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高一物理分层选修课:物理精英新思维


物 理 精 英 新 思 维
New Thinking

浙江师范大学附属中学

高一物理教研组


第 0 部分 绪言 一 二 三 四 第一部分



校本课程纲要..............................................

.............................. 3 课程开设申请表……………………………………………………………………..5 高中物理奥赛概况.....................................................................6 知识体系.....................................................................................8

直线运动和物体系的相关速度 第一讲 运动中的追及问题....................................................................9 第二讲 运动中的联系实际....................................................................10 第三讲 相对运动与相关速度................................................................12 第四讲 刚体的转动................................................................................14 第五讲 运动学中的方法与技巧............................................................16 小试身手与答案...................................................................... ..........................18 力与物体的平衡 第一讲 摩擦力与弹力............................................................................22

第二部分

第三部分

第二讲 简单的物体平衡........................................................................24 第三讲 一般物体的平衡........................................................................28 第四讲 整体法与隔离法........................................................................32 第五讲 摩擦角与稳度............................................................................33 小试身手与答案..................................................................................................37 牛顿运动定律 第一讲 整体法与隔离法 瞬时加速度................................................45 第二讲 传送带模型................................................................................46 第三讲 牛顿定律过程分析与运动模型................................................49 第四讲 叠加体问题................................................................................52 第五讲 连接体问题................................................................................54 小试身手与答案..................................................................................................58

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一、基本项目 课程名称:《物理精英新思维》 课程类型:讲解类课程 授课教师:游忠华 徐仲文 胡韩荣



《物理精英新思维》校本课程纲要

授课对象:物理成绩优异,自学能力强的学生 教学材料:自编教材与钟小平《高中物理培优教程》相结合 授课时间:每周一课时;共 18 课时 二、课程目标 1.通过教学,提高学习物理的主动性和兴趣,改进学习方法,增强学习能力; 2.通过教学,帮助学校开展多样化的物理课外活动,活跃学习空气; 3.通过教学,发现具有突出才能的青少年,以便更好地对他们进行培养; 4.通过教学,使部分优异学生为参加全国中学生物竞赛,打下扎实的基础。 三、课程内容 第 1 课时:运动中的追及问题 第 2 课时:运动中的联系实际 第 3 课时:相对运动与相关速度 第 4 课时:刚体的转动 第 5 课时:运动学中的方法与技巧 第 6 课时:小试身手讲评 第 7 课时:摩擦力与弹力 第 8 课时:简单的物体平衡 第 9 课时:一般物体的平衡 第 10 课时:整体法与隔离法 第 11 课时: 摩擦角与稳度 第 12 课时:小试身手讲评 第 13 课时:整体法与隔离法 瞬时加速度 第 14 课时:传送带模型 第 15 课时:牛顿定律过程分析与运动模型 第 16 课时:叠加体问题 第 17 课时:连接体问题 第 18 课时:小试身手讲评
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四、课程实施建议 按竞赛要求补充必要知识,同时加强高考能力的培养.主要以知识点拔,范例精讲,能力 训练的班级授课形式 五、课程评价 1.体现学生在评价中的主体地位 本课程建议让学生成为评价的主体,因为这样有益于学生认识自我、树立自信,有助于 学生反思和调控自己的学习过程, 从而有利于促进语言能力的发展。 每一课的评价都基本上 由学生来完成。 2.注重形成性评价对学生发展的作用 评价的目的是为了学生更好的发展,因此,本课程建议对学生进行形成性评价。对学生 每一堂课上的表现、所取得的成绩以及所反映出的情感、态度、策略等方面的发展作出客观 的评价。同时让学生同伴、教师和家长共同参与评价,注意评价的正面鼓励与激励作用。 3.注重评价方法的多样性和灵活性 教师应注意根据学生的实际情况和学习风格的差异采取适当的评价方式。 如学生对某一 次的音标过关情况不满意,教师可暂不记录等级,允许其进行再次尝试。 4.本校本课程将学生的情感培养放在首位, 因此在确定学生的最终学习等级时一般不设 定不合格,而是分“优秀、良好、合格”等第。

六、《物理精英新思维》校本课程简介 高中期间学习物理竞赛对一个人的思维和以后的大学学习都是很有好处的。 学习物理竞 赛不能抱着获奖的动机去学,要真的去了解、去钻研,学习思考问题的方法和提高自学的能 力。其实,高中物理竞赛很大成分是靠自学的,自学的过程中主要还是在老师的基础知识, 基本方法习得的基础上,自我强化训练,在训练中加深对物理现象本质的理解和对物理原理 利用的道理。只有多思考、多总结,多训练才能真正学有所成,即使最后没有获得一等奖也 不必气馁,在这个学习过程中你已经收获了自学的能力和思维的方式。 物理竞赛的内容开始主要以高考的标准或略高于高考的标准去安排教学,后期逐渐加大 难度,所以准对的选择对象是有物理趣,有不怕苦有钻研精神,对高中学习学有余力的同学。

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浙师大附中选修课程开设申请表
编号: 拟开课
《物理精英新思维》
申请时间 2013.9.

