物理竞赛力学典型题目汇编

1、第一讲平衡问题典题汇总类型一、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。1、如图14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。1又由于AB杆竖直时V =sa，C 2那么B点的坐标为x = a sin

2、0v = a - a cos0 = a(1 cos0)22消去参数得类型二、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p 0柱体与柱体 之间的摩擦因数为p，若系统处于平衡，p 0与p必须满足什么条件？图15图18图1一丫分析和解：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

3、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 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark18 o Current Document 2（弓N1+扣=G 再隔留A球，受力分析如图1 一 8所示，由FAy=0得51 HYPERLINK l bookmark21 o Current Document * 吐+ 2 fN + G = 0 由脂0得由Ea=0得f/ = f2 R由以上四式可得f = f =二=日 Gi 22+履2f1 S N1L -号，心2 7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

4、合力 凡与接触面法线方向的夹角。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1和七，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p 1和p 2,且12。试求p 1和p 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罚气由图19 可知心 F = F = tan OF F co

5、sO定义日=tan甲，中为摩擦角在得出摩擦角的概念以后，再由平衡条件成为Ov中展开讨论则解此题就方便多了。即由tan O tan中=日BC绳松弛的情况0 =0。，不论p 1、p 2为何值，二绳均张紧的情况（图110）情况1：定平衡。情况2：A环不滑动的条件为:1 气，于是有即tan O tan甲=旦cos O11 而叩cos%=,tan O12 sin p=*顼 tan2O +11又由图111知sin O1* 2 + 1CD = 1 cosO = 1 cosO11221121 Lcos2O2所以，若要A端不滑动，AB必须满足sin O =寸 1 一 cos2 O =AB = 1 sin O1

6、+1 sin O *工:12+ 1121, 2* 2 + 111根据对称性，* +1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 1*12+ d 22 1* 2 + 112*2 + 1如果系统平衡，两式必须同时满足。从式可以看出，M 1可能取任意正值和零，当|J，1=0时，AB只能取最小值此时。0，12拉直但无张力。从式可以看出|J12 11212的取值满足H 2 2否则AB无解，%=q -1时，AB取最小值寸；-I；。综上所述，AB的取值范围为：情况1： l2松弛。-AB Jl； -l2，M 1、M 2为任意非负数。情况2: l2张紧疽；T； - AB 两

7、式右边较小的，M 1为任意非负数，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M，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、M、l、a和a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

8、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：Ncosa + F sina = (M + m)gN sin a + N = F cos a根据力矩平衡条件可写出：NaMgl cos a =cos a由得杆不滑动的条件为F M n。F = (M &m)幻 3 *1N，即 ms i nx(M + m) g 0。由和可得出N = F cos a - N sin a(M & m) g 一 N cos acos a - N sin a 0sin a由此可得(M + m) g cos a N将中的N代人得m l + cosaMa由于l cos a a，

9、再考虑不等式，可得1 l i m l1一 c oa + * tan a，如果1* tan a ，就不可能出现平衡.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P，求平衡时杆与地面的夹角a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=0Ff3 + Ff2cosa =FN2sinaFy=0FN3 + FN2cosa +Ff2sina =G1l

10、a G - 2 - cos a = F - R - cos Mo，=0对柱Fx=0Ff1 + Ff2cosa =FN2sinaF=0Ff2sina +G2 + FN2cosa =FN1Mo=0Ff1 =Ff2Mo，=0FN2+G2=FN1以上七个方程中只有六个有效，由式可知，FN1FN2，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=p Fn2,代入式，可得日=tan与，将此结果代入式，即有广GL日(1-u2)/ .、F =) (sin a - u cos a)F = G 1- ；R；：(u sin a + cos u)在这

11、种情况下，如要Ff3 一 =一,a U tan 已i R R 1 R (1+u2)因此在l - s l s 时,a =2arctanp。, 以 u u (1- u2) tan 2(2)如果是0处先移动，必有Ff3=p Fn3，代入式，可有 aF = F - tan a tanF = G l cos a 2r1aa2R = l cos(1+tan ) tan u22满足式的a即为平衡时的a，这时要求Ff2VFN2p，须有,R 1 +u2 l u 1 -u 2综上所述R i R 1 +u2当 一 S l 时，a 应满足 2R = l cos a (1+ tan ) tan 。u 1 - u 2u2

