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物理竞赛复习力学部分


2013-6-10

山东大学刘希明辅导物理竞赛

1

山东省
中学生奥林匹克物理竞赛

夏令营
2008年7月14日 济南 山东大学
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 2

著名理论物理学家维格纳说
一个公式你要是不懂的

话, 抄上十遍你就懂了。
山东大学物理学院 刘希明 lxm@sdu.edu.cn

139 5416 1397
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力学基本定律 ma = F d 2r 加速度 a= 2
dt

作用力
电 磁 相 互 作 用

万有引力 GMm , mg 运动轨道椭圆、 r2 1 q1q2 抛物线、双曲线 库仑力 ?
4?? 0 r 2

洛伦兹力 弹性力

qvB
-kx

圆周运动
x ? A cos(? t ? ? )

动静摩擦力、安培力、核力…..
能够由牛顿第二定律严格求解坐标的问题并不多
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力学动量、角动量、动能三大定理
ma = F ? dP ? F ? dt ? dJ d ? r ? P ? ? ? r?F ? L ? dt ? dt ? ? d 1 mv 2 ? F ? dr ? 2 ?

动量定理

角动量定理
动能定理 冲量定理 冲量矩定理

?

?

? ? P ? F ?t ? ??J ? ? L

力学的守恒定律 动量、角动量、能量守恒
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力学的物理模型 质点、质点组、刚体
? P ? PC ? ? mi vi ? i ? ? P ? ? ? m i v? ? 0 i i ?1 ? ? J ? JC ? J ? ? ? J ? ? r ? ? m v? ? i i ? i ?1 ?
? ? E k ? ECk ? E k ? ? E? ? 1 m v? 2 ? k ?2 i i i ?1 ?

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【例题】如图在光滑水平面上有质量为M的均匀分 布的、半径R的圆环。质点质量m(m<M)沿环的内壁 做无摩擦的滑动,开始时圆环静止,圆环中心在O 点,质点位于坐标(0,R)处,速度沿着x方向,大小为 v0。(1)求证质点不会离开环内壁(2)求地面坐标系中 质点m的运动方程。
y m M O R
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v0 x

【解】质点m与环内壁之间的作用力是一对作用 反作用力,没有摩擦这个力就是与半径方向一致的 支持力,这个力不等于零,则质点就不会离开环的 内壁。 环的质量集中在环心O,初始时系统的质心C位于 y轴上,离环心的距离是OC,长度为
rC ? mR M ?m

质心C到质点m与环心O的距离分别是
? r ? MR ? m M ?m ? ? rM ? mR M ?m ?
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m C

(1)

M O

8

整个系统在水平面内不受力(环壁与质点之间的作 用力是一对内力),因此动量守恒,求出质心的速度
?( M ? m )vC ? mv0 ? ? mv0 ?vC ? M ? m ?

(2)

可见系统的质心沿着x轴做匀速直线运动。质心是惯 性坐标系。 在质心惯性系中,开始时质点m与圆环M相对质心的 速度分别是 M ?
v0 ? M ?m ? ?v? ? 0 ? vC ? ? m v0 M?m ? M
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v? ? v0 ? vC ? m

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可见M与m相对质心的速度方向相反,两者只能够绕 着质心做圆周运动。圆周运动的角速度分别是
v? v ? ? ? m ? 0 ?? m r R m ? ? ?? ? ? v? ? v0 M ? M rM R ? ? ? ?? ? ? m ? ? M ?

(3)

这个结果表明,质点m与圆环环心M相对质心C做角 速度相同的圆周运动,圆周运动的向心力只能来自 两者之间的相互作用力,又忽略摩擦,这个力沿着 圆环的半径方向。因此质点m不会脱离环的内壁。
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(2)给出质点m相对水平面的运动方程 质点m在质心坐标系做圆周运动,坐标与时间的关系是
y?
C

?t

m
x?

rm

? x? ? rm sin ? t ? ? y? ? rm cos ? t

(4)

系统的质心C相对地面做匀速运动,在地面坐标系中, 质心的坐标是
y

? xC ? vC t ? ? yC ? rM ? m R ? M ?m ?

(5)

C O

vC

x 由此得到质点m相对地面坐标系的坐标
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mv0 t ? x ? x? ? xC ? ? MR sin ? t ? M ?m M ?m ? ? y ? y? ? yC ? mR ? MR cos ? t M ?m M ?m ?

改写为

? x ? 1 ? mv t ? MR sin ? t ? 0 ? M?m ? ? y ? R ? m ? M cos ? t ? M?m ?

(6)

质点m一边跟随质心匀速平动,一边绕着质心做匀角 速度转动。 半径为R的圆柱面沿水平面纯滚动,圆心速度为v, 转动角速度 ?,满足关系v=R?.顶端一点A,相对水平 面的运动方程是
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? x ? vt ? R sin ? t ? R? t ? R sin ? t ? ? y ? R ? R cos ? t ? R ? 1 ? cos ? t ?

A点的轨迹是一条摆线,如图所示。 y
x

? t ? 0,

?,

2?

方程(6)描述的轨迹不是一条摆线。

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【例题】如图,在竖直平面内有一半径为R的固定的绝 缘的光滑圆环,在圆环外侧有一个光滑园槽。空间中 有垂直环面的水平均匀磁场B。一个质量为m的带电为 q>0的质点,初始时位于圆环最高点a处,以初速度v0 沿水平方向向左运动,如果在以后的运动中质点能够 沿圆环外侧不脱落圆环,达到圆环最低点b。试计算(1) 质点在a点不脱落圆环,初始速度满足的条件(2)质点 在b处不脱落圆环,初始速度应该满足什么条件?(3)质 点在0<q<?的运动过程中不脱落圆环,初始速度应该 满足的条件(4)质点在左半圆环,到达b点,再由右半 圆环回到a点,初始速度应该满足的条件。
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2 ? v0 v0 ? m R ? mg ? qv0 B ? N × × × × × mg ×v0 B× × ? × q 2 × v0 ? × × × ? N ? mg ? qv0 B ? m R ? 0 × × × × × × × O × × ? × 2 × Rq × × × × ? mg ? qv B ? m v0 × × × × 0 × ? R × × × ? × × × × b × × 整化为 qv0 RB 2 v0 ? ? Rg ? 0 m ? v0 ? ? v0 ? 1 ? ? v0 ? ? v 0 ? 2 ? ? 0 利用求根分解因式 ? ?? ?

【分析求解】(1)质点受到重力、圆环约束力N,方向 沿着半径指向外,以及洛伦兹力作用,不脱落圆环 的条件是 N ? 0 。在最高点a点不脱落的条件是
N a

解此不等式,得
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? v0 ?1 ? v0 ? ? v0 ?2
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其中方程的两个根分别是
? qRB ? ? v0 ? 1 ? ? 2m ? ? ? qRB v0 ? 2 ? ? ?? 2m ? ? qRB ? ? ? ? Rg ? 0 ? 2m ? ? qRB ? ? ? ? Rg ? 2m ?
2 2

题目给出初始速度v0>0的限制,因此初始速度满足的 2 条件是 qRB ? qRB ? (1) 0<v ? ? ? ? ? Rq
0

2m

? 2m ?

(2)设质点到达最低点b处的速度大小为v,则机械能守 ? 1 mv 2 = 1 mv 2 ? 2mgR 恒得到 ?2 0 2 ? (2) 2
?v 2 = v0 ? 4 gR ?
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同样按照条件 N ? 0 。这里法向动力学方 程得到? m v 2 ? ? mg ? qvB ? N
qvB mg, N
? R ? v2 ? ? N ? ? mg ? qv B ? m R ? 0 ? 2 ? ? mg ? qv B ? m v ? R ?

qRB 整理为 2 ? v v + Rg ? 0 m 求根分解因式得 ? v ? v1 ?? v ? v2 ? ? 0 得到不等式 v1 ? v ? v2 其中两个根分别是 ? 2 qRB qRB ? ?
?v1 ? ? 2m ? ? ? qRB ? v2 ? 2m ? ?

(3)

? ? ? Rg ? 2m ? ? qRB ? ? ? ? Rg ? 2m ?
17
2

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可见两个根都是大于零的。由此把(3)式两边平方
把(2)式能量守恒代入得初始速度满足的条件
2 2 2 ?v1 ? v0 ? 4 Rg ? v2 ? 2 2 2 ?v1 ? 4 Rg ? v0 ? v2 ? 4 Rg
2 2 v1 ? v 2 ? v2

(4)

但其中

? qRB ? ? qRB ? 2 v1 ? 4 Rg ? ? ? ? ? ? Rg ? ? 4 Rg ? 2m ? ? 2m ?
2

2

qRB ? qRB ? ? qRB ? ? 2? ? ? 5 Rg ? ? ? ? Rg m ? 2m ? ? 2m ? 2 ?? qRB ? 2 ? qRB ? qRB ? ? 2 ?? ? ? Rg ? ? 3 Rg ? ? ? ? Rg ? 0 m ? 2m ? ? ? 2m ? ?
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2

2

因此质点到达最低点b处不脱落,初始速度满足的条 件是 0 ? v 2 ? v 2 ? 4 Rg
0 2

(3)质点在左半圆环q处不脱离,设此处速度为v,仍 然按照条件 N ? 0 讨论.机械能守恒得到 (6) 2 2
v ? v0 ? 2 Rg (1 ? cos q )

qRB ? qRB ? ? qRB ? ? 2? ? ? 5 Rg ? ? ? ? Rg m ? 2m ? ? 2m ?

2

2

(5)

不脱离的条件是

? qv B ? mgcosq ? mv 2 ? R ? ?v 2 ? qv BR ? Rgcosq ? 0 m ?
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(7)

同样的方法得到不等式
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v1 ? v ? v 2

(8)

2 ? qRB ? qRB ? ?v1 ? ? ? ? ? Rg cos q 2m ? 2m ? ? 其中两个根分别是 ? 2 ? qRB ? qRB ? ?v2 ? 2m ? ? 2m ? ? Rg cos q ? ? ? 讨论:如果 ? ? q ? ? 则上面的解 v1 ? 0 (8)式改为 2 ? 0 ? v ? v2 ? 2 ? 0 ? v 2 ? v2

把(6)式机械能守恒代入,以及v0>0的要求,得到 2 2 (9) 0 ? v0 ? v2 ? 2 Rg (1 ? cos q ) 讨论:如果0 ? q ? ? 则上面的解 v1 ? 0 ,(8)式改写为 2
2 2 v1 ? v 2 ? v 2

(10)
20

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把(10)式进一步利用机械能守恒(6)式得到
2 2 2 v1 ? 2 Rg (1 ? cosq ) ? v0 ? v 2 ? 2 Rg (1 ? cosq )

把v1代入该式左端得到
qBR ? qBR ? ? qBR ? 2? ? 2 Rg ? 3 Rg cos q ? ? ? ? ? Rg cos q m ? 2m ? ? m ?
? ? qBR ? 2 qBR ? ? qBR ? ? ?2 ? ? ? Rg cos q ? ? ? ? Rg cos q ? 2m ? ? m ? ? ? 2m ? ? Rg(2 ? cos q )
2

2

2

又因为 0 ? q ? ? ,所以上式中 2
qBR ? qBR ? ?0 ? ? ? Rg cos q ? 2m ? 2m ?
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2

因而左端

2 v1 ? 2 Rg (1 ? cos q ) ? 0

这样得到两种夹角范围初始速度满足的条件是 2 ( ? ? q ? ? 0 ? q ? ? ) 0 ? v02 ? v2 ? 2 Rg(1 ? cos q ) 2 2
代进v2的表示得到这个条件是
(12) qRB ? qRB ? ? qRB ? 0 ? v ? 2? ? ? Rg(2 ? 3cos q ) ? ? ? ? Rg cos q m ? 2m ? ? 2m ?
2 0 2 2

这个条件对于两种角度范围都成立。
?
2

?q ??, 0?q ?

?
2

为了满足质点在左半圆环都不脱离,(12)式右端应该 取最小值。易见 q=0满足最小值条件。得到初始速度 满足的条件是
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qRB ? qRB ? ? qRB ? 2 0 ? v0 ? 2 ? ? ? 5 Rg ? ? ? ? Rg m ? 2m ? ? 2m ?

2

2

(11)

(4)质点返回到最高点不脱离的条件根据对称性质, 这个条件就是(11)式。

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【例题】在天花板的O点悬挂一个光滑的轻质小环 P,小环可绕固定点O自由转动,长度为l的轻绳穿过 小环P, 其两端分别连接质量为m1 与m2 的小球A1 与 A2 ,已知m1>m2 。设两个小球同时做圆锥摆运动, 在任意时刻两个小球均在同一个竖直平面内,旋转 的角速度是 ? ? g m1 ? m2 O
l
2 l (1)计算两个小球到p的距离l1与l2. ?2 ?1 1 (2)计算两个小球与细绳构成系 m1 m2 统所受外力对P点的力矩之和。 (3)计算系统对P点的角动量。以及守恒角动量的 大小。

m1m2

P

l

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? 2 m1v1 T ?T1 sin ?1 ? ? m1 l1? 2 sin ?1 r1 ? O ? ? P T2cos?2 ? m2 g ? l2 mg ?2 ?1 2 ? m 2v2 ? m2 l 2? 2 sin ?2 ?T2 sin ?2 ? r2 ? m2 ? m1 gtg?1 ? m1l1? 2 sin ?1 由此得到 ? ? m2 gtg?2 ? m2 l2? 2 sin ?2 l1 cos ?1 ? l 2 cos ?2 因为角速度相同,进而得到
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【解】如图所示,两个小球连线与竖直方向夹角分 别是?1与?2,小球m1与m2的分别受到重力mg与绳子张 力T的作用,两球通过绳子连接受张力相等。满足方 程 ?T cos? ? m g
1 1 1

(1)
l1 m1

(2) (3)
25

结果表明两个小球到P点的垂直距离相等。因为两球 通过细绳连接,受张力相等,得到关系
改写成为 联立(3)(4)得到 但存在关系 利用(5)(6)求出
m1 g m2 g T1 ? ? T2 ? cos?1 cos?2 m1 gcos?2 ? m2 gcos?1 l1 m2 ? l2 m1
l ? l1 ? l2

(4) (5) (6)

m2 l ? ? l1 ? m ? m ? 1 2 ? ? l ? m1 l ? 2 m1 ? m2 ?
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(7)

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【解】(2)计算两个小球与细绳构成系统所受外力对P 点的力矩之和。两个小球的重力对P点的力矩方向相反。 设指向外面为正方向,则按定义 L ? r?F 则 L1 ? m1 gl1 sin ?1方向指向内,L2 ? m2 gl2 sin ?2 方向指向外。
L ? L2 ? L1 ? m2 gl2 sin?2 ? m1 gl1 sin ?1

利用(7)式摆线长度的结果得到 利用(2)式可求出
m1m2 lg L? (sin ?2 ? sin ?1 ) m1 ? m2
m1 g ? ?cos ?1 ? ? 2 l ? m ? m ? 1 1 2 ? ?cos ? ? g ? m2 2 ? 2 l2 m1 ? m2 ? ? 山东大学刘希明辅导物理竞赛
l2

O P

?2 ?1

l1

m2

m1g

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进而求出

? m2 ( m2 ? 2m1 ) ?sin ?1 ? m1 ? m2 ? ? m1 ( m1 ? 2m2 ) ? ?sin ?2 ? m1 ? m2 ?

