r ´(mv) + r´+ (m r )´ v+m r ´m vvccciii ici iiLc= 

10、29; Li¢ip零零Lo = Lc + rv ´ pvcdLvcd(rv ´ pv )= L + rv ´ pvdLOL=+ cdtOccdtdtdLvdpvdrvdr ´ rvv=c+ rc ´+c´ pP = 0cdtdtdtdtvz'dLO= dLcdpv+´rcr ¢dtdtdtmiC O'izy'x'= MOrircOyxdLvcdpvz'dLOv=+ rc ´ dt= MOdtdt¢rimiO'zv= å r &#

11、180; Fx' Cy'MOiirri= å(rv¢+ rv ) ´ FciciyOx= å v¢våri ´ Fi + rc ´Fiv= å rv¢ ´ Fv + rv ´ dp= dLcdpv+ r´iccdtdtdtMc质心系中：Mv= dLc cdt例（25th，10分）半径同为R，质量分别为m1=m 和m2= m 的两个圆盘，边缘部分分别用长为R和 2R 的轻杆固定地连接后，挂在高度差为R 的两块天花板下，可以无摩擦地左右摆动。开始时两个摆

12、静止在图1所示位置。质量为m1的摆盘后，将以角速度w0 与质量为m2 的静止摆盘发生弹性碰撞。试求碰撞后瞬间，两个摆盘向右摆动的角速度w1和w2 （均带正负号）。O2O2O1 RO1 R2R2RR N1RNNRm2m2RRRm1m1w2w1w0图1解1 ：利用角动量方程，对于摆1 相对于O1 点(以垂直屏幕向外为正)I = 1 mR2= 9 mR22 NDt ·2R = I1 w1 I1 w0+ m(2R)212摆2 相对于O2 点(以垂直屏幕向外为正)NDt ·3R = I2 w2I= 1 m= 19 m= 57 mR 2R2+ m (3R)2R2O22222224O1

13、R对于弹性碰撞有:2RR N112I w+ 1 I122w 2I w2=1122102NNRw0m1Rw2w1整理方程组得到9 mR(w- w ) NDt =1043NDt × R = 57 mR2w24I1 (w1 - w0 )(w1 + w0 ) = - I w 222化简方程w = - 11 w- 9(w- w) = 19w1010265= 36 ww2(w + w ) = 3w2010265解2 ：对于m1， 利用动量定理。以向右为正N1Dt NDt=mw1·2R mw0·2R =2mR(w1 w0)利用角动量方程，对于O2 点(以垂直屏幕向外为正)摆1：

14、N1Dt ·R NDt ·3R = (IC1 w1+3R mw1·2R) (IC1 w0+3R mw0·2R) 摆2：NDt ·3R = I2 w2I= 1 mR2 , I1219= 57 mR2=+ m (3R)2 =22m Rm Rc12222224O2对于弹性碰撞有，OR1 2R121212R N1I wI wI w+=222112210NNRw0m1R= 1 mR2 + m(2R)2 = 9 mR2I122ww12整理方程组得到N1Dt NDt=2mR(w1 w0)N Dt 3NDt = 13 mR(w- w )10123NDt 

15、15; R = 57 mR2w24I1 (w1 - w0 )(w1 + w0 ) = - I w 222化简方程w = - 11 w- 9(w- w ) = 19w1010265= 36 ww2(w + w ) = 3w2010265例：（ 18th, 9分 ）均匀细杆AOB 的A 端、B 端和位置O处各有1个光滑的小孔。先让杆在光滑的水平大桌面上绕 O 孔以角速度 w0 作顺时针方向旋转，如图（图平面为大桌面）。A 孔，棍在今将一光滑的细杆迅速前后无任何水平方向的移动，后，在迅速拔A棍的同时，将另一光滑细棍B 孔，再次后，又在迅速拔出 B 棍的同如前所述O 孔。试求：最终时，将另一光滑细棍如

16、前所述后，细杆AOB 绕O 孔旋转方向和旋转角速度的大小。1=1=mlI =2 ,2解I ：Iml¢LAoAB123r= 插A孔前后,角动量守恒 L A入LrLc+ r r=´PAcm , lowI 0=cL =LABAOL ¢IwAAAIwo=1wI=L =ww=LLAA00A¢cAIwo0I4Am , lABAOrc入孔前后wBr =L r + r r´LPBccvcllr r ´oIwLB=A-mvcwr cAw =vc =PA2cLc2-1ml 2wL =B0-124w=wB08¢= IBwB LB反向转了!O孔前后