12、2如图115，两把相同的均匀梯子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n=0.6，则人 爬到何处梯子就要滑动？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Z满足心=0，& = 0所以 G + GC + GBC =七 1 + Fn 2FS F 21G -1 - cos 0+ G BD +日 F - CD = F - BDBC 2N1N1整理后：F = F = 400N， 1 = 2.5

13、m所以人在爬到梯子中点处时梯子就要滑动有一半径为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？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，平衡是列出两圆柱体所受力和力矩的平靠各接触点的摩擦力维持的.现设系统处于平衡状态衡方程.圆柱体 A： M

14、g - F + F sin甲 + F cos甲=0F F cos 甲 + F sin 甲=0 TOC o 1-5 h z F1 R =七3 R圆柱体 B： Mg F F sin甲F cos甲=0f2N3f3F F cos 甲 + F sin 甲=0N 2 N 3f 3F R = F Rf 1f 3由于F = F，由得F = F = F = F= F f 3f 3f 1f 2f 3 f 3 f又因Fn3= FN3，联立，可得F =一1 + sin 里一 MgN 3 1 + cos 里 + sin 中FN2= Ff= 1 + 源 sin 里 MgF _ 2 + cos中+ 2sin中心幺N11 +

15、 cos 中 + sin 中首先讨论圆柱体B与墙面的接触点，接触点不发生滑动的条件为：R Ff22 FN 2F由式可得F2=1，所以u2 1N2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:匕1 _cos甲F 2 + cos 甲 + 2sin 甲N1R r由图可知：cos中_ R + rsin 中=：1 一 cos2 中=2岳R + r由三式以及u 1 = 0.20可以求得：r 1R91八即只有当r 9 R时，圆柱体A在地面上才能不滑动.最后讨论两圆柱的接触点，接触点不发生滑动的条件为:cos甲1 + 1sin 甲,7 由两式以及H 3= 0.30可解得r (13)2

16、 R = 0.29 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 0.29R所以，圆柱体B与墙面接触点不发生滑动的条件为p 231,圆柱体A与地面接触点不发生滑动的条件如尸2 + cosX2sin.，两圆柱体接触不发生滑动的条件为P尸1+扁，圆柱体B的半径r的值各应满足的条件为心河.湖第二讲运动和物体系的相关速度类型一、匀速直线运动的问题本来是物理学中最基本的知识，但往往当基本模型隐藏得比 较深的时候，就成为一种比较难解的题，要解这类题目时，一般都要进行某种转换把其本 来的模型突显出来才能找出简便的解题方法。例1. 在听磁带录音机的录音磁带时发觉，带轴于带卷的半径经过时间t

17、广20 min减小一 半.问此后半径又减小一半需要多少时间？分析和解：本题的关键在于要弄清录音磁带转动时是转轴匀速，还是带速恒定，这要联 系实际听乐音所需的效果就可以确定应该是带速恒定，然后再把磁带卷过的长度转换到 带卷的面积来考虑问题即可解题。设带半径的初半径为4r，于是当半径减少一半，成为2r时，带卷的面积减少了S =兀(16r2 -4r2) = 12兀r2这等于所绕带的长度1，与带的厚度d之乘积.在听录音时带运行的速度。恒定，所以1=o I，于是有12兀r2 = ut d当带轴上半径又减少一半(从2r到r)时，带卷的面积减少了兀(4r2 - r2) = 3兀r2，即3兀r2 =ut d2

18、由得t = 1 = 5 min2 4类型二、相对运动的问题是运动学中一种比较难处理的类型，一般来说，选择不同的参考 系物体的运动状态不同，但采用坐标转换法也可以改变物体的运动情况特别是可以把 直觉看来是曲线运动的物体转换成直线运动的情况却很少学生了解，解题时采用这样 的方法可以使问题简化很多。例2. 由于汽车在冰面上行驶时摩擦因数很小，所以其最大加速度不能超过a=0.5m/s2.根据要求，驾驶员必须在最短时间内从A点到达B点，直线AB垂 直于汽车的初始速度u，如图2 一 1所示.如果A、B之间的距 白.离AB=375 m，而初速度U =10 m/s，那么这个最短时间为多少？其运动轨迹是什么？B