程名称 姓名 申请人
游忠华 本科 研究生 研究生 23 23 18 高级 高级 高级 物理 物理 物理

学历

教龄

职称

学科

基本情
徐仲文


胡韩荣

课程开发者 课程基 省课程类别 本情况 教材情况 开设年级 课程开 总课时数 设计划 学分论定 其他要求 课程评审委员会意见
18 高一 知识拓展类

游忠华 徐仲文 胡韩荣 课程树类别 专业深造类

自编教案与竞赛书本相结合 几个班 是否连排 2分 5 否

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三、高中物理奥赛概况
竞赛程序
第八条 凡报名参加全国中学生物理竞赛的学生均在地方竞赛委员会指定的地点参加 预赛。预赛(笔试)由全国竞赛委员会统一命题和制定评分标准,各地方竞赛委员会组织赛 场和评定成绩。竞赛时间为 3 小时。 第九条 预赛成绩优秀的学生可参加复赛。 复赛的笔试题由全国竞委会统一命题和制定

评分标准)满分为 140 分,笔试时间为 3 小时。复赛实验由地方竞赛委员会命题和评定成 绩,满分为 6 分,实验时间为 3 小时。复赛实验的日期、地点和组织办法由各地方竞赛委 员会根据实际情况自行决定。参加复赛的人数不得少于本省,自治区、直辖市参加决赛人数 的 5 倍。 第十条 各地方竞赛委员会根据学生复赛的总成绩,择优准荐 3 名学生参加决赛。对

于在上届竞赛中成绩较好的省、自治区、直辖市给予奖励名额,凡有 1 名学生获一等奖, 就奖励 1 名。在当年举行的国际物理奥林匹克竞赛中获金、银、铜奖的学生所在省、自治 区、直辖市,凡有 1 名学生获奖,也奖励 1 名。一省所得奖励名额总数以 4 名为限。承办 决赛的省、自治区、直辖市参响决赛的名额可增加 3 名。 地方竞赛委员会如认为有必要, 可在复赛之后以适当的方式进行加试, 以复赛和加试的 总成绩作为推荐的依据。加试满分下超过刀分,加试人数不得超过本省。自治区、直辖市应 推荐人故的 2 倍。决定进行加试的省,自治区、直辖市的加试办法应经比方竞赛委员会讨 论通过,上报全国竞赛委员会备案,并在复赛前向全体参赛学生明确公布。若参加决赛的最 后一个名额有两名以上的学生成绩相同, 则地方竞委会可对他们采取临时加试, 选取成绩最 好的 1 名。 决赛由全国竞赛委员会命题和评定成绩。决赛包括理论和实验两部分,竞赛时间各 3 小时。理论笔试满分为 140 分,实验满分为 60 分。在评定一等奖时,可对部分学生增加口 试,口试满分为 40 分。在评选二等奖和三等奖时,口试成绩不计人总分。

命题原则
第十一条 竞赛命题要从我国目前中学生的实际情况出发, 但题目的内容不必拘泥于现 行的教学大纲和统编教材。竞赛题目既包括理论笔试题,也包括实验操作题;既要考查学生 的基础知识,又要着重考查学生的能力,以利于促进学生用正确的方法学习物理。 第十二条 预赛、 复赛和决赛命题均以全国竞赛委员会制定的 (全国中学生物理竞赛内

容提要》为依据。

奖励办法
第十五条 全国中学生物理竞赛只评选个人奖, 不搞省。 地、 市、 县或学校之间的评比。

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根据决赛成绩,每届评选出一等奖 15 名左右、二等奖 3O 名左右、三等奖 60 名左右,由 全国竞赛委员会给予奖励。 在举行决赛的城市召开授奖大会, 颁发全国中学生物理竞赛获奖 证书、奖章和奖品。 第十六条 对于在预赛和复赛中成绩优异的学生, 全国竞赛委员会设立赛区 (以省、 市、