17、 再次¢ =oIw¢OIw=LoLOoB1-ww=¢w =逆时针转0B08m , lBAO后，细杆AOB 绕O 孔旋转角速度的大小:最终-1w¢=w角速度的方向：垂直纸面向外。008竞赛题选讲例：（25th, 13分）长为 L 的均匀软绳静止对称地挂在光滑固定的细钉上， 如图1所示。后因扰动， 软绳朝右侧滑下，某时刻左侧绳段长度记为 x图 ， 如2所示。（1） x(x < yL) 达恰好为零？（2） N 恰好为零时，突然将细钉撤去，再经过多长时间t，软绳恰好处于伸直状态？，细钉为软绳提供的向上的支持力Nx解： 根据机械能守恒定律取初态质心处为势能零

18、点 .末态质心位置:L/40CL/2L/2LxL- xL x L图1lx( -+l(LlL-xc =x-)(-)4224图2- 2x2 )( Lxc =4L1 Mv2- Mg=02- x2 ) ( Lx由机械能守恒：24LN0122gC解得：v =- 2 ( Lx )LMgLxNMg =M ac ，N=0, ac = g根据质心定理：) =x(lL= -xlv+ l (v- 2质心的动量大小为: pL-xv)c(lL- 2x )(pcL-2x)12g12gvc=- 2v=- 22 ( Lx ) ( Lx )lLM2LLL2Ldx= dvc12gdx-v=L -2x)(-a 2 ( 2)cdtd

19、t2LLdt2gx = 1=-2x2 ) = g解得：x=- 2L )(2 L(240L(2)度为g, 方向向下。撤去钉子后，软绳质心的撤去钉子后瞬间，左（右）侧绳子的速率为122g12v =- 20x =) ( LgLL撤去钉子后瞬间，绳子质心的速率为L42g = 1 2gL12gL - ( x22=v = )c0L42LL此时，左侧绳子下端A点与质心C的距离为2 -( L- 22x)21L4L4L=+ x-=x+x =x-+0 8LA= C - x0c04L0c4绳子一旦伸直， A点与质心C的距离为 yL 。x0LACxcLx0选择坐标系S以 ， 它g大小的度相对v左S地面向下，且在撤去钉

20、子后瞬Sx0A12间相对于地面速度大小为gLvcSCS系中，撤去钉子后，左侧绳子的速率为1+ 1v =gLgLg方L 向向上。Lx0左S22S系中，撤去钉子后，绳子质心的速率为2-12gL - 12方向向上。v=42gLgLcS4S系中A点与质心C的速率差为+2-=222-v =-4vgLgLgL左Sc S4撤去钉子后瞬间，左侧绳子下端A点与质心C的距离为22 - 1 LAC =8绳子一旦伸直， A点与质心C的距离为 yL。S系中A点与质心C的速率差为2 +2- v=vgL左ScS4绳子伸长所用的时间为L - 22 - 1 LL - AC14 - 92Lg= 28t = 2=2 +244- v

21、cSv左SgLv左Sx0SAvcSCLx0例（19th,9分）如图，表面光滑的刚体无转动地竖直下落。图中虚线对应过刚体唯一的最低点部位P1 的水平切平面。图中竖直虚线P1 P2对应着过 P1 点的铅垂线， C 为刚体的 质心。设C与铅垂线P1 P2确定的平面即为铅垂面，将C 到P1 P2 的距离记为 d，刚体质量为 m 。刚体相对于过 C 点且与图平面垂直的水平转轴的 转动惯量为 IC 。设 ICmd 2。已知刚体与水平地面将发生的碰撞为弹性碰撞，且无水平摩擦力，试在刚体中找出这样的点部位，它们在刚体与地面碰撞前、后的两个瞬间，速度方向相反，大小不变。P2解：P2NP1vcdyCv0dCP1v