19、*图21分析和解：本题是一个典型的相对运动问题，而且用常规的方法是很 难解出此题的，然而如果才坐标系转换法解此题，其难度却可以大大 降低。坐标系转换：汽车在A点不动，而让B点以恒速U向汽车运动的 相反方向运动.在此坐标系内汽车为了尽快与B点相遇，必 须沿直线以恒加速度a向B点驶去.假设它们在D点相遇，如 图22所示.设AB=b，我们可以列出： ，/ 、/1、b2 + (u t)2 = ( at2)22由式可得：t =2u 2：/2u 24b 2+ |()2 + a 2 a 2a 2将数据代人式得t=50s。在地球坐标系内，它的运动是两个不同方向上的匀 速直线运动和匀加速直线运动的合运动，因而它

20、的 运动轨迹是一条抛物线.类型三、关联速度问题是运动的合成和分解的一个基本模型，关联的本质是转动和平 动的关联，分析时既要考虑运动的独立性原理，又要考虑物体实际的运动轨迹，还要 考虑连绳的长度，建立好正确的几何模型对解题至关重要。例3.线轴置于斜面上，斜面与水平面的夹角为a . 线的自由端固定住(如图23) .线绳为竖直线时 的瞬间线轴的旋转角速度等于3 .求在这瞬间的：线轴轴心的速度；线轴与斜面相切点的速度.线轴的半径为R.分析和解：本题中由于线绳不能伸长，所以垂直线最下面的点和与其相接触的线轴上的A点的速度UA相同，UA的方向是水平方向.线轴的运动 由两个运动合成：平行于斜面的直线运动，其

21、速度加0 ；绕轴心的顺时针转动其角速度等于3。在题中情况下,A点的速度（图2 4a）等于U A =u 0 +u不难看出，U=RU o sin a同理可以求出线轴与斜面相切C点的速度（图2 一 4b）U C =u o +u其速度在斜面方向的投影为U =U -R_ 1 一 sin a将代人得U二Rsin a类型四：相交物系的物体运动问题的求解例4. AC、BD两杆均以角速度3绕A、B两固定点在同一竖直平 面内转动，AB= l ,转动方向如图1 一 5所示，当t=0时，a=8 =600, 试求t时刻交点M的速度和加速度.分析和解：本题实质上也是关联速度的问题，但其关联的本质是两杆的角速度相同，所以a

22、 +8 =1200不变，推知M点的轨迹在正三角形M外接圆上运动.由此可重点在几何模型上去探求 解法。在t=0时刻，AABM为正三角形，则AM=BM= l，两杆旋转过程中，因转动的角速度相同，贝Oa角增加量等于8角的减小量，a +8 =1200不变， 则顶角M大小始终不变，即ZM=600，则M点的轨迹在正三角形ABM外接圆上运动（如图2 一 6所示）。则/MOM= 2 / MB M，则3 M = 23M点作以半径为R = l的匀速圆周运动在任意t时刻速度为:向心加速度为:类型五、物理学中特殊的曲线运动主要有两类，即圆周运动和抛体运动，其中抛体运 动轨迹的曲率半径是随时变化的，所以在考虑抛体运动时

23、，如果要计算向心加速度，则必须通过有关运动的计算得出曲率半径才能求解。例5.以速度u、与水平方向成a角抛出石块，石块沿某一轨道飞行.如果蚊子以大小恒定的速率u 0沿同一轨道飞行.问蚊子飞到最大高度一半处具有多大加速度？空气阻 力不计.分析和解：蚊子的运动实际上是匀速率曲线运动.它的加速度就是它运动到不同位置时 的向心加速度.关键在于求出最大高度一半处时的曲率半径R.我们可以根据轨道方程， 求出曲率半径R.现在我们根据石块的运动来求曲率半径.石块的运动为斜上抛运动，一 u 2 sin2 a它到达的最大高度为H = 土2 g设在1H处，速度与水平方向成e角.运动速度关系为u=ucosa,2尤故有t

24、an 0 =由以上四式得tan 0 =tan a将加速度g分解为法向和切向方向得七=g cos0 TOC o 1-5 h z u 2u 2根据向心加速度公式，。广R =戒0杼 HYPERLINK l bookmark440 o Current Document 八 1 .、3 HYPERLINK l bookmark188 o Current Document u 2(1- sin2 a )2 u 2 cos2 a02g cos a得R =g cos3 0，一. ，一，1蚊子以u0的恒定速率沿石块的轨迹运动，蚊子在2H粤处曲率半径仍为石块运动到此u2的曲率半径R，但切向加速度为0，法向加速度气

