杆两端分别沿墙面地面的运动

1、杆两端分别沿墙面地面的运动如图所示，轻杆两端各固定一个可以看作质点的相同的小球A和B, 一端沿着竖直光滑墙面下滑，另一端沿着水平光滑地面滑动开始时杆靠墙竖直放置，受到扰动后开始运动。在 A沿墙下滑过程中，求：2球在任意位置的速度 v和u。解：建立如图所示的坐标系，在t时刻，B和A的位置坐标分别为x Lsiny Lcos对时间t求导数& L 生os& L &sin第二式中的负号表示 A沿墙下滑速度与y轴正方向相反。X& &L2 &机械能守恒mgL(1 cos杆不伸缩vcosusin一 mv 21 2 mu2(u /v &)22v2gL sin(1 cos )q 222X2 & 2gL(1 cos

2、 )u2gL cos (1 cos )& v 2 gL sin sin(/2)& u 2 gLcossin( /2)比较 :2t| sin ,L 2g . sinL又求导并整理,得小球的加速度:2)3cos )& g sin (3cos y& g(1 cos )(1此时，A和B相对于杆上的一点 C转动，该点到 A距离z:,.2 一, , _一 、,2, , z Lsin ，到B点距离L z Lcos ； C点坐标:33xCLsin , yCL cos 这是星形线。 转动角速度uLcosVLsinA、B加速度随着。的变化图像如下:(加速度随着杆与竖直方向夹角变化图像a/g)2 由此可知，当cos

3、 1 (9=48.19)时，B的加速度为零，此时 A的加速度恰为重力加 速度，表明此时 A球与墙面和杆无相互作用，即将离开墙。因此上述讨论所得结果，适用范围是2arccos -从开始运动到A离开墙，所用时间由1-2-3第一式解出:2gL(1 cos ) L2 &2&2：sin 一 2ddtcsc:一ln tan -,g4代入1.2整理得至ij:一ln gtan 4arccostan 4说明：t=0时，。不能为零，否则杆将无法沿着墙面下滑，或者下滑时间就会变为无限长。因此初始条件必须给定一个不为零的 比如 右”1000.如此，并不影响机械能守恒的列式。般的，若初始位置的 E0不是很小，则运动时间

4、 t表示为一个椭圆积分。继续讨论：A与墙面之间无相互作用后，2小球的运动情况：因为系统水平方向不受任何外力，所以水平方向A、B系统动量守恒；因此，系统质心水平方向将以A刚脱离墙面时B的速度的一半匀速运动。此时B的速度最大此时，A的竖直分速度Va对B,因为在A脱离墙时刻速度达到最大，此后 B速度减小，加速度向左所以杆对它有拉力；对A,脱离墙面后，受到重力和杆的拉力，竖直方向继续加速，水平方向速度从零 开始增大。对A和B组成的系统，水平方向动量守恒，设 A的水平分速度为Vx, vy； B速度仍用 u表示，则mvB mu mvx 杆与竖直方向的夹角从”=arcsin(2/3)增加到0( ”2), A

5、和B系统机械能守恒mgL(cos cos ) 1m(v2 vj u2 vB vA)A和B沿着杆方向的分速度相同：u sinVxSinVy cos 222VVxVy整理以上各式得到A的水平、竖直分速度Vx25 27 cos22 cosvy27 cos2cossin当A刚触地时，B的速度u 2gL为A刚离开墙时最大速度的一半；此时 A的2 27注：左上图蓝色曲线表示 A沿墙面运动2小球的速度随着杆与墙面的夹角变化图像， 红色曲线表示 A脱离墙后，二者的速度图像。右上图蓝色曲线表示A被约束在墙上运动,说明:二者的运动图像。1速度单位（杆长约为 2.7m）,横轴表示杆与竖直方向的夹角，纵轴表示速度。角