已知m1>m2,则 sin ?2 ? sin ?1 力矩的方向指向外为正,得 到
L?

? m1 ? m2 ?

m1m2 lg

2

? m1 ( m1 ? 2m2 ) ? m2 ( m2 ? 2m1 ) ? ? ?

至于绳子张力因为力的作用线过P点,力矩为零。
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【解】(3) 系统对P点的角动量 按照角动量的定义 J ? r ? mv 对于质点m1如图可知
m2 l ? ? r ? l1 ? m1 ? m2 ? ?v = l1 sin ?1? ?

P

J1

?1 l 1

v1 m1

图示位置速度v1方向指向版面内, l1的方向由P指向质点,则角动量 方向如图所示
J1 ? l1 ? m1l1? sin?1

同理可以求出m2相对P的角动量
J 2 ? l2 ? m2l2? sin?2

质点做圆锥运动时角动量的方向也随之改变。
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角动量在竖直方向的分量是
P

J1

?1 l 1

v1 m1

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由以上分析知道两个小球在同一个水平 面内做半径不同,角速度相同的圆周运 动,角动量沿着竖直方向分量守恒。
J1z ? J1 sin?1 ? m1?l sin ?1 2 J 2 z ? J 2 sin ?2 ? m2? l2 sin2 ?2
2 1 2

P

?1 l 1

v1 m1

两个质点角动量的水平分量方 向相反,总的水平分量是
J ? ? J 1? ? J 2? ? J 1 cos ?1 ? J 2 cos ?2

虽然这个分量的大小不变,但方向在改变,因此 角动量的水平分量不守恒!重力在水平方向的力 矩不为零!
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A

B

l1
C

l2 m

【例题】如图两根不可伸长的柔软的细 绳,长度分别是l1 与l2 ,且l1<l2, 其上端 各有小圆环A与B挂在水平横杆上可以滑 动,静摩擦系数分别是 m1 与 m2 ,其下端 联结于C处,悬挂一个质量m的质点。试 求各种 m1 与 m2 取值下系统达到平衡时AB 之间的距离。 力学系统处于平衡状态的条件:所受合力 为零,所受合力矩为零,系统处于静止状 态。进一步还要讨论系统平衡的稳定性。 静摩擦系数可能的取值是 m=0或者 m>0. 需要通过受力分析与讨论,得到可能的 平衡状态,进一步求出AB的长度。

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A B

l1 l2
C

【解(1)】 如图AB=0时(A与B重合),AC 连线沿竖直线方向,此时细绳AC拉直, BC松弛。重力mg与绳子AC的张力T相等。 这种平衡与摩擦系数的取值无关!
当小环B离开A到达横杆右边某位置时, 如果满足条件
2 AB ? l2 ? l12

m
A B

(1)

l1
C

l2

m

由于细绳BC没有质量,系统受到小球的 重力mg与绳子AC的张力T相互平衡外, 没有任何其他外力作用,系统仍然处于 平衡状态。这种平衡与小环的摩擦系数 无关。
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设小环B再向右移动一段小距离?x,上面条件(1)不再 满足。AB长度表示为
A
F2 B
2 AB ? l2 ? l12

T2

q2
N2

f2

小环B受到沿细绳BC方向张力作用 T2,张力T2在竖直方向分力、向左的 水平分力以及静摩擦力分别是
? N 2 ? T2sinq 2 ? ? F2 ? T2cosq 2 ? f ? m N ? m T sinq 2 2 2 2 2 ? 2
F2 ? f

C

m

如果小环B在水平方向的力满足关系

平衡被破坏,质点B返回向左运动。
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利用以上力的表示及几何关系求出摩擦系数满足关 ?T2cosq 2 ? m 2T2sinq 2 系
A

T2

q2

B

时,小环B将返回左向运动,系统的 平衡状态被破坏。 同样小环A受到沿着AC方向张力T1作 用,其平衡状态同样与张力T1以及摩 擦力f1 之间的关系决定。但T1 近似沿 着竖直方向,其水平分力小于静摩擦 力,因而不发生滑动。对于一种极端 情况: m1=0,此时小环将沿着AB杆滑 动。平衡状态被破坏。
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? ? ? m 2 ? ctgq 2 ? ?

2 l2 ? l12 l1

C

m

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总之在条件 或者

m1 ? 0,

m2 ?

2 l2 ? l12 l1

系统的平衡状态是:AC连线沿竖直方向,AB 之 间距离范围是 0 ? AB ? l12 ? l22 【解(2)】问题成为,讨论在以下条件时系统的平 衡问题
? m1 ? 0, ? 2 l2 ? l12 ? ? m2 ? l1 ? ? AB ? l 2 ? l 2 2 1 ?

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A
f1 ? q1 F1 1 T1

如图所示系统处于平衡状态。分别 分析环A与B的受力情况。 D B 环A受到张力、水平分力与摩擦力作 q2 ?2 用,分别是
T2

C

m

? N 1 ? T1cos?1 ? ? F1 ? T1sin?1 ?f ?m N 1 1 ? 1

当AB距离继续增大,达到条件
? F1 ? f1 ? ? tg?1 ? m1

可见当杆AB距离再变大(距离DC变小时)时,使得 tg?1的值满足上面条件时环A将沿着杆向内滑动而不 再静止,系统不再平衡。
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同理分析环B的受力情况.得到环B发生滑动的条件是
? N 2 ? T2cos?2 ? ? F2 ? T2sin?2 ?f ?m N 2 2 ? 2

? F2 ? f 2 ? ? tg?2 ? m2

进一步分析这两个条件满足时需要具备的条件。

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A
?1 q1
T1

D h
C
q2 ?2
T2

如图夹角?1与?2在几何条件下相互联 B 系,用h表示C到AB杆的距离,则
? l12 ? tg?1 ? h2 ? 1 ? ? 2 l2 ? ? tg?2 ? h2 ? 1 ?

m

由正弦定理得到

l1 sinq 2 ? l2 sinq1

当AB距离增大时,夹角 q1 与 q2 都减少,夹角 ?1 与 ?2 则随着增大,其正切函数值也增大。而环A和环B首 哪一个先滑动或同时滑动取决于那个条件首先满足
? tg?1 ? m1 ? ? tg?2 ? m2 山东大学刘希明辅导物理竞赛

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设A环开始滑动时,h用hA表示,则得到
A
?1 q1
T1

D h
C
q2 ?2
T2

B

l12 ? 2 tg ?1 ? 2 ? 1 ? m12 ? hA ? ? l12 ? h2 ? ? A 1 ? m12 ?
2 l2 ? 2 2 tg ?2 ? 2 ? 1 ? m2 ? hB ? ? 2 l2 ? h2 ? 2 ? B 1 ? m2 ?

m

设B环开始滑动时,h用hB表示,同样得到

可以通过比较杆AB增长过程中,通过距离hA 与hB 来 判断哪个环首先滑动,进而求的AB的长度。
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A
?1 q1
T1

D h
C
q2 ?2
T2

B

(1)如果 hA ? hB,首先达到A球滑动的 条件。由以上各式得到关系
l12 ? 2 ? hA ? 1 ? m 2 ? 1 ? 2 ? h2 ? l 2 2 ? B 1 ? m2 ?
2 2 1 ? m2 l2 ? 2 2 1 ? m1 l1

m

以及关系

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hA ? q1 A ? arccos ? arccos 1 ? l1 1 ? m12 ? ? ? AD ? l 2 ? h2 ? m 1 l1 1 A ? 1 ? m12 ? ? hA ? l1 ? 1 ?q 2 A ? arccos l ? arccos ? l 2 1 ? m2 ? 2 2 ? ? ? ? 2 2 l2 ? l2 m12 ? l12 ? 2 2 BD ? l2 ? hA ? ? 1 ? m12 ? 山东大学刘希明辅导物理竞赛

41

进一步求出AB的长度是
AB ? AD ? BD ?

m1l1 ? l22 ? l22 m12 ? l12
1 ? m12

总之,在条件

? m1 ? 0 ? 2 2 ? 1 ? m2 l2 ?1 ? m 2 ? l 2 1 1 ?

系统保持平衡状态,AB的长度限制为
AB ?

m1l1 ? l22 ? l22 m12 ? l12
1 ? m12
42

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(2)如果hA ? hB ,由以上各式得到关系
2 2 1 ? m2 l2 ? 2 2 1 ? m1 l1

小环B首先滑动,系统失去平衡状态。此时有关系
? hB ? l2 ? 1 ?q1 B ? arccos l ? arccos ? l 2 1 ? m2 ? 1 1 ? ? ? ? 2 2 l12 ? m2 l12 ? l2 ? 2 AD ? l12 ? hB ? ? 2 1 ? m2 ?

以及关系

hB ? q 2 B ? arccos ? arccos 1 ? 2 l2 1 ? m2 ? ? ? BD ? l 2 ? h2 ? m2 l2 2 B 2 ? 1 ? m2 ?
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 43

进一步求出AB的长度是
AB ? AD ? BD ?

m2 l2 ? l12 ? l12 m12 ? l22
2 1 ? m2

总之,在条件

? m1 ? 0 ? 2 2 ? 1 ? m2 l2 ?1 ? m 2 ? l 2 1 1 ? 2 2 ?1 ? m2 ? l2 / l12 ?

系统保持平衡状态,AB的长度限制为
AB ?

m2 l2 ? l12 ? l12 m12 ? l22
2 1 ? m2

2013-6-10

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44

讨论:如果满足条件
2 2 1 ? m2 l2 ? 2 2 1 ? m1 l1

则给出关系 hA ? hB ,两个小环将同时滑动, 此时AB的 距离是

? m1 ? m2 ? l1 ? ? m1 ? m2 ? l2 AB ?
1 ? m12
2 1 ? m2

保持系统力学平衡的条件是

? m1 ? m2 ? l1 AB ?
1 ? m12

2013-6-10

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45

【例题】质量M的宇航站载有质量m的卫星一起绕 地 球 做 半 径 nR 的 圆 周 运 动 , R 是 地 球 的 半 径 , n=1.25。在园轨道某位置上,沿着运动方向卫星被 射出后做椭圆运动,其远地点到地心的距离为8nR, 卫星绕地球一周后正好与宇航站相遇,问两者的质 量比值m/M多大?

R

nR
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【解】卫星被射出前,在地球引力下做圆周 运动,速度为u
? u 2 GmM 0 2 ? m nR ? ? nR ? ? ? ? GM 0 u? ? nR ?

(1)

设在圆周轨道上C点,卫星m被射出后,卫星速度为 v,宇航站M的速度为V,则动量守恒
?( M ? m )u ? MV ? mv ? ? m u ?V ?M ? v?u ?

(2)

此后卫星与宇航站分别以速度v与V绕地球做椭圆运 动。假设两者速度方向相同。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 47

万有引力作用下园轨道、椭圆轨道的讨论 半径R0园运动的能量与运动方程分别是
m M

R0

1 GMm ? 2 ? ? E0 ? 2 mv R0 ? ? v 2 GMm ?m ? 2 R0 ? R0 ?
GMm E0 ? ? ?0 2R 0

求出园轨道的能量

椭圆轨道的能量与长半径有关是
GMm E?? ?0 2a
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在轨道上某处质点m速度有所增加,但总能量小于零, a ? R0 园轨道变成椭圆轨道。必有关系 这个位置是新椭圆轨道的近地点。按照几何关系得到
a ? c ? R0
m M

R0

如果质点的速度有所减少,总 能量减少。园轨道成为椭圆轨 道。但是 a ? R0 ,这个位置是椭 圆轨道的远地点,且
a ? c ? R0

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49

因为M>m,则V<v。 即C点是M的远地点,是m的近 地点。用rm表示椭圆轨道的近地距,rM表示远地距, v 存在基本关系:
? rM ? a ? c ?r ? a ? c ?m ? ?a ? 1 (r ? r ) ? 2 M m ?
V

C
8nR R nR

用r表示M的近地距离,其远地距为圆 周轨道半径,则长半径是 1 (3) a M ? ( nR ? r )
2

卫星的近地、远地距分别是nR与8nR,则
1 9 am ? ( nR ? 8nRr ) ? nR 2 2
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(4)
50

椭圆运动的周期与长半径之间关系为
? TM ? ? a M ? ?T ? ?? a ? ? m? ? m?
2 3

(5)

为了达到卫星运转一周后在正好与宇航站M相遇的要 求,周期之间必须满足 Tm ? kTM (k正整数) (6) 利用以上各式,得到长半径之间的关系
am 9nR ? ? 3 k2 a M nR ? r

(7) (8)

上式化整为

3 r k2 ? 1? nR ? r 9

继续利用守恒定律才能够得到预期结果。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 51

对M与m分别利用角动量守恒与能量守恒 于近地点与远地点处。
GMM 0 1 GMM 0 ?1 2 2 ? ? MV1 ? ? MV nR 2 r ?2 ? MnrV ? mrV1 ? GmM 0 1 GmM 0 ?1 2 2 ? ? mv1 ? ? mv nR 2 8nR ?2 ? mnr v ? m 8nRrv1 ?