25、=R，蚊子的加速度等于该处的法cos a向加速度.，u 2a = a = f =:gn R 13(1- sin 2 a )2即为蚊子飞到最大高度一半处具有的加速度.类型六、刚体的平动和转动问题的解题关键在于分析清楚物体间的内部约束和外界约 束，其约束条件往往就是解题的突破口。例6.图27细杆AB长l，端点A、B分别被约束在X和y轴上运动，试求：杆上与A相距al (0 V a l )的P点的运动轨迹；如果图中。角和O为已知，那么P点的X、y方向分运动速率u 、u 是多少？APx Py分析和解：本题中的内部约束就是杆长和P点在杆中的位置，而外部约束是A、B分别 被约束在X和y轴上运动，这样就确定了

26、它们之间的几何关系。(1)杆A端在y轴上的位置用坐标yA九表示，杆B端的位置用坐标xb表示，p点的坐标为(x、y )，利用几何关系，得出x、y与x、y的关系为 p Pp p b a TOC o 1-5 h z xalp = = axly l - al -p = 1 - a HYPERLINK l bookmark216 o Current Document yAl即 x = ax = al sin 0 HYPERLINK l bookmark225 o Current Document y = (1-a) x = (1-a)l cos0 pa由以上两式，得7卜+辜(al )2L(1-a)l J

27、2这是一个椭圆方程，故P点的运动轨迹为椭圆.(2)设在时间内，P点坐标的改变量为Axp和yp,杆A、B两端坐标的相应改变量为Av和电，利用P点坐标与A、B两端坐标在几何上的关连有入p = a a B， a bAtAt如=(1-a) AyAAtAt根据速度分量的定义，当 0时up = auB，up = (1 a)uA式中Ua和u b分别是A端和B端的速度.由AB杆不可伸长，有u c o 0 =u s 0n最后得出P点的速度分量为u = au cot0 u = (1-a)u例7、在竖直平面内，支在原点O的一根弯杆，其形状可以用函数Z = 丁来描写，k为有 k长度量纲的非零正常数.在杆上穿一滑块，杆

28、与滑块间的静摩擦因数为J .（图212）（1）不考虑摩擦，求滑块的高度为z时，它在沿杆方向的加速度的大小.下列5种答案中有一个是正确的，试作出判断并说明理由：0、g、gz、M z2 + k2、= zg，这时滑块可以在何处相对于杆静止?则滑块不滑动的条件又如何?sin 9 = 2.，4 z + kz tan 9= 2e kgzk（2）考虑摩擦，但杆不动，在什么情况下滑块可以在杆上静止？（用z、p、g、k表示）（3 ）现在设杆以角速度3绕z轴匀速转动，且有关系(4)若 p =0.5,（1）在不考虑摩擦时，滑块在杆上运动的加速度即为重力加速度的切向分量a = g sin9其中。为滑块所在点杆的法线与

29、重力方向的夹角。a一般不为零，且一定不超过g，当z 8时，杆近 于竖直，a趋近于g，于是可判断a = 2g（2）考虑摩擦而杆不动，则滑块静止为静力平衡，滑块受重力影响有下滑趋势，摩擦力 向上，支持力和摩擦力大小分别为F = mg cos 0 , F = mg sin 0平衡条件要求 F旦Fn =旦，或tan 9NN设z飞时，tan0*，则滑块静止的条件加 丁写。（3）当杆匀速转动时，则在滑块相对于杆不动时，支持力和摩擦力在竖直方向的分力 之和与重力平衡，在水平方向的分力之和使滑块产生水平的向心加速度，由此可得，（不 妨设摩擦力沿杆向上）F sin0 -F cos0= m2Jkz =F cos0

30、 + F sin0 = mg由以上二式可得:F -f FN(1- A) tan 01 + A tan 0F即无摩擦力，向心加速度完全由重力和支持力有 f = 0。N的合力提供，这个关系对任何。都能满足，即此时滑块在任何位置都相对于杆静止。（4）当w =；华时，A = 3，由廿=（严-?可知，F 0，即摩擦力实际是 TOC o 1-5 h z kF1 + A tan 0f(1- A) tan 0(1+ A) tan2 0向下的，由于旋转太快而滑块上有上移的趋势，滑块相对静止的条件为： HYPERLINK l bookmark121 o Current Document 2tan 01TT 4ta