22、c解：NDt = mvc - m(-v0 )yPPNDtd = Icw121212P12I w=220mv+mvccIc - md 2vc =Iv0+ md 2v = v + w × x = vcc0x = d2mdw =v0I + md 2c20dCN例:（16th，13分）长为 l ，质量为m 的细杆，置于光滑水平面上，可绕过杆的中点 O 的光滑固定竖直轴转动，初始时杆静止。有一质量与光滑杆相同的小球沿与杆垂直的速度 v 飞来，与杆碰撞并粘在杆端点上，如图。（1）定量分析系统状态。（2）若去掉固定轴，杆中点不固定，再碰撞后的碰撞后的状态。解： （1）角动量守恒mv l=( 1+1

23、m2 )lw2 mlCO2124w = 3vv2lm以 3v/2l为角速度做匀角速转动。去掉固定轴，杆中点不固定质心的平动绕质心的转动杆小球系统，动量守恒OCC= vmmv = 2mvvvcc2杆小球系统，外力矩为零，角动量守恒，m l + m × 0l4新质心C位置 2=m + mmv l = (J)w¢+ J对新质心Cc1c 24rd LM c=c d tlmv 4 = (Jc1 + Jc 2 )w¢对新质心CCC71l=ml 2=ml 2 + m()42J l448c112mv（平行轴定理）w¢ = 6v l= m() 42J5lc 2系统质心的平

24、动速率为 yv，系统绕过质心的轴以 w¢ 6 v /5l转动。为角速度做匀角速例:(15th,11) 两个质量相同的小球A 、B,用长为 2a 的无弹性且的不可伸长的绳子联结。开始时A、B 位于同一竖直线上， B在A。今给A 一水平初速度v0 ， 同时静的下方， 相距为a，B ，不计空气阻力。且设绳子一旦伸直便不再回缩，问：止经过多长时间，A、B 恰好在同一水平线上？解： 从到绳子拉直所用时间v0oA2tacos=30 3 aA=1v0v030°yv02 aC选择质心系，角动量守恒绳子拉紧前， A 、B相对于质心的速度大小为 yv0。aByv0B，角速度设为w.绳子拉紧后，

25、 A 、B相对于质心做圆周rd LcM c=d tMv= dLc解：对于质心有M= 0ccdtv062ma2w = 2masin2A30°yv 1v02aw = 20 a22w = v0Cyv04aBq = w t26= 2a3v03 + 2) a =t2t = t+ t= (6w12v30例： 某惯性系中有两个质点A、B， 质量分别为 m1、 m2 ，它们之间只受万有引力作用。开始时两质点相距 l0，质点A静止， 质点B 沿连线方向的初速度为 v0 。为使质点 B 维持速度v0不变，可对质点 B 沿连线一变力 F，试求：（1）两质点的最大间距，及间距为最大时的 F 。（2）从开始时

26、刻到间距最大的过程中，变力 F 作的功（相对惯性系）。2Gm2v0 <（G为引力常数）解： 以 m2 为 S系l0rv0m1ffFm1 S m2FABv0l0S解：（1）以 m2 为 S¢ 系rv0fm1fF12- G m1m2= - G m1m22vm机械能守恒10ll0max2Gm2=llmax02Gm - l v2200(2Gm - l v2 )2 mm1m2m1m2F = G= G=2001224l 2Gmrlmax02m1S m2FABv0l0S（2）S系中当 l = lmax 时，m1的速度v = v0由动能定理，对（m1+ m2 ）= 1 (m1+ W+ m)v2

27、 -2m vWF一对 f1202022lmaxòl0rrvm=f ×drW一对 f10flmaxòm mm mm m=- G122 dr= G12 - G12 rlmaxl0l0m1m2FABv0l0S= 1 (m1+ W+ m)v2 -2m vWF一对 f1202022= G m1m2- G m1m2W一对 fllmax0= 1 (m12- G m1m2 + G m1m2+ m)v2 -2vWmF12020lmaxl02例：（8th,12）小滑块A 位于光滑水平桌面上，小滑块 B 处于位于桌面上的光滑小槽中，两滑块的质量均是 m ，用长为 L 且不可伸长、无弹性

28、的轻绳连接。开始时A、B 间的距离为 yL, A、B 间的连线与小槽垂直（如图 ）。今给滑块一冲击，使之获得平行于槽的速度v0 ，求滑块 B 开始时的速度。v1 y解：滑块A和B组成的系统在y 方向动量守恒。 yv1 xq= mv2+m vm1yv0A、B组成的系统对原B所在处角动量守恒，L =sinq +cosqLmvvLmv0mrL1 x1 y2v0Aq = B3m v0=yL3+mv1myv1x以 B 为参照系，A 相对于B 的为以 B 中心的圆， A 相v¢对于B 的速度为v¢vsinq1 y=ìvr1r¢¢vy= v 2+vv 