(9)

(10)

利用(9)式消去V1得到V的表达式,同样利用(10)式求 出v ? 4 GM 0 4
?v = 3 nR ? 3 u ? ? 2r GM 0 ?V ? ? ? nR ? r nR ? 2r u nR ? r

(11)
52

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把(1)式的速度u以及(11)式代入(2)式,利用(8)式得到
m u ?V ? M v?u ? m 2r ? 2 ? 3? 1 ? ? ? 3 ? 2(9 ? k 3 ) M nR ? r ? ?

(2) (12)

进一步的讨论是对M的近地距r的限制,不能够撞击 R ? r ? nR 地球! 结合(8)式
3 r k2 ? 1? nR ? r 9

(8)

得到k满足的条件 1
已知
2013-6-10

k2 3 ? 1 ? ? ?1? ?? 2, n?1 ? 9 ? n ? 1.25 山东大学刘希明辅导物理竞赛

53

最后得到 9.5 ? k ? 11.2 因为k取正整数,得到 k1 ? 10, k2 ? 11 由此得到质量比值
?? m ?? M ?? ? ?? m ?? M ?? ? ? ? 0.048, ?1 ? ? ? 0.153, ?2

最后当M与m反向运动时,动量守恒成为
m u ?V ? M v?u
?? m ?? M ?? ? ?? m ?? M ?? ? ? ? 5.59 ?1 ? ? ? 5.84 ?2
54

质量比值为
2013-6-10

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以上计算位于C处的卫星与宇航站的速 度,也可以按照下面方法计算。先计算 卫星新轨道的几何参数
? rM ? a ? c ?r ? a ? c ? m ? ?a ? 1 (r ? r ) m ? 2 M ?

1 9 ? ? a ? 2 ( nR ? 8nR ) ? 2 nR ? ? c ? a ? nR ? 7 nR 2 ?

v

nR

8nR

计算卫星位于C点的能量
GM 0 m GM 0 m ?1 2 ? ?? ? 2 mv a?c 2a ? ? 1 mv 2 ? GM 0 m ? GM 0 m ? 8GM 0 m a?c 2a 9nR ?2 4 GM 0 4 v? ? u 3 nR 3
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求出速度
2013-6-10

【例题】设赛车道的动摩擦系数与静摩擦系数m均为 与速度无关的常数,在90°与180 °平面转弯处, 可以沿着大半径R的圆弧外车道或小半径r的圆弧内 车道。把赛车看作质点,忽略空气阻力,在通过弯 道前后的加速、减速运动的加速度相等,转弯时的 速度大于 m gR ,沿着内外车道哪个车道有利?
r
R

内车道 外车道

2013-6-10

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56

【解】(1)沿圆弧曲线运动时的速度受侧向摩擦力 的限制。圆周运动的向心力由最大静摩擦力提供。 满足关系 ? v2
? m R ? m mg ? ? v = m gR ?

(1)

赛车的直线运动时的速度V比圆周运动的速度v大, 进入圆周轨道前做减速运动,速度由V变为v;同样 离开圆周轨道做加速运动,使得速度由v变为V。 减速运动的力就是摩擦力 ? ma ? ? m mg (2)
? ?a ? ? m g
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 57

按照已给条件,加速运动的加速度与减速运动的加 速度相等 a? ? a。求出需要的时间以及通过的位移是
? V ?v V t? ? ? R ? a mg mg ? ? ? S ? V 2 ? v2 ? V 2 ? R 2a 2m g 2 ? ?

(3)

至于做四分之一圆周运动需要的时间是
t0 ? 1 2? R ? ? 4 v 2 R mg

(4)

由以上结果可知,圆周运动的速度,加速、减速通 过的位移与所需要的时间,四分之一圆周运动需要 的时间都与圆的半径有关的!
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 58

F E
r
R

D

(2)讨论90°转弯所用时间 通过简单的几何关系可知,外车道AB 段为减速过程,BD曲 线 为半径R的四 分之一圆周运动,DE则是减速过程, b 而EF为匀速V运动。所用时间为
B
C

? V R ?? ? T ? 2? ? mg mg ? 2 ? ?

R ? EF mg V

(5)

a

A

沿内车道运动,ac是匀速V运动,cb是 减 速 运 动 ,bD 是 半 径 为 r的 圆 周 运 动,DF则是减速运动,所用时间是
? V r ?? ? t ? 2? ? mg ? 2 ? mg ? r ? ac mg V

(6)
59

2013-6-10

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进一步分析几何关系。内道运动的减速 cb与加速过程DF的长度都由(3)式得到
F E
r
R

D

V2 ? r s? 2m g 2
b

外道运动的AB与DE的长度则是
B

V2 ? R S? 2m g 2

这得到外道匀速运动的长度
C

a

EF ? DF ? DE ? s ? S ? 1 R ? r ) ( 2 A

(7)

而内道匀速运动的长度
ac ? AB ? R ? r ? cb ? 1 R ? r ) ( 2

(8)

内外道匀速运动所用时间也是相等的。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 60

最后得到沿着外道与内道运动所需要 时间差是
T ?t ? 2? ? 2

?

?

r? R ?0 mg

(9)

可见沿着外道所用的时间较少,是最有利的选择。

2013-6-10

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61

(3)讨论沿原路返回时的情况 沿着外道运动过程:AB减速、BD半圆弧匀速运 动、DF加速运动,所用时间是
d D R e F f c r b
? ? T ? 2? V ? R ? ? ? R mg ? mg ? mg

(10)

B

沿着内道运动:ac匀速V运动、cb 减速、bd半径r的匀速半圆弧、de 加速、ef匀速V运动。 利用几何关系求出
ac ? ef ? AB ? R ? r ? ac ? S ? R ? r ? S ? 1 (R ? r) 2
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a

A

所用时间是
2013-6-10

? V r ??? r ? R?r t ? 2? ? mg mg ? mg V ? ?

(11)

求出两种轨道所用时间差
?? ?2 R ? r ?? R ? r ? T ?t ?? ? ? V mg ? ?

(12)

当 V ? m g ? R ? r ? , ? t ,选择内道。 T
? ?2

当 m gR ? V ?

? mg

R ? r ?, ? t 选择外道。 T ? ?2

2013-6-10

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63

【例题】如图所示,椭圆长短半径分别是a与b,设 长半径竖直放置。一个质量为m的质点,可沿着椭 圆的“直径”下滑。求质点沿着哪个直径下滑用时 间最短? 【解】如图示直径AB,极 y 角为 q, 质点受重力mg与直 A 径的约束力N作用。 a
O b B
q

x

N
q
mg

沿着直径AB方向加速度是 a? ? gcosq
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 64

按照直角、平面极坐标基本关系 代入椭圆方程
? x ? r sin q ? ? y ? r cos q

x2 ? y2 ? 1 b2 a 2
r 2 cos 2 q ? r 2 sin 2 q ? 1 a2 b2

得到用(rq)表示的椭圆方程 (1) 进一步得到r与q的关系为
r?

a 2b2 a 2 sin 2 q ? b 2 cos 2 q

(2)

质点做加速运动,通过直径AB一半长度的时间是
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 65

t?

2r ? a? ?

2ab g cosq a 2 sin 2 q ? b 2 cos 2 q 2ab g 1 4 a 2cos 2 q ? ( a 2 ? b 2 )cos 4 q

(3)

要求时间t的极小值,可以通过求上式分母的极大值 得到。为此令
f (q ) ? a 2cos2 q ? (a 2 ? b2 )cos4 q a 2 cos 2 q ? 2 ? b 2 ) ?cos 4 q ? ? ?(a ? ? a 2 ? b2 ? ? 2 2 ?? 2 2 a a ? ?? ? ? 2 ? b2 ) 2q ? ? ?(a ?? cos 2 ? a 2 ? b2 ? ? ? 2 ? a 2 ? b2 ? ? ? ? ? ? ? ??

因为已知a>b,所有当该式括号中第一项为零时,取 极大值。所用时间最短。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 66

由此得到质点沿着任意直径下落用时间最短的直径是
a2 cos q ? 2 ? a 2 ? b2 ?
2

(4)

这个条件对应着对称的两个极角所表征的直径。 讨论:由于cos q ? 1 ,所以长短半径应满足条件
a2 ?1 2 ? b2 ? 2?a ? 1 a 2 ? b2 ?2 ? ? a ? 2b ? b ? a ? 2b

得到条件 而如果

(5) (6)

则不存在极值。在条件(5)满足时,把(4)式代入(3) 式得到时间的极小值。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 67

? a2 ? ? ? ? 2 ? a2 tmin ? a ? (a 2 ? b 2 ) ? ? 2(a 2 ? b 2 ) 2(a 2 ? b 2 ) ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? 4 2ab ? a ? 4 ? 4b (a 2 ? b2 ) 1 4 ? 2 ? b2 ) ? g ? 4(a ga ? ? ? 讨论当 b ? a ? 2b 满足时,在 0 ? q ? 2 范围内,时间t
2

2ab g

?1 4

随q单调变化,没有极值。
t?

在q ?

,cos q ? 0 ,时间t ? ? ,在 q ? 0,sinq ? 0,cos q ? 1, 2 由上式求出时间的极小值是 tmin ? 2a g
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 68

?

2ab g cos q a 2 sin 2 q ? b 2 cos 2 q

y

t
x

t
tmin

t

tmin

tmin q q q 0 q0 ? 2 0 ? 2 0 ? 2 b ? a ? 2b a ? 2b a ? 2b

时间t随极角q变化的示意图

2013-6-10

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69

【例题】水塘里有一只青蛙停在一片荷叶的中央, 青蛙质量为m,荷叶质量为M,看成半径为R的园。
(1)若青蛙能够一次跳离荷叶,那么青蛙应做多 少功? (2)如果青蛙由所在荷叶中央起跳,刚好落在 紧挨着的另一片完全相同的荷叶中央,随之一起 向前滑动,试求机械能损失与青蛙所做功的比值。 设青蛙跳离或者跳落荷叶时,荷叶均不产生 竖直方向的运动,只能够在水面上无阻力的滑动。

2013-6-10

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70

【解1】设青蛙起跳后瞬间相对地面的水平速度与 竖直速度分别是vx 与vy,荷叶后退的速度为v,则起跳 过程中青蛙所做的功是 2 2 (1) W ? 1 M v 2 ? 1 m (v x + v y )
2 2

系统在水平方向动量守恒
M v = mv x

(2)

在荷叶参考系中,青蛙起跳后相对荷叶的水平速 度是 (3) v? ? v + v
x x

按照题目要求,青蛙要离开荷叶,即青蛙相对荷 叶中央的位移必须满足条件 x? ? R
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 71

容易求出

进而利用 x? ? R 整理给出关系

2vy x ? ? v? t ? ( v x ? v ) x g 2vy (v x ? v ) ?R g

求出青蛙竖直速度满足的条件
gR vy ? 2(vx ? v)

(4)

把(2)(4)代入(1)式,得到青蛙做功的限制
m( m ? M ) 2 m ? MgR ? W? vx ? 2 2M 8( M ? m )vx 进一步利用公式 a ? b ? 2 ab ,改写(5)式
2

(5)

2013-6-10

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72

2 m(m + M )vx m( gMR)2 W ?2 ? ?1 2 2M 8( M ? m )2 vx 2

m 2 M gR M ?m

(6)

因此青蛙能够跳出荷叶,所做的功至少应是
Wmin ?1 2 m 2 M gR M ?m

(2)如果青蛙由所在荷叶中央起跳,刚好落在紧挨 着的另一片完全相同的荷叶中央,随之一起向前滑 动,试求机械能损失与青蛙所做功的比值。

2013-6-10

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73

【解2】设青蛙起跳后瞬间相对水面的速度v,竖直分 量与水平分量之夹角为 q. 则可以利用抛体公式处理 射程问题。到达另一片完全相同荷叶的中央,水平 射程是 2v 2 sinq cosq v 2 sin 2q
2R ?
0

g

?

0

g

由此求出起跳时速率的表示
2 gR v0 ? sin 2q

(1)

青蛙起跳时与荷叶系统在水平方向动量守恒
? M v = mv0 cosq ? ? mv0 cosq ?v = M ?
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

(2)
74

设青蛙跳到另一片荷叶中心后,两者具有共同的 水平速度V,再次利用水平方向动量守恒得到
?( M ? m )V = mv0 cosq ? ? mv0 cosq ?V ? M ? m ?

(3)

青蛙起跳时做的功是
2 2 W ? 1 M v 2 ? 1 mv0 ? m v0 ( M ? m cos 2 q ) 2 2 2M

(4)

青蛙的机械能损失是
? E ? W ? 1 M v 2 ? 1 ( M ? m )V 2
2 2

分别代入(2)(3)(4),得到
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 75

2 mv0 ( M ? m sin 2 q ) ?E ? 2( M ? m )

进一步求出比值是
?E ?
W M ( M ? m sin 2 q ) ( M ? m )( M ? m cos 2 q )
0?q ? ? 2

因为

所以这个比值的范围是

?
2013-6-10

M M ?m

?

2

? ?E ? 1 W

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76

【例题】如图一辆以速度v0运动的车子A撞上一辆静 止的车子B,碰撞后两车一起运动直至停止,历时10 秒。在这个过程中原来放在车子B车尾的1米长的物块 刚好移动到车A的车顶。已知两车质量相等,物块的 质量是一个车子质量的1/140,物块与车顶的摩擦系 数是车与地面摩擦系数的69倍,求车A初始速度v0多 大?
C A v0 B A
C B

v

2013-6-10

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77

【分析与解答】
①车子A与B发生完全非弹碰撞,可以忽略一切常规 力;利用动量守恒解决。 ②AB碰撞瞬间作为一个整体运动,而物块C相对车 子发生相对滑动,在时间t1内相对滑动停止,物块恰 好移动到车子A的前端。利用相对运动解决。 ③A、 B、 C三者作为整体向前继续运动,在摩擦阻 力作用下,逐渐减速直到停止,这段时间为t2.且总 的时间是t=t1+t2=10s.

2013-6-10

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78

①A与B发生完全非弹碰撞,设共同速度为v.动 量守恒给出两者向前运动的速度
? M v0 ? 2 M v ? ? v = 1 v0 ? 2 ?