31、n 10此二次函数不等式的判别式为：A = 42 - 4 -31 = 4 01故不等式满足的条件为：tan0 1用tan0 = 2 ；Z代入，即得滑块不滑动的条件为0 z k。 k364例8、图213所示为用三角形刚性细杆AB、BC、CD连成的平面连杆结构图。AB和 CD杆可分别绕过A、D的垂直于纸面的固定轴转动，A、D两点位于同一水平线上。 BC杆的两端分别与AB杆和CD杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB杆绕A 轴以恒定的角速度转到图中所示的位置时，AB杆处于竖直位置。BC杆与CD杆都 与水平方向成45角，已知AB杆的长度为Z，BC杆和CD杆的长度由图给定。求此时C点加速度七的大小和

32、方向（用与CD杆之间的夹角表示）解：因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为v =3 l（1）B点的向心加速度的大小为a =3 2l（2）B因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故aB也是B点的加速度，其方向沿BA方向.因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用vC表示，方向垂直于杆CD，在考 察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向.因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC 方向的速度必相等，故有（3）3 l2C点的法向加速度n V2 v = v cos =此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，aCnv 2eCD(4)由图可知CD = 2、，由（3）、（4）式得a = 3 2Cn 8(5)其方向沿CD

33、方向.下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速 度因为如是刚性杆，所以C点相对B点的运动只 能是绕B的转动，C点相对B点的速度方向必垂直于杆BC.令0表示其速度的大小，根据速度合成公式有 CB0 = 0 0由几何关系得，由于C点绕B作圆周运动加速度0 2a =-cb-cb CB0 CB = ；0 B - 0 C =号 0 B因为CB = 2i，故有a = w 21CB 4其方向垂直杆CD.由(2)式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为(8)(a ) = a cosn所以C点相对A点(或D点)的加速度沿垂直于杆CD方向的分量a = a + (a ) = w2Ct CB B BC 4

34、(10)(9)C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度acn与切向加速度act的合加速度，即(11)ac的方向与杆CD间的夹角0 = arctan。以=arctan 6 = 80.54。aCn第三讲动力学一般问题与特殊问题类型一、牛顿第二定律是动力学的核心，特别是质点系的牛顿第二定律解题时应用起来特别 灵活多变，是解决复杂的动力学问题的主要手段。例1.如图31所示，车厢B底面放一个物体A,已知它们的质量mA =20 kg, mB =30 kg,在水平力F=120 N作用下，B由静止开始运动，2s内移动5 m，不计地面摩擦，求A在B内移动的距离.利用牛顿第二定律有120=20aA+30a

35、B5 /9 /=2 m / s，a = 4 m / sS - 2 a 12 = 4.5m分析和解：本题中由于不计地面摩擦，系统的和外 力就 为F，而在和外力作用下，系统内A、B都 要产生加速度，故须应用质点系的牛顿第二定律求 解。对整体（质点系）F=mAaA+mBaB，即 c 1又 S - 2 a 12， a1即 Sab - 5m - 4.5m = 0.5m类型二、联结体的动力学问题是一类常见的问题，解题时除应考虑用整体法和隔离法外，还要特别注意是杆系、绳系速度、加速度的关联的类别以及物 系内各物体之间是否存在相对速度和相对加速度.例2.绳EF 一端系于轻杆AB中间，如图33所示，一端固 定在

36、天花板上，轻杆两端各有一质量为m的小球，并通过AC、 BC两绳系住一质量为M的小球C，不计绳的质量及绳的体积 且AC=BC=AB，求剪断BC绳的瞬间，EF绳的张力T。图34分析和解：本题首先是一个联结体的问题，物体系通过杆、 绳连结，受力比较复杂，但同时还是一个力的瞬时性问题， 连结的杆绳一发生状态或连结情况的变化，所受力立即发 生变化，物系的加速度也将发生瞬时性变化。设正三角形ABC边长为l，剪断BC绳瞬间AC绳张力为T。如图34，A球的加速度可分解为水平方向气及竖直方向七.注意到剪断BC瞬间Tef方向竖直向上。2ma = T cos0尤2m-( )2a = Tsin0 -2la a 由以上