6、速度：由&vyL&sin推出27 cos2cos求运动时间：直接从上式中得到,27L2 cos2,t 1.d ,4 g cos 3), 25 27cos从A离开墙面到落地，取 忸”2,可以得到所经历的时间为T 0.130514757427L/22 cos2cos1(2/3) 25 27cos0.2610295147上述被积函数没有初等原函数，只能采取数值积分求出数值结果。与竖直下抛比较可知， A的运动时间短。A 的位移 x=x(y=y( 9：dx&dxdxLg 2cos2dtdd22527 cosx2 cos23 25 27cossin532gay可以推知，当 27cos375cos2162c

7、os 50 0 时,y Lcos ;这个结果是意料之中的。曳迪 典二Lsin dt d d &加速度A的加速度3sin (27cos3 162cos 100)a% g 4227(cos 4sin )4227cos 135cos 50cos 5427(cos44sin2 )ay最大，此时 1.201258570rad=68.82704616 ,力仃速度最大值 1.16365673g附注：靠墙的小球脱离墙面时，杆与墙面之间夹角的另一推导：3代入2解得B球的动能： TOC o 1-5 h z L 1223、Ekb - mu mgL(cos cos )dEkb mgL 2cos sin3cos2 si

8、n mgLcos sin 3cos HYPERLINK l bookmark32 o Current Document 2 4所以当cos 时，B的动能取大，取大值为 Ekbm mgL3273. 2t 棒的裁置于光滑水平面t .另一端刚靠在光滑墙上*升棒与地谕的怪龟为忆如 任其自此位置开始下滑.则当棒与地面的帧用变为arEn（ -y-sina J时.棒辱与堵分离，试证明之.127试研究上助中棒牙崎分离后的运动-外求律落地职的角速度。，设棒长为，.细杆;初始杆静;2为的埼族解：（1）杆的角速度03：从开始滑落到图示位置，机械能守恒: TOC o 1-5 h z 1 一、1211,22一 mgl(

9、1sin) mvC ml1222 12Vc是杆的质心C （中点）对地的速度，3为杆对质心C的角速度。在图示位置，杆的转动瞬心D是以杆为对角线的矩形与墙角相对的一个顶点，D到CVc的距离 d=l/2 ,此时质心速度符合2代入1解得此时杆对瞬心的角速度3g(1 sin )问题：质量为 m的均质杆长度为l ,原先竖立靠在墙面，因扰动而开始运动，其一端0时，受到地面和墙面沿着地面，另一端沿墙滑落。不计一切摩擦，求当杆与地面成夹角 的支持力。解：为简便起见，设l 2a建立竖直向上为+y,水平向左为+y,墙角为坐标原点。此 刻质心C的位置坐标x a cos y asin1对时间求一阶、二阶导数得到:a &

10、sin &cos2&Ca&Sin a&cos&a cos& -a 5 sin3112mgl (1 sin )mvC224从开始滑落到图示位置机械能守恒1112 &ml &2 125代入24：&3g(1 sin )2a6注意到。随时间减小，所以&3g(1 sin )2a2& 3g &cos联立52a6 7& 3g cos4a7解出质心加速度的水平、竖直分量3-& g g cos 23g 2& 一 3sin43sin2sin对质心，用牛顿第二定律FaFb代入8解得地面对杆的支持力3墙对杆的支持力 fb - mgcos8mg m&C9mg21 9sin 6sin42 3sin由此可知，当arcsin(2 / 3) = e时，杆将要脱离墙面。此时，质心的水平速度u 1 jgr,竖直速度v3此后，水平方向杆不受外力,6 x 5gl 0所以其水平速度保持不变。守恒，减少的重力势能和转化为质心的动能和杆绕瞬心D的转动动能的增加：v2) ；JC(&2)101212JC m(2a) ma ,12311 f y14从开始离开墙，此时杆与水平面成夹角。（sin（f=2/3）,到杆与水平面成夹角 9,机械能其中，足 U , Jc是杆绕质心转动的转动惯量mga(sin sin ) gm(X2