(1)

②设物块质量为m,车的质量M=140m,车子与地 面之间的摩擦系数为m,物块与车之间的摩擦系数 为 m1,则 m1=69m.两车在地面及物块向后的摩擦力 作用下的减加速度是
m (2 M ? m ) g ? m 1 mg ? ? a AB ? ? 2M ? (2) ? a AB ? ?1.25m g ?
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 79

按牛顿三定律物块受到车子向前的摩擦力,相对地 面的加速度是 m1mg ? f1 f1 ? aC ? (3) m ?
v

? aC ? 69m g ?

f

而物块相对车子的加速度则是 ? ? aC ? aC ? a AB (4)
? ? ? aC ? ? 69 ? ( ?1.25)? m g ? 70.25 m g

物块在这个相对加速度下做匀变速运动,在t1时间内 速度变为零,通过的距离为l=1m.可以利用运动学关 系求解。首先给出箱子相对车子的初、末速度。初 速度就是车子相对地面速度,但方向相反,末速度 为零停止。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 80

由(1)式得到物块的初速度
v? ? ? v0 /2 0

? aC

?v? ? ?v = ?v0/2 0 ? t1 ?v? ? 0 利用运动学公式 v 2 ? v02 = 2as ? ?v? ? v? 2 = ?2aC l 0 t1 ? 2 ?v0 ? 562m gl
? 562m gl v0 v0 t1 ? ? ? ? ? aC 2aC 140.5m g

l=1m 相对车的物理量

(5)

以及运动学公式 vt ? v0 ? at ,求出 (6)

经过t1时间后,箱子相对车子静止,此时两车(以及物 块)相对地面的速度v1,在这个时间内由运动学给出
1 v ? 1.25m g ? 562m gl v1 ? v ? a AB t 1 ? 2 0 140.5m g
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 81

v1 ? 1 v0 ? 5 562m gl 2 562

(7)

③由t1时刻起,三者以初速度v1在地面摩擦力作用下 做减速运动,直到经过t2时间停止。加速度是
a ABC ? ? m g

利用运动学公式求出
?v1 ? a ABC t 2 ? ? t 2 ? 1 1 v0 ? 5 562m gl ? mg 2 562 ?

(8)

?

?

(9)

利用关系 t1 ? t2 ? 10s 代入数据求出
v0 ? 280l ? 28( m / s ) t
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

(10)
82

【解2】据前分析,得到AB碰撞后共同速度为 v0 (1) v?
2

由此开始,车AB一起向前运动,箱子C则向左相对 滑动运动。经过10秒时间三者都停止。在这个过程 中,箱子与车之间摩擦力做功损耗能量,这个摩擦 力做功的数值为m1mgl,另一方面系统受到地面摩擦力 作 用同样 损耗能量 ,这个 地面摩 擦力作 用时间 是 t=10s.可以看成系统受到一个冲量作用:m(2M+m)gt 设箱子与车之间摩擦力做功使得三者的速度减少为 v1,得到关系 1 (2 M ? m )v 2 ? 1 (2 M )v 2 ? m mgl (2) 1 1
2 2
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 83

系统此时具有的动量是 (2 M ? m )v1 在地面摩擦力冲量 作用下最后变为零,按冲量定理得到 利用以上3式可以求出与m有关的初速度
(2 M ? m )v1 ? m (2 M ? m ) gt

(3)

2 v0 ? 1 (281m 2 g 2 t 2 ? 138m gt ) 70m

事实上,以上3个方程包括4个量:v 、 v0、 v1 与 m, 显然 需要进一步列出有关方程。利用相对运动关系得到
2 v0 ? 562 m gl

则问题全部解决。

2013-6-10

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84

【例题】如图所示,固定的半径R竖直放置的圆 环,有一个质量m的珠子套在圆环上,两者之间 摩擦系数为m.初始时珠子位于圆环的最低点P,在 一个附加的切向力作用下,以不变的速度v从P点 到达最高点Q。求该过程中摩擦力做的功。 Q 【分析与求解】质点在运动 过程中始终保持恒定速率v, 做圆周运动的向心力是重力 mg与支持力N两者合力提供, 因此N的大小与方向与圆周运 动的速度有关。
85

m

P
2013-6-10

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Q

N B

设如图,珠子在任意 q 处,受到重 力mg以及正压力N作用,则有方程
? mv 2 ? N ? mg cos q ? R ? mv 2 ? mg cos q ?N = R ?

(1)

O

q

qB
N A mg

x

P

上式中余弦函数cosq 会取负值,如 果珠子的速率v足够大,环对珠子 的支持力N的方向始终指向圆心。 如果珠子的速率v不是足够大,可 能出现N=0的位置 qB,继续向上运动 时,N会改变方向,方向背离圆心。

这个速率的临界值可由在最高点Q处的N=0来确定。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 86

在最高点Q处正压力N=0,则有
Q N B O

? mv 2 ? mg ? R ? ? v = gR ?

(2)

q

qB
N A mg

①设珠子的速率满足条件
x

v < gR

P

利用(1)式求出N=0的位置 qB 如 图所示 v2 (3) cosq B ? ?
Rg
R

当珠子由p到B的运动过程中,利用(1)式的N表示式得 v2 ) 到摩擦力 f ? m N ? m ( mg cosq ? m 通过任意小位移?S摩擦力做的功是
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 87

? A1 ? f ? m N ? ? S v2 ? S ? m mg cosq ? m R

?

?

?x

利用基本几何关系

q

?q

?s

得到珠子由q=0到q=qB摩擦力做的功
A1 ? m ? mg? x ? mv 2 ?q ? ? m mg ? R cosq B ? m mv 2q B

? ? S ? R?q ? ? ? S cosq ? ? x

(4)

利用了基本关系 进一步计算珠子由qB到Q时摩擦力做的功,此时N改 变符号,但摩擦力仍然与运动方向相反。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 88

? ?q ? q , ? ? x ? R cosq
B

B

mv 2 ? mg cosq N=? R

v2 ? S ? A2 ? m mg cosq ? m R
? m ? ? mg ? x ? mv2 ?q ?
A2 ? m mgR sin q B ? m mv 2 (? ? q B )

?

?

(5) (6)

利用以上(4)(5)以及(3)得到摩擦力做的总功为
v2 A ? m m ? 2 g 2 R2 ? v4 ? 2v 2 arccos ? ? gR ? ? ? v 2 ? ? ?

②对于另外一种情况,中间不存在N=0的点,则摩擦 力做的总功是 A ? m? mv2

2013-6-10

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89

【例题】质量很大的车厢相对地面以速度v0匀速运 动,车厢内一半径为R的固定光滑的半圆柱面,顶 部有一个质量为m的物块,开始时静止,因为受到 一个扰动,物块在图示平面内下滑,直到离开柱体, 试求在此过程中圆柱面支持力N对物块所做的功。

m

v R

q

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90

【分析与解】在车厢惯性参考系,支持力始终与物 块位移垂直,因此支持力也不做功。应该在地面参 考系考虑做功问题。
首先在车厢惯性参考系求解物块离开圆柱时的位置与 速度。此位置支持力为零。机械能守恒与圆周运动方 ? mgR(1 ? cos q ) ? 1 mv? 2 程为 ? 2 (1) ? 2 ?
? m v ? mg cos q ? R
?cosq ? 2 ? 3 ? ?v? = 2 gR 3 ?

解出物块脱离圆柱时的夹角与相对车厢的速度是 (2)
91

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设物块向右滑动脱离圆柱。物块 相对地面的速度为V,则有关系 2 (4) V 2 ? v? 2 ? v0 ? 2v?v0 cos q
q

v0
v? V

利用功能原理得到物块能量的改 变,即支持力做的功
2 W ? 1 mV 2 ? 1 mv0 ? mgR(1 ? cosq ) (5) 2 2

联立以上5式,得到
W ? 2 2 gR ? mv0 3 3

(6)

如果物块向左滑动离开圆柱体,则
2 V 2 ? v? 2 ? v0 ? 2v?v0 cos q W ? ? 2 2 gR ? mv0 3 3

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92

【例题】如图所示,xy平面是绝缘、刚性平面, 坐标轴Oz轴竖直向上.在A(x0,0,0)处一带负电的质点, 电荷量为-q.外加均匀电场强度为E的电场,E与x轴垂直, 与z轴夹角为q。质点用一穿过坐标原点O的细线牵引, 质点与刚性平面的动摩擦系数与静摩擦系数都为 m= tgq,不计质点的质量。 z 质点在刚性平面上缓慢 E y 的移动,任何时刻都可 q 以认为处在力平衡状态。 A 质点的轨道是一条二次 x0 x O 曲线,求出这条二次曲线 的方程。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 93

【分析力】质点在电场力F、细绳拉力T、摩擦力f以 及刚性面支持力N共同作用下在刚性平面上作力平 衡下缓慢运动。其中被动力摩擦力的方向与速度方 向相反(即轨道的切线方向),由此可以得到质点的轨 道方程。
z 把均匀电场投影到y、 E z方向,如图得到关 q 系
? ? ? E ? E cos qk ? E sin qj

y A x0

(1)

O

x

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94

质点受到电场力分解到y、z方向
z E y
? Fy ? ? qE y ? qE sin q ? ? ? Fz ? ? qE z ? ? qE cos q ?

(2)

q
O A x0 x

在z方向还受到桌面向上的支持力N 作用,与电场力相平衡,得到关系
N ? qE cos q ? Fz

质点受到的摩擦力与N有关,正好与电场力相等,表 成为
f ? m N ? tgq qE cosq ? qE sin q ? Fy
(3)

摩擦力的方向决定于质点运动的方向。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 95

质点在电场分力Fy,摩擦力f以及细绳拉 力T作用下在Oxy平面缓慢运动。任意时刻三个力 相互平衡,如图所示受力平衡方程为 y F
? Fy ? T sin ? ? f y ? 0 ? ? ?T cos ? ? f x ? 0
y

(4)
?

整理(4)式得到关系
( Fy ? T sin? )2 ? T 2 cos2 ? ? f 2

T

f
x

(5)

注意到摩擦力f的大小与电场力 Fy 的大小相等,(5)式 化成为 T (T ? 2Fy sin ? ) ? 0 该方程的解是
?0 T?? ? 2 Fy sin ?
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(6)

舍去T=0的无意义解。
2013-6-10 96

考虑到夹角范围 0 ? ? ? ? 则(6)式的
T ? 2Fy sin ? ? 0

(7)

把这个结果代入(4)中,得到摩擦力的表示
? Fy ? T sin ? ? f y ? 0 ? ? ?T cos ? ? f x ? 0

? f x ? T cos ? ? Fy sin 2? ? ? ? f y ? T cos ? ? Fy ? ? Fy cos 2? ?
fy fx ? ?ctg2?

进一步求出
k?

(8)

因为摩擦力始终沿着轨道的切线方向,因此(8)式 给出了轨道切线方向的斜率。由此可以得到轨道方 程。下面做出讨论,给出质点轨道方程是园。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 97

讨论:当??0时,对应图中OA线,即开始的起点。 k? 即在起点A时,轨道的切线与x轴垂直。 ,
当 ???/2时,与Oy轴对应。k? 般情况是质 一 , 点运动到y轴上后,沿着y轴运动到坐标原点 O,这不 是二次曲线轨道,与题意不符。因此必定是轨道在 坐标原点的切线与x轴垂直。
y x A

O

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98

二次曲线中,曲线上两点切线相互平行(与x轴垂直), 只能是园或椭圆。而A、O两点的切线与连线AO垂 直,因此连线ox坐标轴就是轨道曲线的轴线,另一 轴线在OA的垂直平分线上且与oy轴平行,二次曲 线与这个轴线交点的切线斜率为0。由(8)式得夹角
? ?? /4

因此轨道曲线是园。其方程是 y
x0 ? ? ? x0 ? 2 ?x? 2 ? ? y ?? 2 ? ? ? ? ?
2 2

(9)

O

x A

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【例题】如图所示,带正电小球质量为0.10kg,电 荷量为8×10-4C.从水平地面上A点以与x轴正方向成 300 夹角的初速度v0 抛出(v0 位于Oxy竖直平面内),小 球到达最高点B时(最高点位于Oy轴上),在全空间立 刻产生一个匀强电场E,强度为2.50×103N/C,方向平行 与Oxy平面,且与x轴负方向成q夹角,当带电小球再次 通过y轴时,匀强电场立刻消失,试分析讨论当夹角q改 变时(0≤q≤1800 ),带电小球的运动情况,并画出带电小 球在各种情况下的运动轨迹略图。
y B

A
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30°

q

x
100

【分析】带正电小球到达最高点加入匀强电场 后,受到两个力作用,重力mg与电场力qE,由于电 场力在x与y方向的分量与 q 角有关系。按照提供的 数据得到
qE ? 2mg ? 2.0( N )

小球自B点进入电场,初始速度是
3 vB ? v0 cos 6 ? v 2 0
?

小球在电场区受到的力分别是
? f x ? ? qE cosq ? ? f y ? qE sinq ? mg
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 101

qE 【1】当电场力y分量与重力相等: sinq ? mg ,按照 题设具体数据,要求q=300,带电小球仅受到在x轴负 方向的电场力作用 qE cosq ,而小球在最高点B处具 有x轴正方向的速度v0cosa,因此小球先沿着x轴正向 匀减速运动,到速度为零时,再反向作初速度为零 的匀加速运动。到达最高点B时,电场消失,仅受重 力作用,带电小球作初速度-v0cosa的平抛运动,轨 迹与开始时相同,但运动方向相反。

X方向加速度与最大位移分别是
qE cos 30? ? ? ? 3g ?a ? ? m ? ? 2 2 vB 3v0 ? xm ? ? ? 2a 8g ? ?
2013-6-10

fx
a
102

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,小球通过最高点B后 电场力与重力满足 qE sinq ? mg ,小球在y方向受 力与初速度是 ?vBy ? 0
? ? Fy ? ? ( mg ? qE sin q )

【2】设夹角

0 ? q ? 300

小球水平方向的初速度与电场力是
?vBx ? v0 cos a ? ? Fx ? ? qE cosq

可见在负y方向作加速运动,在x方向作减加速运 动。按照两个方向上能否同时到达坐标原点的不 同情况,可以分成三种情况。 B v cosa
Fx ? qE cosq
0

Fy ? mg ? qE sin q
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 103

在x方向往返一次回到坐标原点的时间是
v0 x v0 cos a 3 v0 tx ? 2 ?2 ? ax ? qE cosq / m ? 20 cosq
(1)

竖直方向作自由落体运动,到达y=0所需要的时间
ty ? (v0 sin a )2 mg ? qE sinq v0 2h 1 (2) ? 2 / ? ay 2g m 20 1 ? 2sin q

(1)令此两式相等,得到夹角满足的条件
sin2 q ? 6sinq ? 2 ? 0
(3) (4)

进一步解出
q 0 ? arcsin(3 ? 7) ? 20?45?