37、三式得:T cos 0 a x2mT sin 0 a y2m对于c，设其沿绳方向加速度为。，则有 Ma = Mg sin0 T，T g sin0 - M又 剪断BC后，AC绳仍绷紧，且A、C无相对转动，所以A、C在沿绳方向加速度相等，即 a a cos0 + a sin0将a、a、a，值代人上式，解得T = 2mM g sin0o x y2m + M对于Tef，考虑AB杆，注意到其在EF绳限制下质心无竖直方向加速度.丁曲2mg + Tsin0m(8m + 7 M)2(2 m + M)例3.如图36所示，质点A沿半圆弧槽B由静止开始下滑，已知B的质量为M，质点的质量为m，槽的半径为R且光滑，而槽

38、与地面的接触面也是光滑的，试求质点A下滑到任意位置。角时B对A的作用力.分析和解：由于槽与地面的接触面是光滑的，质点A沿半圆弧槽B下滑时槽B必然后退，如果要求的是状态量，可以考虑动量和能量的观点来解题， 但如果要求的是瞬时量，则常规的解题方法会有很大的困难，利 用了参考系的变换，在以B为参考系时注意引入惯性力.是解决 这类问题的基本方法。设M的加速度向左，大小为a，有F cos。= Ma对m以B为参考系，其相对B的速度为u，且必定与圆弧相u 2 切. F + ma cos9 - mg sin 0= m R根据动量与能量守恒，并设M的速度为u，同时注意m的速度u应转换为对地速度.M u = m

39、u i9n u（水平方向动量守恒）1mgRsin9= Mu2 + m(u2 +u2 -2uusin9)2由以上式可解得F=Mmg sin 9 (3M + 2m + m cos2 9)(M + m cos2 9 )2例4.半径为r=9.81 cm的空心球形器皿，内部有一个不大的物体，围绕穿过对称中心 的竖直轴旋转.在角速度3广5 rad/s时，物体在平衡状态对器壁的压力为N=10-2N.在 平衡状态，物体在什么角速度3 2下对器壁的压力N2=4X 10-2N?物体和器壁内表面的摩 擦可忽略不计.重力加速度为g=9. 81 m/s2.:图37分析和解：此处的平衡状态是对旋转参考系（非惯性系）而言的

40、.图37上示出了钵和位于A点的物体.0点表示球面的中心，所研讨的钵就是这个球的一部分.转动轴是用过0点的竖直断续直线表示的，研究平衡状态，较为方便的是利用半径OA和竖直方向的夹角a .显然，0a。在旋转的非惯性系中，这个不大的物体处于平衡状态，作用在该物体上的重力（mg）和惯性离心力（m2r sin以）的合力，必须和钵的表面垂直，或者说必须沿半径OA 的方向作用.假若我们用3表示钵与物体的共同角速度，则在平衡状态，从图3 7 可知m32 r sin a 2 r sin atan a =r =r mgg12r、八由上式得sin a Los侦 )=0r式中a r为平衡状态角a的值.从此式可知有两种

41、情况：1）sin a = 0,即 a = 0 .这个解是始终存在的.物体那时停止钵底上.它对钵壁的压力N=mg.gg2）cos a =,即 a = arccos这个解只有在焉;VI,或者说号七=.g时才可能存在.3 gr的数值可以算出， 为10 rad/s.题中给出的3 1N.假若物体在A点（：ina A0）处于平衡状态，则sin a = m32 sin aA 希2式中m = N1，g由此得32=20rad / s例5、如图3-17所示，在一个劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴着一个质量为m的小 球A和质量为2m的小球B. A用细线拴住悬挂起来，系统处于静止状态，此时弹簧 长度为Z.现将细线烧断

42、，并以此时为计时零点，取一相对地面静止的、竖直向下为正 方向的坐标轴0加 原点0与此时A球的位置重合如图.试求任意时刻两球的坐标.第21页共31页7 一I-3图解：在地面参考系中，列A、B的牛顿定律方程ma1 = mg + k(x2 - x1 -10)(1 )2ma2 = 2mg - k(x2 - %1 -10)(2)f、x2是A、B的坐标，是弹簧的自然长.t = 0时，有X = 0,% = 0 x 2 = l,v 2 = 0l为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系k(l -10) = 2mg所以10 = l -半由(1)+ (2”)，a + 2a = 3g令a = a + 2a2 =

43、3g，a是一个恒定的加速度，结合初始条件，a对应的坐标和运动方程是，x + 2x = 2l + 3 gt2(3”)122由(2)- 2 x (1)，(4)2m(a2 -白)=-3k(x2 - x1 -10)这是一个以A为参考系描写B物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解 答，结合初条件，l -10 = A c o stA*sma= 0V 2m得到a = 0A = I2mg所以2mg+cosk(5)2m? 2mg 3k+ cos Jtkk2m /由(3)2x(5)，得1X =+1 2(6)由(3) + (5)，得第四讲能量类型一、动力学中有些问题由于是做非匀变速运动，用牛顿运动定律无法