区为单位)一、二、三等奖,委托各地方竞赛委员会根据本地区实际情况进行评定。奖励名 额根据参加预赛的人数按全国竟委会规定的比例确定。 赛区一、 二等奖的评定应以复赛成绩 为准,对于赛区一、二、三等奖获奖者均颁发由中闰物理学会全国中学生物理竞赛委员会署 名盖章的“全国中学生物理竞赛××赛区获奖证书” 。 地、市、区、县及学校,对在预赛中成绩较好的学生可以通过一定的方式给予表扬,以资鼓 励。也可以颁发有纪念意义的奖品。 第十七条 第十八条 对优秀学生的奖励应以精神鼓励为主,物质奖励要适当,不宜过多。 对在决赛中获奖和获赛区一、 二等奖的学生的指导教师. 由各地方竞赛委员 会确定名单,以全国竞委会名义给予表彰,发给荣誉证书

全国中学生物理竞赛内容提要全国中学生物理竞赛内容提要 一、理论基础 力 学
1、运动学 参照系。质点运动的位移和路程,速度,加速度。相对速度。 矢量和标量。矢量的合成和分解。 匀速及匀速直线运动及其图象。运动的合成。抛体运动。圆周运动。 刚体的平动和绕定轴的转动。 2、牛顿运动定律 力学中常见的几种力 牛顿第一、二、三运动定律。惯性参照系的概念。 摩擦力。 弹性力。胡克定律。 万有引力定律。均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式(不要求导出) 。开普勒定律。行星 和人造卫星的运动。 3、物体的平衡 共点力作用下物体的平衡。力矩。刚体的平衡。重心。物体平衡的种类。

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四、知识体系
1、高中物理的三档要求:一般要求(会考)→高考要求→竞赛要求。 竞赛知识的特点:①初赛——对高中物理基础融会贯通,更注重物理方法的运用;②复 赛——知识点更多,对数学工具的运用更深入。 2、教法贯彻 ① 高一:针对“高考要求” ,进度尽量超前高一新课,知识点只做有限添加。目标瞄准 初赛过关。 ② 高二:针对“竞赛要求” ,瞄准复赛难度。高二知识一步到位,高一知识做短暂的回 顾与加深。 ③ 复赛对象在约 15 天的时间内模拟考试,进行考法训练。 3、教材范本: 舒幼生主编,钟小平副主编的《高中物理竞赛培优教程》 浙江大学出版社,2007 年 4 月第二版。 推荐典型参考书目—— ① 张大同主编《通向金牌之路》 陕西师范大学出版社(版本逐年更新) ② 范小辉主编的《新编高中物理奥赛指导》 南京师范大学出版社,2007 年 11 月第 4 版 ③ 赵凯华主编的新概念教程《力学》 高等教育出版社,2004 年 7 月第二版

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第一部分
第一讲

直线运动和物体系的相关速度
运动中的追及问题

例 1.如图所示,A、B 物体相距 x=7m 时,A 在水平拉力和摩擦力作用下,正以 v1=4m/s 的速度向右匀速运动,而物体 B 此时正以 v2=10m/s 的初速度向右匀减速运动,加速度大小 为 a=2m/s ,求 A 追上 B 所经历的时间是多少?(正确答案:8s )
2

例 2.一辆汽车在十字路口等待绿灯,当绿灯亮时汽车以 3 m/s 的加速度开始行驶,恰在这 时一辆自行车以 6 m/s 的速度匀速驶来,从后边超过汽车,试问:汽车从路口开动后,在赶 上自行车之前经过多少时间两车相距最远?此时距离是多少?(答案 2 s 6 m)

2

练习:一辆长为 l1=5 m 的汽车以 v1=15 m/s 的速度在公路上匀速行驶,在离铁路与公路交叉 点 s1=175 m 处,汽车司机突然离交叉点 s2 =200 m 处有一列长为 l2=300 m 的火车以 v2=20 m/s 的速度行驶过来,为了避免事故的发生,汽车司机立刻使汽车减速,让火车先通过交叉点,求 2 汽车减速的加速度至少多大?(不计汽车司机的反应时间) (答案 0.643 m/s )

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第二讲

运动中的联系实际

例 1.甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现:甲经短距离加速后能保持 9m/s 的速度 跑完全程;乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机,需在接力区前 适当的位置设置标记。在某次练习中,甲在接力区前 S0=13.5m 处作了标记,并以 V=9m/s 的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。 乙在接力区的前端听到口令时起跑, 并恰好在速度 达到与甲相同时被甲追上,完成交接棒。已知接力区的长度为 L=20m。 求: (1)此次练习中乙在接棒前的加速度 a; (2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。