满足该条件时,质点在两个方向能够同时到达O点.
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 104

t (2)当 0 ? q ? q0 时,x ? t y ,质点先在y方向到达y=0, 而x方向没有到达x=0,因此质点在O点右侧到达x轴.

tx (3)当 q0 ? q ? 30? 时, ? t y ,如上述情况刚好相反, 质点已经在x方向到达坐标原点,在y方向继续运 动,因此质点在O点左侧到达x轴。

三种情况的图像如下图所示。

(1)同时到达原点

(2)先y后x到达原点

(2)先x后y到达原点

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105

【3】当夹角在30? ? q ? 900范围时,电场力y分量 与重力满足关系 qE sinq ? mg 。 在y方向受力与初速度是
? Fy ? qE sin q ? mg ? 0 ? ?vBy ? 0

在x方向受力与初速度是
?vBx ? v0 cos a ? ? Fx ? ? qE cosq

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106

小球到达最高点B以后,在水平方向作减加速运动, 直到速度为零后,在负x方向作加速运动。而沿着 y轴正向一直作加速运动。当小球到达y轴时,小 球具有正y方向的速度以及负x方向的速度。小球 开始作斜抛运动。

B x

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107

0 【4】当夹角在90? ? q ? 150范围时,带电小球受到y 轴正方向的电场力 qE sinq ? mg 作用,在x方向则 受到正方向的作用力 qE cosq 作用。

? Fy ? qE sin q ? mg ? 0 ? ?v By ? 0

?vBx ? v0 cos a ? ? Fx ? ? qE cosq ? 0

小球到达最高点B以后,在水平方向作加速运动,在y 轴正向作加速运动。

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108

【5】当 q ? 1500 时,受力与初速度分别是
? Fy ? qE sin q ? mg ? 0 ? ?v By ? 0

?vBx ? v0 cos a ? ? Fx ? ? qE cosq ? 0

小球到达最高点B以后,在水平方向作匀加速运 动。y方向不运动。

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109

【6】当夹角在150? ? q ? 1800 范围时,存在关系
mg ? qE sinq

小球y与x方向受力与初始速度
? Fy ? ?(qE sin q ? mg ) ? 0 ? ?vBy ? 0 ?vBx ? v0 cos a ? ? Fx ? ? qE cosq ? 0

小球到达最高点B以后,在水 平方向作加速运动,在y轴负 向作加速运动。

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110

【例题】 如图所示, 在一个劲度

系数为 k 的轻质弹簧两端分别联 结着一个质量为 m1 的质点 1 和质 量为 m2 的质点 2。 如图 m1 用细线拴 住悬挂起来, 系统处于静止状态, 此时弹簧长度为 l。细线突然断 开,试求两球的坐标与时间 t 的 关系。

m1

m2

两个小球都受到重力作用,它们之间又有弹性力作用, 可以直接求解,也可以利用两体方法求解,为了相互比 较,下面采取不同的办法求解。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 111

【解1】直接由牛顿第二定律求解
建立实验室坐标系Ox,取竖直 向下正,坐标原点O与此时质点m1
O
k

的位臵重合。首先求出质心的初始位 臵. m1 x10 ? m2 x20 m2 l xC (0) ? ? m1 ? m2 m1 ? m2 求出两个质点到质心的距离分别是
m2 l m1l l1 ? , l2 ? m1 ? m2 m1 ? m2

m1
l

C x

?1?

m2

质心在重力作用下做一维加速运动

1 2 m2 l 1 2 xC (t ) ? xC (0) ? gt ? ? gt 2 m1 ? m2 2
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(2)
112

以质心C为分界点,把连接质点m1与m2的弹簧分成两个等效的 弹簧。设与小球m1与质心之间的弹簧为k1,l10,m2与质心之间的 为k2,l20.设弹簧的原长l0. 系统平衡时满足条件 k ? l ? l0 ? ? m2 g
l0 ? l ? m2 g / k

令(1)式中的

,得到两段弹簧的自然长度分别是 l ? l0

? m2 m2 ? m2 g ? ? l10 ? m ? m l0 ? m ? m ? l ? k ? ?3? ? ? 1 2 1 2 ? ? ? l ? m1 l ? m1 ? l ? m2 g ? ? 20 m1 ? m2 0 m1 ? m2 ? k ? ? ? ? 系统处于静止时,已知弹簧的长度为l,弹性力是F ? k (l ? l0 )
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 113

另一方面在质心系中,两个质点受到的弹性力分别是 ? F1 ? k1 ? l1 ? l10 ? ? ? ? F2 ? k2 ? l2 ? l20 ? ? 显然它们是相等的,即 F1 ? F2 ? F ? k ? l ? l0 ? 由此得等效弹簧的劲度系数

m1 ? m2 m1 ? m2 k1 ? k , k2 ? k m2 m1

?4?

首先计算质点m2 相对质心的坐标 。 建立质心坐标系,坐标 原点为C,正方向向下为正。m2相对固定坐标系的坐标为x2, ? 相对质心的坐标为 x 2
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 114

显然满足关系

? x2 ? xC ? x2

质点m2在实验室坐标系中的加速度a等于质 心的加速度aC与相对质心角速度的和 ? a2 ? aC ? a2
已知质心的加速度为重力加速度g,质点m2受 ? 到重力m2g与弹性力 ? k2 ( x2 ? l20 ) 按照牛顿第二定律 m2a ? F ? ? m2a2 ? m2 (aC ? a2 ) ? m2 g ? k2 ? x2 ? l20 ? 整理后得到 ? ? ? m2a2 ? ? k2 ? x2 ? l20 ? ? m2 g ? m2 g ? ? k2 ? x2 ? l20 ? 利用了基本关系 aC ? g
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m1
xC x2
C

? x2

?5?

115

重新写出动力学方程 ? ? m2a2 ? ? k2 ? x2 ? l20 ? 这是谐振动方程。谐振动角频率是
??
k2 ? m2 m1 ? m2 k m1m2

方程的一般解是

初始条件是

利用这两个条件,定出
A?
2013-6-10

? x2 ? A cos ? ? t ? ? ? ? l20 ? ? ? ?v? ? ? A? sin ? ? t ? ? ? ? 2 m1l ? x2 (0) ? , v2 (0) ? 0 m1 ? m2
m 1 m2 g m 1 ? m2 k

? ?0
116

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得到m2相对质心的坐标与时间的关系是

m 1 m2 g ( m 1 ? m2 )k m1 ? m2 g ? ? x2 ( t ) ? cos t? ?l ? k ? m 1 ? m2 k m 1 m2 m1 ? m2 ? ?
m2相对实验室坐标系的坐标与时间的关系是
? x2 ? xC ? x2
m2 l 1 2 ? ? gt ? m1 ? m2 2

?6?

m 1 m2 g ( m 1 ? m 2 )k m1 ? m2 g ? (7) cos t? ?l ? k ? m 1 ? m2 k m 1 m2 m1 ? m2 ? ?

2013-6-10

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117

至于质点m1相对质心的运动方程按照基本关系
? ? m1 x1 ? ? m2 x2

求出
2 m2 g ( m 1 ? m 2 )k m2 ? m2 g ? ? x1 ( t ) ? ? cos t? ?l ? k ? m 1 ? m2 k m 1 m2 m1 ? m2 ? ?

以及m1相对实验室的坐标是 x1 ? t ? ? xC ( t ) ? x1?( t )
2 m2 l 1 2 m2 g ( m 1 ? m 2 )k m2 ? m2 g ? ? ? gt ? cos t? ?l ? k ? m1 ? m2 2 m 1 ? m2 k m 1 m2 m1 ? m2 ? ? 2 1 2 m2 g ? ( m 1 ? m 2 )k ? ? gt ? t? ? 1 ? cos 2 m 1 ? m2 k ? m 1 m2 ?

2013-6-10

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118

【解2】用两体方法求解

取m1平动坐标系,取竖直向下为正方向的坐标轴Ox,坐标原点 O与此时质点m1的位臵重合。有方程

m a ? ? k ( x ? l0 )
折合质量与谐振角频率分别是是 m1 m2 m? m1 ? m2

?1?

??
方程的一般解是

k

m

?

( m1 ? m2 )k m1 m2

(2)

? x ? A cos(? t ? ? ) ? l0 ? ? v ? ? A? sin(? t ? ? )
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(3)
119

运动的初始条件是 x(0) ? l , v(0) ? 0 利用初始平衡条件 k (l ? l0 ) ? m2 g 得到 m2 g l ? l0 ? k 利用以上条件,求出
m g ? A? 2 ? k ? ?? ? 0 ?

?4?

最后得到满足初始条件的特解
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 120

m2 g x? cos ? t ? l0 k m2 g ( m1 ? m2 )k ? m2 g ? ? cos t ??l ? ? k m1m2 k ? ?

?5?

由此得到m1 与m2相对质心的运动方程。进一步得到它们 在实验室坐标系中的运动方程。注意这里取的是m1平动坐 标系,相对质心的运动方程成为
m2 ? ? x1 ( t ) ? ? x( t ) ? m1 ? m2 ? ? ? x2 ( t ) ? m1 x ( t ) ? ? m1 ? m2 ?

而质心运动方程在解法(1)中已经求出。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 121

如图,在均强磁场B区域有两根足够长的固定的平行 导线,在它们上面放着两根平行导体棒,形成矩形 回路。导体棒的质量均为m,电阻都是 R 长度均为 l, 导体棒与平行导线之间的摩擦力忽略不计。开始时 左棒静止,右棒以初速度 v0 向右运动,计算右棒向 右的速度随时间的变化规律。
+ +

m R l a

+ +

v0
b



B



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122

分析:右棒向右运动产生感应电动势,产生逆时针 方向的回路电流 I. 电流沿着 由下至上的方向流经右 棒,右棒产生方向向左安培力F1= IBl ,则右棒减速 运动,进而减少感应电动势;电流经左棒也产生安 培力F2 ,其方向向右,左棒向右加速运动,由此产 生与右棒相反的电动势,回路中总的电动势减少, 电流随之减少,又使得两棒安培力减少;右棒减速 趋缓,左棒加速也趋缓最后两梆速度趋于一致,回 路中感应电动势降为零,电流也为零。

2013-6-10

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123

左棒受安培力 F2 方向向右,右棒受安培力 F1 方向向左两者大 小相等。 v2 回路中感应电动势为 感应电流强度是 F2 F1 v1

【解】设某时刻右棒速度为v1,左棒的速度为 v2,方向皆向右;

? ? Bl (v1 ? v2 )
I? Bl (v1 ? v 2 ) 2R

?1? (2) ?3?
124

右棒受安培力方向向左,大小是

B 2 l 2 (v1 ? v2 ) F1 ? IBl ? 2R
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在此力作用下,右棒做减速运动,减加速度是
B 2 l 2 (v1 - v 2 ) a1 ? ? 2 mR

?4?

左棒受安培力与右棒相同,但方向相反。左棒向右做加 速运动,加速度是 B 2 l 2 ( v1 - v 2 ) (5) a2 ? 2 mR
可见,两棒加速度大小相同,但右棒速度减慢,左棒速度增 大。随着时间的推延,右棒速度v1不断减少,左棒速度v2不 断增加。同时感应电动势以及两个棒受的力都随着减少。当 两棒速度相同时v1= v2,感应电动势为零,安培力为零,两 棒速度不再变化。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 125

因为左、右棒受力等大反向,因此动量守恒。设两棒速 度相同时为v,则有关系 ?6? mv0 ? ( m ? m )v 求出共同速度是
1 v ? v0 2 把动量守恒用于左、右棒任意速度时
mv 0 ? mv 1 ? mv 2

(7) ?8?

求出关系

v 2 ? v0 ? v 1

(9)

把?9?代入?4?中,得到方程

B 2 l 2 (v1 - v 2 ) a1 ? ? 2 mR
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

?4?
126

B 2 l 2 ( 2v1 - v0 ) d v1 B 2 l 2 (v1 - v 2 ) a1 ? ?- =- dt 2 mR 2 mR

?10?

积分求出右棒速度随时间的变化关系
? B2l 2t ? ? v0 ? v1= ? 1+exp ? ? ?? 2 ? 2 mR ? ? ?

(11)

2013-6-10

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127

按照两体问题求解,折合质量是m?m/2,作用内力就是安培力

B 2 l 2 ( v 1 ? v2 ) B 2 l 2 u F ? IBl ? ? 2R 2R m m du B2l 2u ma ? a ? ?? 2 2 dt 2R
按照关系 u ? v1 - v2 ,得到初始时相对速度
u0 ? v0

(1)

相对速度是 u ? v1 - v2,在此力作用下,两体运动方程是

(2)

(3)

积分(2)求出相对速度与时间的关系

? B2 l 2 t ? u ? v0 exp ? ? ? mR ? ?
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

?4?
128

进而求出右棒相对质心的速度
m2 u 1 v1 ? ? u M 2

(4)

右棒相对实验室的速度由质心速度与相对质心速度得到
? B2l 2t ?? v0 ? 1 V1 ? v1 ? vc ? (v0 ? u) ? ? 1 ? exp ? ? ?? 2 2 ? mR ? ? ?

?5?