44、直接求解，用动能 定理，计算细杆对小环做的功也比较困难，因此有时在受力分析时必须引入一个惯性力，这 样就可以使问题简化很多。例1.如图42所示，一光滑细杆绕竖直轴以匀 角速度转动，细杆与竖直轴夹角。保持不变，一 个相对细杆静止的小环自离地面h高处沿细杆下滑. 求小球滑到细杆下端时的速度.分析和解：本题中由于小环所需向心力不断减小， 因此小环不是做匀变速运动，用牛顿运动定律无法 直接求解，用动能定理，计算细杆对小环做的功也 比较困难，因此我们选择细杆做参考系，分析小环受力时必须加上一个惯性力，小环在旋转的非惯性系中，虽然有径向运动，受到科里奥利力的作用，但小环在切向无位移，科里奥利力不做功.惯性

45、离心力f = m 2r，随半径r的减小f均匀减小，所以小环由半径r0处移到下端r=0处，惯- m 2 r性离心力对r的平均值为F = 惯性离心力做的功：TTT1八W = - Fr =m3 2 h 2 tan2 0102重力做功为：W2 = mgh, 1, c、 1由动能定理得 mgh + (- m32h2 tan2 0) = m 222类型二、在功能关系的问题中有些也牵涉到速度关联的问题，在解题中必须注意到它们 之间的约束条件，找出有关速度关系，才能准确利用功能原理即可求解.例2.如图43所示，一根长为l的细刚性轻杆的两端分别连结小球a和b，它们的质1量分别为ma和mb.杆可绕距a球为彳l处的

46、水平定轴O在竖直平面内转动.初始时杆 处于竖直位置，小球b几乎接触桌面.在杆的右边水平桌面上，紧挨着细杆放着一个质 量为m的立方体匀质物块，图中ABCD为过立方体中心且与细杆共面的截面.现用一 水平恒力F作用于a球上，使之绕O轴逆时针转动，求当a转过a角时小球b速度的 大小，设在此过程中立方体物块没有发生转动，且小球b与立方体物块始终接触没有分 离.不计一切摩擦.解析：如图44所示，用七表示a转过a。角时b球速 度的大小，u表示此时立方体速度的大小，则有u cos a =u由于b与正立方体的接触是光滑的，相互作用力总是沿水 平方向，而且两者在水平方向的位移相同，因此相 互作用的作用力和反作用力

47、做功大小相同，符号相反，做功的总和为0.因此在整个过 程中推力F所做的功应等于球a、b和正立方体机械能的增量.现用七表示此时a球速度的大小，因为a、b角速度相同，Oa = . 1,0Ob = ：I，所以得。=：u4a 3 b根据功能原理可知 l .1J l 、 1/3l 3l 、 1F sin a = m u 2 m g (一 一一 cos a) + m u 2 + m g ( 一 一 cos a) + mu 2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark363 o Current Document 42 a a / 4 42 b b 疔 442将、式代人可得l .1

48、, 、/ l 、 1z3l 3l、 1 ,、F sin a = m(u)2 m g (cos a) +m u 2+ mg (cos a) +m(ucos a )2 HYPERLINK l bookmark366 o Current Document 42 a、b， a 4 42 b b b 442 b解得”,9/! sin 以 + （m 一 3m ） g （1 一 cos 以）2m + 18m + 18m cos2 以类型三、一些平衡状态的问题，用平衡条件很难或无法求解，这时可以假设其状态发生 了一个微小的变化，就可以设想某一力做了一个微小的功AW，然后用虚功原理就可以 很简单地解答出问题.例

49、3.如图45所示，一轻质三足支架每边长度均为l，每边与竖直线成同一角度。， 三足置于一光滑水平面上，且恒成一正三角形.现用一绳圈套在三足支架的三足上，使 其不能改变与竖直线间的夹角，设三足支架负重为G，试求 绳中张力ft.分析和解：在本题这可以取与原平衡状态逼近的另一平 衡态，从而虚设了一个元过程，此过程中所有元功之和 为零，以此为基本关系列出方程，通过极限处理，从而 求得最后结果.分析和解：在本题这可以取与原平衡状态逼近的另一平衡态，从而虚设了一个元过程，此过程中所有元功之和为零，以此为基本关系列出方程，通过极限处理，从而求得最后结果.分析支架受力：由于负重受到重力G，支架的每边足部同时受到