解析:(1)设经过时间 t,甲追上乙,则根据题意有 vt-vt/2=13.5 将 v=9 代入得到:t=3s, 再有 v=at 2 解得:a=3m/s 2 (2)在追上乙的时候,乙走的距离为 s,则:s=at /2 代入数据得到 s=13.5m 所以乙离接力区末端的距离为?s=20-13.5=6.5m 例 2.考猎狗能以最大速度 v1 ? 10m / s 持续地奔跑,野兔只能以最大速度 v2 ? 8m / s 的速 度持续奔跑。 一只野兔在离洞窟 s1 ? 200m 处的草地上玩耍, 被猎狗发现后径直朝野兔追来。 兔子发现猎狗时,与猎狗相距 s2 ? 60m ,兔子立即掉头跑向洞窟。设猎狗、野兔、洞窟总 在同一直线上,求:野兔的加速度至少要多大才能保证安全回到洞窟。

解析:设野兔的加速度至少为 a 才能安全回洞窟,时间为 t t ? 26 s 对猎狗 s1 ? s 2 ? v1t 得 对野兔 若一直加速,则到达洞窟的速度 v ?

2s1 200 ? m/s t 13

> v2 ,不符合题设

10

故野兔应先加速后以 v2 匀速 设加速时间为 t 0 ,则有 s1 ? 得 t 0 ? 2s 故

1 v1t 0 ? v1 (t ? t 0 ) 2

a?

v1 ? 4m / s 2 t0

练习:2004 年 1 月 25 日,继“勇气号”之后,“机遇号”火星探测器再次成功登陆火星.在人 类成功登陆火星之前,为了探测距离地球大约 3.0× 105 km 的月球,人类曾发射了一种类似 四轮小车的月球探测器.它能够在自动导航系统的控制下行走,且每隔 10 s 向地球发射一次 信号.探测器上还装有两个相同的减速器(其中一个是备用的),这种减速器可提供的最大加 速度为 5 m/s2.某次探测器的自动导航系统出现故障,从而使探测器只能匀速前进而不能自 动避开障碍物.此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作.下表为控制中心的显 示屏的数据. 收到信号时间 与前方障碍物的距离(单位:m) 9:1020 52 9:1030 32 发射信号时间 给减速器设定的加速度(单位:m/s2) 9:1033 2 收到信号时间 与前方障碍物距离(单位:m) 9:1040 12 已知在控制中心的信号发射与接收设备工作极快.科学家每次分析数据并输入命令至少需要 3 s.问: (1)经过数据分析,你认为减速器是否执行了减速命令? (2)假如你是控制中心的人员,应该采取什么样的措施?加速度需要满足什么条件?请计算 说明.

解析:(1)车匀速 v0= = m/s=2 m/s 第三次收到信号表明车仍匀速运动,未执行命令. (2)车再接到信号,离障碍物 Δs=(12-2× 5) m=2 m 车减速的最小加速度为 a m/s2=1 m/s2 命令启动备用减速器使 1 m/s2<a<5 m/s2 即可碰撞.

a=

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第三讲

相对运动与相关速度

在大多数情况下,我们都习惯于以地面作为参照物,但在某些场合,我们选择其他一些 相对地面有速度的物体作为参照物, 这样会给解决问题带来方便, 所以相对运动就是研究物 体对于不同参考系的运动以及它们之间的联系,比如 A 物体相对于地面的速度为 ? A地 ,如 果取另一个相对地面有速度 ? B地 的 B 物体作参照物,那么 A 物体相对 B 物体的速度为:

? AB ? ? A地 ?? B地
或 ? AB ? ? A地 ?? B地 通常把物体相对“固定”参考系的速度称为绝对速度,把相对于“运动”参考系的速 度称为相对速度, 而把运动参考系相对固定参考系的速度称为牵连速度, 所以上式我们可以 表述为“相对速度等于绝对速度和牵连速度之差” .速度的合成必须用平行四边形定则进行 计算. 例 1.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 ? ,如图 2 一 1 所示.如果 A、B 之间的距离 AB=375 m,而初速度 ? =10 m/s,那么这个最短时间为多少?其运动轨迹是什么?

?

?

?

?

?

?

解析: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 ? 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 2—2 所示.设 AB=b,我们可 以列出:

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1 b 2 ? (?t )2 ? ( at 2 ) 2 2
由①式可得: t ?