这是完全相同的结果。

2013-6-10

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129

【例题】在一根较长的绝缘轻质弹簧的两端各系一 个带正电的小球,弹簧的原长为l0,弹性系数为k,两 个小球的质量与荷电分别是m1、q1与m2、q2.整个空 间外加均匀电场,电场强度为E。开始弹簧保持原 长,方向沿着电场强度方向,两个小球静止。试求 加入电场后弹簧的最大长度(忽略两个小球之间的相 互作用)。



klo

m1q1

m2q2



E

质心将做加速运动,两个小球相对质心静止或做简 谐运动。可求出它们之间的距离。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 130

【解】系统受到外力是电场力,两个小球受到内力是弹 性力,解决这个问题可以用不同的方法。首先分析质心的 运动,系统受力是 (1) F ? (q1 ? q2 ) E 质心的加速度是 F (q1 ? q2 ) E aC ? ? (2) m m1 ? m2 静止平衡时质心到两个质点的距离分别是
m2 l0 ? l10 ? ? m1 ? m2 ? ? ? l20 ? m1l0 m1 ? m2 ? ?

(3)

在质心坐标系中,两根等效弹簧的弹性系数分别是
l k m ? m2 ? k1 ? 0 ? 1 k ? l10 m2 ? ? ? k2 ? l0 k ? m1 ? m2 k l20 m1 ? ?

(4)
131

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设两球在质心坐标系中处于平衡位置时,其坐标分别是x1 与x2,其平衡方程分别是 ? q1 E ? k1 ( x1 ? l10 ) ? m1aC ? 0 (5) x2 x1 ? q E ? k ( x ? l ) ? m a ? 0 C 2 2 20 2 C ? 2 由以上各式求出
m2 E (q1m2 ? q2 m 1 ) ? ? x1 ? l10 ? ( m1 ? m2 )2 k ? ? ? x2 ? l20 ? m1 E (q1m2 ? q2 m 1 ) ( m1 ? m2 )2 k ? ?

(6)

对这个结果做出讨论. (1)如果 q1m2 ? q2m1,两个小球在质心坐标系中的坐标就是原 长,因此两个小球的最大距离就是l0,弹簧保持自然长度。 (2)如果 q1m2 ? q2m1 ,则
? x1 ? l10 ? 0 ? ? x2 ? l 20 ? 0
2013-6-10

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132

表明处于平衡位臵的两个小球,弹簧处于拉伸状态。亦即两 个小球平衡位臵处于原长的外侧。每个小球将在平衡位臵附 近作简谐振动,小球m1的振幅是x1-l10,能够达到的最远点c到 质心的距离是2x1-l10. a o c l10 x1 C 同样分析m2的情况,得到最远点到质心的距离是2x2-l20. 求出两个小球的最大距离及弹簧的最大伸长是

xmax ? 2 ? x1 ? x2 ? ? l0
? 2 E (q1m2 ? q2 m 1 ) ? l0 ( m1 ? m2 )k

(7)

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133

(3)如果 q1m2 ? q2m1,则
? x1 ? l10 ? 0 ? ? x2 ? l 20 ? 0
a C o x1

c
l10

表明小球处于平衡位臵时,弹簧处于压缩状态。平衡位臵 在初始位臵的内侧。小球在此平衡位臵附近作简谐振动, 能够到达的离质心C的最远距离就是初始位臵到质心的距离 l10与l20,因此弹簧的最大伸长是原长l0.

2013-6-10

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134

【例题】两个完全相同的球面摆,一个栓在另 一个的下面。两个摆球各自在一个水平面内做角 速度相同的匀速圆周运动。设两根摆线与竖直方 向的夹角都很小,而且在运动过程中两根摆线始 终保持在同一个竖直平面内。在小角度近似下求 此双摆系统做圆周运动的角速度以及半径的比例。
【解】如图设摆长为l,质量为m,圆周运动的角速度 为 ?,摆线与竖直方向的夹角分别为 a 与 b,上下摆线 的张力分别为T1与T2。小球还受到重力作用。则满 足方程
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 135

a

上面的质点力平衡方程与圆周运动方程 ?T1 cos a ? mg ? T2 cos b ? ?1? 2 ? ml sin a? ? T1 sin a ? T2 sin b T1
下面质点力平衡方程及圆周运动方 T2 程是
mg

mg b

(2) ?T2 cos b ? mg ? ? ml ? sina ? sin b ?? 2 ? T2 sin b 第一种情况 ? ? 上、下小球圆周运动半径是
? R1 ? l sin a ? la ? ? R2 ? l (sin a ? sin b ) ? l (a ? b )
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2013-6-10

136

由方程(2)消去张力T2,得到关系

gtgb ? l (sina ? sin b )? 2
联立方程(1)(2)消去张力T1与T2,得到关系

(3)

(4) 2 gtga ? gtgb ? l sina? 2 考虑到小角度近似 ?cosa ? 1,cos b ? 1 ? ?sina ? tga ? a ;sin b ? tgb ? b 由此(3)(4)写成 ? l? 2 (a ? b ) ? gb (5) ? 2 ? l? a ? 2 ga ? gb 因为要求角度a、b都不为零,由(5)两式分别解出
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 137

a g ? l? 2 g = ? 2 b l? 2 g ? l? 2
上式右边两项相等,进一步化成

4g 2 ? g? ? ? ? ? 2? ? ? 0 l ?l? 由此解出角速度是
4

2

? ? 2? 2 g
l

(6)

?1 ? 2 ? 2 g 代入(5)式,得到夹角之间的 把其中的 l

关系

b1= 2a ? 0
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(7)
138

这是图1所示的两个夹角都大于零的情况。
2013-6-10

利用这个角度关系(7),可以进一步求出 上下两个小球圆周运动半径之间的关系。
R1 l sin a ? ? a ? R2 l (sin b1 ? sin a ) b1 ? a 1 ? 0.414 2 ?1

(8)

对于(6)式的另一个解
?2 ? 2 ? 2 g
l

同样代入(5)式求出夹角是
b 2= ? 2a

(9)

按照相同的办法求出两个圆周运动半径之间的比值是
R1 l sin a ? ? a ? R2 l (sin b 2 ? sin a ) b 2 ? a
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

1 ? 2.414 2 ?1

(10)
139

这个结果b2<0表明如图所示的物理图像。 需要进一步从动力学角度分析。按照同 样的分析写出图示的动力学方程。

?T1 cos a ? mg ? T2 cos b ? ml sin a? 2 ? T1 sin a+T2 sin b ? ?T2 cos b ? mg ? ? ml ? ? sin a ? sin b ? ? 2 ? T2 sin b ? ?
可见只有取 b<0就得到第一种 情况的方程。因此这种情况也 是动力学允许的可能情况。
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a

b

140

事实上,直接由(5)式出发

? l? 2 (a ? b ) ? gb ? 2 ? l? a ? 2 ga ? gb
可以直接求出夹角之间的关系
? b 1= ? 2a ? ? ? b 2= ? 2a ?

(5)

进而求出圆周运动半径之间的比值。

2013-6-10

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141

O

【例题】 单摆摆长为L,摆球质

a r
L
b

Q

m

量为m,从左侧与竖直方向夹角a处 静止下摆,在右侧与悬点相距r、 与竖直方向夹角b(b<a)处有一个 钉子Q,忽略空气阻力。为使小 球绕钉子做一个完整的圆周运动, 求夹角a至少多大?为使小球能与 钉子相碰,夹角a应多大?

2013-6-10

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142

O

a r
L
b

【解】(1)运动过程中能量守恒。摆线被 钉子Q阻挡后,质点做以钉子为圆心,半 径L-r的圆周运动,向心力由重力分力与 绳子张力提供。在最高点,重力分力最 大。因此在最高点张力大于零就能够保 障做完整圆周运动。
Q

取O点为势能零点,设小球位于q q T 处的速度为v,则圆周运动与能量 m 守恒方程是 v2 mg m ? T ? mg cosq (1) L-r 1 ? mgL cos a ? mv 2 ? mg[r cos b ? ( L ? r )cosq ] (2) 2
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 143

由(1)(2)式得到张力满足的关系 2mg T ? 3mg cosq ? ( r cos b ? L cos a ) (3) L?r 能够做完整圆周运动的条件是:q=?时,T>0,代入上 式,求出初始角度a满足的条件是

r 3( L ? r ) cos a ? cos b ? L 2L 【解】(2)讨论小球能够击中钉子Q的条件。

(4)

设小球初始绕钉子Q做半径L-r的圆周运动。在夹 角为q0时张力为零,速度为v0。v0由下式给出
2 v0 ? mg cos q 0 ? m L? r

(5)
144

2013-6-10

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小球由此位置开始做斜抛运动,其初 始速度分量分别为 ?v x ? v0 cos(? ? q 0 ), v0 (6) ? ?v y ? v0 sin(? ? q 0 )
Q
q0

L-r

钉子Q在图示坐标系中的坐标是
? xQ ? ( L ? r )sin(? ? q 0 ) ? ? ? yQ ? ?( L ? r )cos(? ? q 0 ) ?

设在t时刻质点与钉子相碰,则两者的坐标重合
?( L ? r )sin(? ? q 0 ) ? v0 cos(? ? q 0 )t (7) ? 2 ? ? ( L ? r )cos(? ? q 0 ) ? v0 sin(? ? q 0 )t ? gt / 2
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 145

由此两式消去时间t,解出

? g( L ? r )sin 2 q 0 2 (8) v0 ? ? 2cosq 0 1 联立(5)与(8)得到 cosq 0 ? ? 3 1 取为 cosq 0 ? - (9) 3 进一步讨论初始夹角a满足什么条件,恰使小球与钉 子相碰。把(9)式代入张力表示式(3)中,并令张力 为零。 2mg T ? 3mg cosq ? ( r cos b ? L cos a ) L?r
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 146

2mg T ? 3mg cosq 0 ? ( r cos b ? L cos a ) ? 0 L?r
化整为

2 ( r cos b ? L cos a ) ? 3 L?r
求出两者能够相碰时初始角度为

r 3( L ? r ) cos a ? cos b ? L 2L

(10)

2013-6-10

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147

【例题】如图所示,固定的圆柱体半径R, 一足够长的细绳长度L由圆柱体顶端A与质量m的小 球P联结(L>2?R)。小球P与圆柱体顶端A处在同一 水平面上,细绳张紧。小球由此开始自由下落。下 落过程中细绳与圆柱体相切于Q点。(1)求小球在轨 迹最低点时的速度;(2)求绳子张力为零时小球的位 置以及其他位置时张力的符号;(3)进一步计算张力 A 为零后运动过程中小球达到最高位置时的速度。为 L ? 9? ? 2 ctgt ? 了便于计算,各量满足关系 R 8 3 16 A p
R

2013-6-10

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148

y A
R(1-cosq)

【解】设某时刻小球连线与圆柱 面切点为Q,半径OQ与PQ垂直, 设与OQ与y轴夹角 q,弧QA长度为 Rq,设PQ的长度为s,则满足关系 (1) L ? s ? Rq
运动过程中,Q点做以O为圆心的 圆周运动,设其速度为R?,由(1)知 细绳缩短的速度大小也就是R?。 设小球的速度为v,其方向与QP垂 直。取A点为势能零点,小球由静 止开始自由下落,则图示位置的势 能为
? mg ? R(1 ? cosq ) ? s sinq ?
山东大学刘希明辅导物理竞赛 149

Q

R

q
O

ssinq P v

2013-6-10

机械能守恒得到方程
1 2 0 ? m v ? mg[ R(1 ? cosq ) ? s sin q ] (2) 2 当q=?/2时,小球达最低位置。由(2)、(1)求出此时的 速度为 (3) v ? 2 g( R ? L ? ? R / 2)

(2)计算小球在运动中受到绳子的张力T.由(2)式求出 小球一般位置时的速度是 (4) v2 ? 2 g ? R(1 ? cos q ) ? s sin q ?

此时小球做以Q为圆心,半径为s的圆周运动。小球 受到绳子的张力T以及重力mg的作用,满足方程
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 150

m v ? T ? mg sin q s
2

把速度表达式(4)式代入上式,得到张力的表达式
2g T ? mg sin q ? m ? R(1 ? cos q ) ? s sin q ? s 2Rmg ? = (1 ? cos q)+ 2 s sin q ? ? s ? 3R ? ? 2mgR ? q 3 s ? = tg ? sin q ? 2 2R ? s ? ?

T Q

q
mg

利用了基本公式
1-cos q ? tg q sin q 2

再利用基本关系(1)式,上式张力又改写为
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 151

2mgR ? q 3 T= tg ? q ? L ? sin q s ? 2 2 R ? ? ?

?

?

(5)

利用题设基本量满足的条件
L ? 9? ? 2 ctgt ? R 8 3 16

令(5)式的张力T=0,求出此时的临界角
T= 2mgR ? q 3 tg ? q ? L ? sin q ? 0 s ? 2 2 R ? ? ? tg q ? 3 q ? L ? 0 2 2 R

?

?

?

?

利用附加条件求出临界角
q s ? 9?
8
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

(6)
152

vs
9? 8

p
Q

张力T=0

为了计算一般位置q 时T的大小,引入
? y1 ? tgq / 2 ? ? y2 ? 3 / 2(q ? L / R)

张力(5)式表示成
T=

2mgR ? q 3 tg ? q ? L s ? 2 2 R ? =2mgR( y1 ? y2 )sin q / s

?

?

? sin q ? ?

这是一个超越方程,可以利用曲线相交方法求解 T=0的解。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 153

T =2mgR( y1 ? y2 )sin q / s
y1

角度范围

y1-y2 sinq

T符号

0?q ??
qs
? y1 ? tgq / 2 ? ? y2 ? 3 / 2(q ? L / R)

+


q ?? ? ? q ? qS
y2

q ? qS

q s ? q ? 2?

0 +

+ + -

+ + + 0 -

?/2

?

3?/2

2?

由表可以看出,在范围qs?q?2?内,张力为负值,表明绳子为放松状态。 因此在这个范围内,小球在重力作用下做自由运动。该过程的初速度由能 量守恒方程给出,求出速度方向及位置,就能够得到以后的运动方程。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 154

0

曲线y1与y2的交点给出T=0的角度qs=9?/8,在其它角度q时张 力的符号还与sinq有关,右表给出相应的结果。

y

vs

vsy ?/8

qs=9?/8

P
x

Q

小球速度与y方向夹角为?/8.由 于张力为零,小球在重力作用 下做斜抛运动,进一步分析小 球能否与圆柱体相撞?
2013-6-10

(3)小球p到达临界角 后继续做什么运动? 其速度的方向如何?