50、两侧绳的拉力ft，易得其合力为J，方向指向三足构成的正三角形的几何中心，支架三边足部受水平地面支持力fn，此力方向竖直向上。 现设想支架各边足底在、可力作用下向正三角形中心移动一极小位移软，因而支架 的高度升高了 E，则在此虚拟的微动讨程中，侦可力有一元功.fn力不做功.负重重则有上式中，支架升高E与软关系如图46,图中支力势能增大.对系统用功能原理得33Ft x = G Ay架一边位置从 ab 变为 ab，作 bb ab, aa a b， 由于Ax很小，ab边转过的角度&也很小，故可认 为ab=ab”，且ab边与竖直方向夹角为。G tan 0 卞。图46Ax sin 0=4y cos 0 ,

51、即 Ay = Ax tan 0于是可得 3x：3F Ax = GAx tan0，即 F类型四、能量守恒的问题往往牵涉到摩擦力做功和碰撞，摩擦力做功要消耗机械能，而 碰撞可以造成多过程，两者结合起来就很容易在物理学中出现一些数列问题，因此在解题中如何通过能量关系的计算得出有关的通式是解决这类问题的关键。例4.一固定的斜面，如图47所示，倾角。=450，斜面长L = 2.00 m.在斜面下端有一与斜面垂直挡板，一质量为m的质点，从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为零.质 点沿斜面到斜面最低端与挡板发生弹性碰撞.已知质点与斜面间的滑动摩擦因数 M =0.20.试求此质点从开始运动到与挡板发生第11次碰

52、撞的过程中运动的总路程.分析和解：在本题中由于质点与挡板发生弹性碰撞，故机械能消耗在摩擦力做功上，因此只要求出下滑和上滑一个来回通过的路程的通式，就可 用数列的方法求解了。分析和解：在本题中由于质点与挡板发生弹性碰撞，故机械能消耗在摩擦力做功上，因 此只要求出下滑和上滑一个来回通过的路程的通式，就可用数列的方法求解了。质点在沿斜面滑动的过程中，受到摩擦力f的大小为f = mg cos 0若质点从斜面最高点第一次到达斜面最低端时的速度为%，则有1mu 2 = mgL sin 0 一 日mgL cos 02 i质点与斜面挡板发生弹性碰撞后,以速度七开始沿斜面上滑.若上滑的最大路程为L1 .则有 m

53、u 2 = mgL sin 0 + 日mgL cos 0由、两式得mgLsin0 mgLcos0 = mgL sin0 + pmgL cos0即 L mg sin 0 日mg cos 0L mg sin 0 + pmg cos 0令上式等号右边的数值等于a，并以。=450，p =0.20代入，则得,1 0.20 2L = aL，a = 1020 = 3按同样的推理可知质点在第2次碰撞后上滑的距离为L2 = aL1 = a 2 L依此类推，可知在第10次碰撞后上滑的距离为：L10 = ai0L 第1次碰撞前质点运动的路程为： = L第2次碰撞前质点运动的总路程为：S2 L + 2L = L +

54、2aL依此类推，可知在第11次碰撞前，即从开始到发生第11次碰撞期间，质点运动的总路程为：S10 = L + 2aL + 2a2L + 2a10L上式等号右边的数值，可根据数学上等比级数求和的公式算出，即a101,S = L（1+ 2a ），故 S0=9. 86 m.10a 1类型五、机械能守恒的问题往往还可以与刚体的约束条件的问题结合在一切，解决这类问题 时一方面要考虑到约束面的约束反力，另一方面又要考虑约束反力是否做功，如果不做功， 可重点考虑系统的质心变化和能量的关系，以及约束各点的速度关联例5.如图48所示，质量为m的钢球下连一根可不计质量的轻杆，杆长为L,杆原来 直立在光滑的水平面上，轻推一下后，问：（1）小球下落的轨迹是什么？ （2）球在离 地L/2处，杆着地点的速度为多少？分析和解：（1）由球和杆组成的系统，因杆的质量可以忽略. 所以系统的质心在球心.又因水平面光滑，该系统所受的 外力有重力mg、水平面的约束反力（