29、37;1 xv1v cosq +¢vî2 v1 x1 yA= 3qv1 x2L= 1 v¢ +v0vv1 y222B= mv+3m vmvyL021y=mv+m vmv01x1y= 3vv解得207vvr¢1 yqv1 xqAv2LBv2例（27, 15分）将一条边AB1长度等于3L，另外一条边AB2长度等于4L的长方形闭合光滑细管道AB1CB2 ，按照图示方式悬挂在竖直平面内，上端点A和下端点C 均被固定，对角线AC处于竖直方位。 t = 0时刻，将静止在A端两侧的小球1，2同时。假设管道在B1，B2有极小圆弧段，可确保小球无碰撞地拐弯，且 拐弯时间可

30、略。（1） 试求球1沿AB1C通道到达C端的时刻T1和球2沿AB2C到达C 端的时刻T2（不考虑1、2球是否会碰撞）。（2） 将（1）问所得T1、 T2中较小者记为T0，假设管道均匀， 球1，2 质量同为m，将固定端C所受水平力记为 F ，试求在0 t T0r（略去小球在B1或B2拐弯处的无穷小时段）时间范围还是朝右）和大小F。内，确定 F 的方向（A12B1B2CAa3解：（1）1球AB1段到达B1所用的时间为a = g sina =g5B1amg2 AB110L=T11aagmgB23v1 = aT11=5到达B1的速度大小为10gLs = v t + 1 at 2= 4 gCa = g

31、cosa1球B C段01524L = 310gL × T+ 1 4 gT2121252 510L + 110L = 310L= 110LT = T+ T=T1111212g2g2g2gAa4解：（1）2球AB2段到达B2所用的时间为a = g cosa =g51amgB12amg2 AB210L=T21agB24v2 = aT21=510gL到达B2的速度大小为s = v t + 1 at 2= 3 gCa = g sina1球B C段01523L = 410gL × T+ 1 3 gT2222252 510L + 110L = 410L= 110LT = T+ T=T22

32、12222g3g3g3g= 310L= 410L(2) 比较 T , TTT12122g3g= 410LT03g且 T11=T21 = t0即球1、2同时到达B1、B2点。在时间间隔 0 t t0, 框架受两个小球的作用力为N1=mgcosa , N2= mgsin aN'1As1aN'2B1s2N1 N2mg两个A点的力矩分别为amg1agN1 s1= mg coas2t方向 ：sin2B212msginaga cos2t2s2=方向 ：N两个力的力矩和为零。 力矩平衡，因此 F= 0在时间间隔 t0 t T0N1=mgsina , N2= mgcos aa1=gcosa ,

33、a2= gsin a两个A点的力矩分别为3 1g0L514× (¢ =msing a-t (t +-t)2Ns) 2g11005g= mg 96-t (+-t)21g0Lt)( 25t0025方向 ：mcogs a 4 1g0L13× (¢ =-t (t +-t)2Ns) 2g220055= mg16 1g0L6-t (+g-t)2t方向 ：t)( 2500257=( -t合力矩Mt ) 方向 ：mg 10 25gL0As'1N'1tN1as'N'22mgaN2mgt方向：两个力矩7=( -tMmg 10 25gLt )0

34、矩形管道平衡，C点处水平力的力矩向里，故力的方向向左，大小7mg10 gL( -tt )0F =255L710g10L=- t mg ()125LgAs1N'1N1aN'2mgs2aFCN2mg螺线 r = r0q /p 设置的水平例(27th, 20分)：按固定细长管道，内壁光滑。质量为m 的小球在管道内以 v0 速度,从r = 0, q = 0位置开始，直到 q = 2kp (k=1,2,¼ ) 为止。（1） 参考题（2） 将小球在提示，试求全过程所用的时间Tk 。过程中受管壁弹力的大小记为N，求全过程时间段内N的平均值 N 的近似表提示：平面极坐标系中无限小曲线段长d度积分参考公式。 (rq)22d=(+ldr)a2x+ òa222222x= dxa+2x +xln( 2a+x)+c解