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155

把qs代入(1)式子,求出PQ的长度
Smin ? L ? Rq s ? 2 R ctg ? 3 16

(8)

把qs代入机械能守恒公式,或代入圆周运动公式, 求出小球的速度是
gR vs ? 2 cos ? 3 16

(9)

而到达抛物线最高点的速度就是该速度的x分量
? ? 4 gR cos ? sin ? vsx ? vs sin
8 3 16 8

(10)

方向指向左面。 讨论:小球是否能够达到最高位置?
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 156

小球到达最高点的时间是
vsy vs t? ? cos ? 8 g g

(11)

小球由P点开始达到最高点时与p的距离
? vs cos ? Sh ? vsx t ? vs sin
8 g 8 2 vs ? sin ? =0.4535 R 2g 4

(12)

这是小球在最高点到p点的距离。然后计算出小球 在P点时离圆柱心的距离。如图得到
? x ? R sin ? ? S cos ? ? 3.479 R min ? s 8 8 ? ? ys ? ? R cos ? ? Smin sin ? ? 0.3587 R 8 8 ?
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 157

vs

vsx

x

?/8 qs=9?/8
P
0.4535R
0.3587R

y

Q
3.479R

可见P点的位置在柱心的右则远远大于小球到达最高点 时的水平位移,保证到达最高点而不与圆柱体相碰。

2013-6-10

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158

L m

【例题】如图,摆球质量m 通过细绳与另一重物M相连。 细绳跨过半径为R的圆柱体。 开始时m处于水平高度,m到 A 圆柱体顶端A处距离为L,静 R 止释放小球m后,重物M开 始下降,设M下降高度D后 h 速度变为零,且 L-D>>R,如 果此后摆球m运动过程中细 绳始终保持伸直,给出比值 M a=D/L的极小值。不计滑动 摩擦力作用。
山东大学刘希明辅导物理竞赛 159

2013-6-10

A Q

q
O

s
h P m M
D

如图所示。设OA与OQ之夹角 为 q,PQ长度为s,初始时重物离 切点高度为h,而细绳长度不变, 有关系 L+ h+ R? /2=s +R( q + ? /2)+ h+ D (1)
利用关系D= aL,为方便, 令l=L-D,则有
l =L-D=(1-a )L

(2)

重物M下降距离D后停止运动, 系统机械能守恒。取最高点为 势能零点,用E表示摆锤获得 的机械能,则
山东大学刘希明辅导物理竞赛 160

2013-6-10

-Mgh=E -Mg(h+D)

显然摆锤的机械能是
E ? MgD

(3)
(4)

这个能量包括摆锤的动能与势能
MgD ? 1 mv 2 ? mg[ R(1 ? cos q ) ? s sin q ] 2

求出摆锤的速度是
v2 ? 2 MgD ? 2 g ? R(1 ? cos q ) ? s sin q ? m

(5)

而摆锤做以Q为圆心,做半径s的圆周运动,满足方程 是 mv 2 ? T ? mg sin q (6)
s
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 161

把(5)式代入(6)求出张力的表示
mg ? 2 MD T? ? 2 R(1 ? cos q ) ? 3 s sin q ? ? s ? m ? ? 2mgR ? MD ? ? (1 ? cos q ) ? 3 l ? q sin q ? ? s ? mR 2 R ? ?

?

?

(7)

按照细绳始终伸直的要求,在任何位置张力都大于零。 由此讨论满足的条件,为此引入函数 利用已知条件: l =L-D=(1-a )L >> R,上式成为
f (q ) ? 1 ? cos q ? 3l sin q ? 1 ? A sin(q ? ? ) 2R

f (q ) ? 1 ? cos q ? 3 l ? q sin q 2 R

?

?

(8)

(9)

其中
2013-6-10

A ? 1 ? 3l 2R

? ?

2

, ? ? tg ?1 2 R 3l
162

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由(9)式可以看出f(q)的极小值是
fmin ? 1 ? A ? 1 ? 1 ? 3l 2R

? ?

2

(10)

把(10)代入张力表示式(7)中,得到张力恒大于零的 条件是 2
MD +f ? MD ? 1 ? 1 ? 3l min mR mR 2R

? ?
?0
2

M(L ? l) ? ? 1 ? 1 ? 3l mR 2R

? ?

(11)

2

移项后化成为
ML +1 ? Ml ? 1 ? 3l mR mR 2R
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

? ?

163

进一步利用条件: l =L-D >> R,上式的
1 ? 3l 2R

? ? ? ?
2

? 3l 2R

得到张力恒大于零的关系
ML +1 ? Ml ? 1 ? 3l mR mR 2R

? ?

2

? Ml ? 3l mR 2R

? ?

(12)

把l=L-D=L(1-a)代入上式右边,得到
ML +1 ? ? ML ? 3 L ? (1 ? a ) ? mR 2 R ? mR ? ?

(13)

由此不等式得到比值a满足的条件是
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 164

ML ? 1 3L ? 1 a ? 1 ? MR = 2R ML ? 3 L ML ? 3 L mR 2 R mR 2 R 1 ? 2R 1 3L ? a? 2M ? 1 2M ? 1 3m 3m

(14)

可见比值a=D/L的极小值是
ac ?
1 2M ? 1 3m

2013-6-10

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165

【例】圆锥摆。摆长l,摆球质量m,绕竖直转轴旋转角 速度为?,求绳子与铅直方向之夹角a与角速度之间 的关系。
a
l
T

a

分析力 重力mg,张力T

?

m

mg

2013-6-10

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166

列出方程
?Tcosa ? mg ? ? mv 2 ? ml? 2 sin a ?T sin a ? r ?

(1)

可以求出

?T = ml? 2 ? ? mg g ?cosa ? T ? l? 2 ?

(2)

讨论: 当转动角速度 ? 很 小时,使得g/l?2>1,导致 cosa>?而无意义!但无论 ? 多么小,一定存在 确定的a! 问题的原因是(1)式两边除了可能为零的sina!
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 167

方程(1)应该写成
?Tcosa ? mg ? ? mv 2 ? ml? 2 sin a ?T sin a ? r ? 方程的解还包括 ?sin a ? 0 ? ?a ? 0 ?a ? ? ?

?Tcosa ? mg ? ?(T ? ml? 2 )sin a ? 0

结合(2)式得到三个平衡位置
? ? g ? ?a ? arccos ? l? 2 ? , ? ? ? ? ? ? ?a ? 0 ?a ? ? ? ? ? g l

2013-6-10

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168

进一步讨论三个平衡位置的稳定性.研 究摆球受力:绳子的张力T、重力mg以 及惯性离心力 ml? 2 sin a 把以上各力在切向投影,表成
f (a ) ? ml? 2 sina ? cosa ? mg sina ? l? 2 cos a ? 1 ? ? mg sin a ? ? ? g ?

a T

a

利用该式判断出在三个平衡点附 a ml? 2 sin a 近上式的符号。可以得到摆球夹
mg

角 a 稍微偏离平衡位置时受到的 力是否加大偏离?不稳定)或减 少偏离(稳定平衡位置)

2013-6-10

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169

a
?? ??
g l g l

? l? 2 cos a ? 1 ? f (a ) ? mg sin a ? ? ? g ? g g 0- 0+ arccos ? l? ? ? arccos ? l? ? ? ??
2 2

??

_ +

+
_

+

_

_ _

+
+

可以看出:对于第一种情况在a=0附近,夹角减 少时力为负的,促进进一步减少,夹角增加时力 为正的,同样促进进一步加大,因此不是稳定平 衡位置!
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 170

总之得到稳定平衡位置是
g 当? ? l g 当? ? l
a T

a ? arccos ?
a ?0

? g ? ? ? l? 2 ?

a

a ml? 2 sin a
mg

2013-6-10

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171

cosa
cosa ?
1

l? 2

g

画出cosa关于?的曲线,可以得到 g 方程 cosa ? l? 2 中夹角与角速度 的关系 当? ?

a=0.
g/l

g 时,唯一的稳定解是 l l

0

?

当 ? ? g 时,存在两个可能的解.
?a ? ? , ? ? ? g ? ?a ? arccos ? l? 2 ? ? ? ?

但a=?是不稳定的,另一个解是稳 定的。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 172

【例题】如图,质量为m的物块置于倾角 q的固 定斜面上,物块与斜面之间的摩擦系数 m, m<tgq.给物块一水平作用力F,如果物块不滑动, 作用力F应该满足什么条件?

F
q

【分析】这是一个力的平衡问题。是特殊动力学 问题,即合外力为零的问题。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 173

建立坐标系,隔离物体分析受力,列出方 程,写出初条件 物块受力:重力mg、水平推力F、摩擦力f、斜面的正 交支撑力N。平衡方程是
? ? ? ? mg ? N ? f ? F ? 0

建立图示直角坐标系, 把矢量方程投影到x、 y y 两个方向,得到分量方 程。先考察物块即将下 滑的情况。

N

f

x F

q
mg

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174

F cosq ? f ? mg sinq ? 0 N ? F sinq ? mg cosq ? 0 f ? Nm

(1)
(2) (3)

由以上三式解出
cosq ? m sinq F ? F1 ? mg cosq ? m sinq
(4)

可见,当外力满足条件
cos q ? m sin q F ? F1 ? mg cos q ? m sin q

物块将下滑运动。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 175

再来研究物块向上开始滑动时的平衡 方程 y
N x

F cosq ? f ? mg sinq ? 0
F

(5) (6) (7) (8)

f

q
mg

N ? F sinq ? mg cosq ? 0 f ? Nm
cosq ? m sinq F ? F2 ? mg cosq ? m sinq

由此解出

当外力满足条件

物块开始向上滑动。
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cos q ? m sin q F ? F2 ? mg cos q ? m sin q
176

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总结以上,物块不滑动的外力F的范围是
cosq ? m sinq cosq ? m sinq mg ? F ? mg cosq ? m sinq cosq ? m sinq

同时发现 (1)静摩擦力并不一定是一个确定值,它可以取一个 之间的任意值。究竟取何值由具体情况决定。
?m N ? f ? ? m N

(2)斜面上的物体对斜面的正压力,不能够简单的 套用 N ? mg cosq本例中还与主动力F有关。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 177

【例题】细杆一端支在地面 上,以恒定角速度?绕过支点 的竖直轴转动,杆与地面之 间的夹角为固定值a。质量为 m的小环套在杆上,可以沿着 杆上下滑动,设摩擦系数为m, 求小环稳定运动的位置。 (稳定运动是指小环转动时 不沿着杆滑动,但仍然有上、 下滑动的趋势)

f N

?

mg

a

【分析受力】小环受力N,mg与摩擦力f作用
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 178

【解】列出方程
mv2 ? N sin a ? f cos a r v ? r ?, r ? L cos a

(1)

N cos a ? f sin a ? mg

(2)

由(1)(2)消去N给出
f ? mg sin a ? mL? cos 2 a ? m? cos 2 a ? L0 ? L ?

(3)

式中

L0 ? g sin a / ? 2 cos 2 a

由(1)(2)消去f给出
N ? mg cos a ? m?2 L sin a cos a
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

(4)
179

由(3)看出,摩擦力与L0有关,存在关系
? L ? L0 , f ? 0 ? ? L ? L0 , f ? 0, 方向向上 ? L ? L , f ? 0, 方向向下 0 ?

f ? m? cos2 a ? L0 ? L ?

(3)
N

讨论:(1)当L=L0 时,摩擦力f=0,N 的水平分力Nsina提供小环圆周运动 的向心力,N的竖直分力Ncosa与重 力mg相平衡。当稍微偏离L0 后摩擦 力不再为零,L>L0时,静摩擦力f<0 方向向下;L<L0时静摩擦力f>0方向 向上。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

L0

mg

a
180

? m v2 ? L cos a ? N sin a ? f cos a ? ? N cos a ? f sin a ? mg ? ? f ? m? cos 2 a ? L ? L ? 0 ? ? N ? mg cos a ? m?2 L sin a cos a ?

() 1 (2) () 3 () 4

(2) L<L0:如果L偏离L0开始减少,由(4)式得N也随着 减少,导致Ncosa<mg,小环有下滑趋势,产生沿着杆 向上的静摩擦力f,且f随着L的减少而增大,保证N与 f的竖直分力与重力mg平衡(2)式成立。随N变少引起f 增大,必然使得(1)中的向心力N sin a ? f cos a 减少,但 圆周运动半径 r ? L cos a 也减少,能够因此能够维持稳 定圆周运动。随着L的继续减少到L1 时,静摩擦力取 得极大值,小环开始滑动,此时摩擦力为mN。 L减少,N减少,静摩擦力f方向向上且随着增大。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 181

把 f ? m N 代入(3)(4)中求出这个极限位置L1是
g(sin a ? m cos a) L1 ? 2 ? cos a(cos a ? m sin a)
(5)

?
f N

L0

(3)当L继续减少到L<L1时,(4)式的 N也继续减少,如此最大静摩擦力 f=mN也减少,此时N与f的竖直分力
N cos a ? f sin a ? mg

mg

小环继续下滑,运动不稳定。
? m v2 ? L cos a ? N sin a ? f cos a ? ? N cos a ? f sin a ? mg ? ? f ? m? cos 2 a ? L ? L ? 0 ? ? N ? mg cos a ? m?2 L sin a cos a ?
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a

() 1 (2) () 3 () 4
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(4)讨论L>L0情况,当L偏 ? mv ? N sin a ? f cos a ? L cos a ? 离L0增大时,由(4)式得N也随 ? N cos a ? f sin a ? mg ? ? f ? m? cos a ? L ? L ? 着增大,导致Ncosa>mg,小环 ? ? N ? mg cos a ? m? L sin a cos a ? 有向上滑动的趋势,产生沿着 N 杆向下的摩擦力,此时N与f的 竖直分力一起与重力mg平衡, L0 N与f的水平分力提供圆周运动 mg 向心力。当到达极限位置L2时, 静摩擦力变为滑动摩擦力f=mN。
2 2 0 2

() 1 (2) () 3 () 4

a

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f

183

把f ? ? m N 代入(3)(4)中求出这个极端位置L2是
g(sin a ? m cos a ) L2 ? 2 ? cos a (cos a ? m sin a )

(6)

(5) 当L继续增大到L>L2时, N也继续增大,最大 静摩擦力f=-mN也增大,但方向向下。此时N与f的 竖直分力 N cos a ? f sin a ? mg 小环将继续上滑,运动不稳定 由此得到稳定运动的范围是
2m g ? L ? L2 ? L1 ? 2 3 ? cos a (1 ? tg 2a )
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

(7)
184

f

F=mN

f ? m? cos2 a ? L0 ? L ?
L<L1后小
环下滑

L0
小环稳定运动范围

L>L2后小
环上滑

L1

L L2

F=-mN
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 185

【例题】实心刚性小球质量m,半径R , 置于 高h处初始速度为零,但以角速度 ?0 自转,在重 力作用下自由下落,与地面碰撞的恢复系数为e, 摩擦系数为m。(1) 计算小球与地面碰撞后质心的 速度及自转角速度。(2)小球第一、二次落地点之 间的距离。 【分析】(1)如果小球没有自转运动,由 高h处落地时速度 v0 ? 2 gh 经过极短的 时间 ? t在地面冲击力N的作用下,速度 改变方向,速度大小为 v y ? e 2 gh 依次反 复,最后速度为零。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 186

(2) 先小球自转角速度?0自高h处落地后发生碰撞,碰 撞过程中小球与地面存在相对运动,而受到水平方向 的滑动摩擦力f=mN作用,产生水平方向的加速度, 使得水平速度vx由零逐渐增加,同时摩擦力产生力矩 fR使得转动角速度减慢。水平加速运动与转动减速运 动的时间就是小球与地面冲击的时间△t.

①如果 ?0 足够大,或 △ t太短 , 在反冲时间内水平 加速运动与转动减速运动没有达到vx?R?的纯滚动 条件。始终保持 vx?R?,小球一致受到地面滑动摩 擦力作用,水平方向一直再加速运动。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 187

f=mN

②如果 ?0不是很大,或△t比较长,在t<△t时间内 水平加速运动与转动减速运动达到vx=R?的纯滚动 条件。不再有滑动摩擦力,小球做匀速纯运动。
总之,小球第一次落地反弹后,在y方向遵守碰撞 规律,速度减少。在x方向因为小球自转运动而产 生滑动摩擦力,产生x方向的速度。小球做竖斜抛 运动。下面按照两种不同条件可求出最大射程。

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(1)初始角速度?0足够大,在反冲时间内水平方向没 有达到纯滚条件,平动运动始终加速运动。
列出y方向冲量定理
?v0 ? 2 gh , ? ? ?vy ? ev0 ? e 2 gh ? ? ? Py ? m (e ? 1) 2 gh ? N ? t ?

?1?

其中N是地面反冲力,落地与反弹速度方向相反。

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列出x方向冲量定理

? Px ? mv x ? m N ?t

(2)

由(1)(2)式消去?t求出碰撞结束后球水平速度
v x ? m (1 ? e) 2 gh
?3?

然后讨论w0 应该满足的条件。角动量定理写成
? J ? L? t
I (? ? ? 0 ) ? m NR? t

(4)

其中球的转动惯量是 利用(1)的△t代入(4)求出碰撞后小球的角速度
5 m (1 ? e ) 2 gh ? ? ?0 ? 2R
2 I ? 5 mR 2

?5?
190

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因为初始角速度比较大,在整个碰撞过程中,始终 满足 R? ? vx
利用(3)与(5)式,求出
7 ?0 ? m (1 ? e ) 2 gh 2

?6?

角速度的极限值是

?0 min

7 ? m (1 ? e ) 2 gh 2

?7?

小球反弹后,利用(1)与(3)式求出
2 2 v = vx +vy ? 2 gh e 2 ? m 2 (1 ? e 2 )

(8)

速度的方向夹角是
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 191

vy ? e ? , ?sin q ? 2 2 2 v e ? m (1 ? e ) ? ? m 1+e ( ) ?cos q ? vx ? ? v e 2 ? m 2 (1 ? e 2 ) ?

(9)

小球的最大射程就是第一次与第二次落地点之间 的距离
2v 2 sin q cos q S? g

2v sin q cos q ? x1 ? ? 4hm (1 ? e ) g
2

?10?

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192

【解2】角速度 ?0 ? ?0 min ,在碰撞没有结束就达到纯 滚条件。设需要时间为 ? t ? 列出 有关方程
? J ? I (? 0 ? ? ) ? m RN ? t ?
?1? ?2? ?3?

? Px ? mv x ? m N ? t ?

以及纯滚条件
vx ? ? R

由此解得

2 v x ? R? 0 7
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(4)

2013-6-10

193

进而求出
?2 ? v ? ? R?0 ? ? e 2 gh ?7 ?
2

?

?

2

(5)

同样求出最大射程是
4 2h ? x2 ? e?0 R 7 g
?6?

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194

【例题】如图,厚度可以忽略的圆环, A 套在粗细均匀长度为l的圆柱体上端, 两者质量都是m,环与柱之间的最大 静摩擦力为kmg(k>1) 等于滑动摩擦力。 圆柱体可沿光滑的竖直细杆AB上下滑 动,B点固定在地面上,圆柱体与地 面碰撞的时间非常短且无动能损耗。 设圆柱体从其下端距地面高度h处自由 B 下落,经过与地面n次碰撞后圆环从圆 柱体上滑脱,确定h为多长。

l

h

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【分析与求解】取坐标轴竖直向上为正。圆柱体第一 次与地面碰撞接地时,柱与环相对地面的速度均为
v0 ? ? 2gh
v0 ? ? 2gh v2 ? ? 2gh v1 ? ? 2gh

碰撞瞬间圆柱反弹后的速度为
v2 ? ? 2gh

圆环的速度仍然是

v1 ? ? 2gh

碰撞结束后环相对柱的速度是
v? ? v1 ? v2 = ?2 2gh

第一次碰地后,环相对圆柱滑动速度方向向下。圆 柱与圆环都受到摩擦力与重力作用。摩擦力大小相 等方向相反。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 196

如图受力分析,圆柱的加速度是
f ? kmg

a2 ? ? 1 ( mg ? kmg ) ? ?( k ? 1) g m

圆环的加速度是
mg f ? kmg mg v? < 0
a1 ? ? 1 ( kmg ? mg ) ? ( k ? 1) g m

圆环相对圆柱的加速度是方向向上的
a? ? a1 ? a2 ? 2kg

圆环相对圆柱做匀加速运动。初始速度为 v? ? ?2 2gh 由运动学公式计算圆环滑动的距离
2 2 gh ( v? ) 2 S1 ? ? ? 2h 2a? k 2 ? 2kg ?

?

?

2

滑动这段距离需要的时间时间
? 2 2 gh 1 t1 ? ? v ? ? a? 2kg k
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2h g
197

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圆柱体第一次碰撞地面后再返回到最高点所用时间为
t2 ? ?

显然有关系

2 gh v2 2h ? ? 1 a2 ( k ? 1) g k ? 1 g

t1 ? t2

这个结果表明:园柱碰地后环与柱发生相对滑动。当圆柱返 回到最高点时,环的滑动仍没有停止,直至圆柱再次下落, 环还在滑动。下面判断圆柱第二次碰撞前,滑动是否停止。 这只要计算环与柱相对滑动停止时,圆柱是否在地面以上, 设其高度为 h? ,有关系
h? ? v2t 1 ? 1 a2 t12 2 2 ? 1 2h ? ? 2gh 1 2h ? 1 ? ?( k ? 1) g ? ? ? k g 2 ?k g ? ? h k ?1 ? 0 k k
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这个结果表明,圆环与圆柱相对滑动停止时,圆柱没 有到达地面。 进一步计算此时圆环与圆柱共同的速度u,因为环 相对柱停止滑动,只需计算机圆柱此时的速度
u ? v2 ? a2 t 1 ? 2 gh ? ( k ? 1) g ? 1 2h ? ? 1 2 gh k g k ? 总之,此时园柱距离地面高度为 h,共同下落速度为u.

s1

u

h?

为了与第一次圆柱下落情况对比,可 以认为圆环与圆柱静止开始在重力加 速度自由下落一段距离,获得速度u。 下落的距离是
2 h0 ? u ? h2 2g k

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199

这样就相当于环与柱从高度
h?? ? h? ? h0 ? h k

自由下落一样。第一次圆柱与地面碰撞后,环停在 离圆柱下端 l ? S1处,而柱由高度处 h?? ? h / k 继续第二 次自由下落发生碰撞。 这样在环没有脱离的n-1次碰撞中,环在柱上滑移的 距离依次是
2(h / k ) 2h S1 ? 2h , S2 ? ? 2 ? Sn?1 ? 2h1 k k k k n?

由此求出滑移的总的距离是
S ? 2h 1 ? 1 ? ? ? 1?1 k k kn
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?

?

1 ? 1?1 kn ? 2h k 1? 1 k
200

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按照题目要求经过n次碰撞环脱离。应该满足关系
S ? l ? S ? 2h kn

把这个关系代入上式,得到h的要求
l k ?1 ? h ? l k ?1 2 1 ? k ?n 2 1 ? k n ?1

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201

【例题】质量为m1与m2的两个物块,用橡皮绳相连 放在水平面上,细绳伸长时弹性系数为k,原长为a,物 块与水平面之间的摩擦系数为m,今把两物块拉开至 距离为b(b>a),求两物块相碰时的相对速度。
f1 m1 F1 ? k ? x
O

m2

x1

x2

x

【解】取直角坐标系,物块的坐标分别是 x1 , x2 分别受到弹性力与摩擦力作用,列出方程
? m1a1 ? k ( x2 ? x1 ? a ) ? m m1 g ? ? m2a2 ? ? k ( x2 ? x1 ? a ) ? m m2 g
(1) (2)
202

弹性力是一对作用反作用力。
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛

m1m2 ? a1 ? a2 ? ? ? ? m1 ? m2 ? k ( x2 ? x1 ? a ) ? 2mm1m2 g m1m2 令 a ? ? a1 ? a2 ? , mm ? m1 ? m2 , x ? x2 ? x1 得到 (2) mm a ? ?kx ? ka ? 2mm m g

把(2) ×m1减去(1) ×m2,得到

这是一个质量为 mm 的质点,在弹性力-kx以及常力 2mmmg作用下运动。 质点在x=b时速度为零,仅有弹性势能。回到原点时 的速度为v,在此过程中,摩擦力做功。得到方程
1 1 2 2 ? 2 m m gb ? mm v k ?b ? a? m 2 2

由此求出两个质点相碰时的相对速度是
v?
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k ( m1 ? m2 ) (b ? a )2 ? 4 m gb m1 m2
山东大学刘希明辅导物理竞赛 203

【例题】半径R质量M的光滑圆柱筒竖直放在光 滑水平面上,圆柱筒内壁有螺旋导槽。质量为m的 小球可以沿着导槽无摩擦的下滑,圆柱筒的高度h正 好是螺距。开始时小球位于顶部,小球与圆筒均静 止不动。(1)分析小球下滑过程中圆筒的运动,(2)求 小球由高端下滑到低端时相对地面参考系的路程。 m M
R
h

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204

【解】这是由质点与圆筒构成的系统,系统在竖直方向受到重 力与地面支持力作用。在水平方向没有外力作用,而且初时刻 系统静止,由质心运动定理,则系统的质心C始终保持静止不 动。质心坐标系就是固定惯性坐标系。 首先计算质点m与圆柱轴O(质心)到两者质心C的距离.如图 轴心O到质心C的距离rM就是C到O的距离rC,设质点m到C的距 mR MR 离为rm,求出 rM ? rC ? , rm ? M?m M?m

m

C

vM

rm r M O

?

vm
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在质心系中,小球m与圆柱质心O绕 质心做半径rm与rM的圆周运动。系统 不受外力矩作用,对过质心C的固定 的竖直轴的角动量守恒。设质点m某 时刻相对质心C的(即相对地面固定坐 标系)速度为vm,其对质心的角动量为 mrmvm,方向垂直园柱截面向上。
205

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小球做圆周运动的向心力是柱壁的支持力N,同样圆柱也受到 大小相等方向相反的力-N的作用。圆柱筒看成质量集中在柱 心O的质点,必做方向相反的圆周运动。设圆柱轴O相对系统 质心C(即相对地面)的速度为vM,其对质心的角动量为MrMvM, 方向也垂直圆柱截面向上。 另一方面,由于质点由静止开始相对圆筒做圆周运动,圆筒 与地面光滑接触,同样产生反方向自转运动。设圆柱绕过O 点的垂直轴转动的角速度为w,对转轴的角动量为Iw=MR2w 方向指向下。则角动量守恒给出 mrm vm ? MrM v M ? MR 2? ? 0 vM 系统在水平方向不受外力作用,动量 m C 守恒。得到方程 rm r M O mvm ? M v M

?

vm
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利用以上两式,求出自转角速度 m ?? vm M ?m
206

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总之,圆筒轴O绕质心系统是做圆周运动,半径是rM.做圆 周运动的角速度是
?M ?
vM m M ?m M ?m ? vm ? vm rM M mR MR

质点绕系统质心做半径rm的圆周运动。同时圆筒绕自身对称轴 (过O的垂直轴)做角速度?的自转。

(2)讨论质点在地面参考系中的路程
质点相对质心(地面)以角速度 ?m 做圆周运动 , 同时圆筒面绕 过O点的轴以角速度 ?自转动 , 两者方向相反 。 质点相对圆 ? 筒面的角速度就是两者的和: ? ? ? ? ? m .利用这个关系可以求 出质点相对圆筒面转动一周后,在地面坐标系中的转动弧度。 质点相对质心的角速度由vm=rm?m确定,把该关系代入w的表 示中,求出质点相对圆筒面的角速度是
2013-6-10 山东大学刘希明辅导物理竞赛 207

m MR M ? 2m ? ? ? ? ? ?m ? ? m+? m= ?m MR M ? m M ?m

当质点相对系统质心(地面)转过一周,转过的角度为2?,利 用上面关系,求出相对圆柱面转过的角度 M ?m q ? 2? M ? 2m 质点转过的弧长则是 2? M S1 ? rmq ? R M?m 质点在竖直方向的路程就是圆筒的高h,于是总的路程是

? 2? M ? 2 S ? S ?h ? h ?? ? R ? 2m ? M ?
2 2 1 2 2

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山东大学物理学院 刘希明
lxm@sdu,edu,cn
139 5416 1397

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