2? 2 2? 2 2 4b 2 ? ( ) ? 2 a2 a2 a



将数据代人②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, 因而它的运动轨迹是一条抛物线. 所谓关联速度就是两个通过某种方式联系起来的速度. 比如一根杆上的两个速度通过杆 发生联系,一根绳两端的速度通过绳发生联系.常用的结论有: ①杆(或张紧的绳)上各点沿杆(或张紧的绳)方向的速度分量相同; ②如果杆(或张紧的绳)围绕某一点转动,那么杆(或张紧的绳)上各点相对转动轴的角速 度相同· 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 2.线轴置于斜面上,斜面与水平面的夹角为α .线的自由端固定住(如图 2—3) .线绳为 垂直线时的瞬间线轴的旋转角速度等于ω . 求在这瞬间的: ① 线轴轴心的速度;②线轴与斜面相切点的速度. ② 线轴的半径为 R.

解析: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 ? A 相同,? A 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, 其速度为 ?0 ;绕轴心的顺时针转动,其角速度等于ω 。在题中情况下,A 点的速度(图 2 — 4a)等于

? A ? ? 0 ???
不难看出, ? ? ? ? R ,且 ?A ? ?? ,由此可得
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?

?

??

?0 ?

?R sin ?
?? ?



同理可以求出线轴与斜面相切 C 点的速度(图 2 一 4b)

? C ? ? 0 ? ? ?? 其速度在斜面方向的投影为 ?C ? ?0 ? ? R 将①代人②得?C ? ? R

?

?

1 ? sin ? sin ?

第四讲
的,但固体在一般情形下可视为刚体

刚体的转动

刚体:刚体是指在任何条件下,形状和大小不发生变化的物体。这样的物体实质上是不存在

平动:刚体在运动过程中,其上任一直线段在各个时刻的位置始终保持平行,这种运动称为 平动.做平动的物体可视为质点. 转动:刚体所有质元都绕同一直线作圆周运动,这种运动称为转动,这一直线称为转轴。如 果转轴固定不动,就称为定轴转动. (1)角速度:? ?

?? .即单位时间内转过的角度(角位移) ,对于非匀速转动,上式只是求 ?t ?? . ?t

出刚体在△t 时间内的平均角速度,对于瞬时角速度, ? ? lim (2)角加速度:单位时间内角速度的变化量 ? ? lim

?? 。 ?t

(3)对于匀变速转动,可以类比匀变速直线运动的规律,有

?? ? t 0 ? ?
? ? ? 0 ? ?0 t ? ? t 2
2 ?2 ? ? t 0 ?2 ? 2

1 2

⑷定轴转动中ω 、β 与线速度 ? ,切向加速度 ai 和法向加速度 an 的关系为

? ? ?R

ai ? ? R

an ? ? 2 R ?

?2
R

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 2—7 细杆 AB 长 l ,端点 A、B 分别被约束在 x 和 y 轴上运动,试求: (1)杆上与 A 相距 al ( 0 ? a ? l )的 P 点的运动轨迹; (2)如果图中θ 角和 ? A 为已知,那么 P 点的 x 、 y 方向分运动速 率 ? Px 、 ? Py 是多少?

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解析: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,这样就确定了它们之间的几何关系。
(1)杆 A 端在 y 轴上的位置用坐标 y A 九表示,杆 B 端的位置用坐标 xB 表示,P 点的坐标为 ( x p、yP ) ,利用几何关系,得出 x p、yP 与 xB、y A 的关系为

xP al ? ?a xB l yP l ? al ? ? 1? a yA l
即 xP ? axB ? al sin ?

yP ? (1 ? a) xA ? (1 ? a)l cos?
由以上两式,得
2 2 xP yP ? ?1 (al ) 2 ? (1 ? a )l ?2

这是一个椭圆方程,故 P 点的运动轨迹为椭圆. (2)设在Δ t 时间内, P 点坐标的改变量为 ?xP 和 ?yP , 杆 A、 B 两端坐标的相应改变量为 ?y A 和 ?xB , 利用 P 点坐标与 A、 B 两端坐标在几何上的关连有

?xP ?x ?y ?y ? a B , P ? (1 ? a ) A ?t ?t ?t ?t

根据速度分量的定义,当△t ?0 时 ?Px ? a?B , ?Py ? (1 ? a)? A 式中 ? A 和 ?B 分别是 A 端和 B 端的速度.由 AB 杆不可伸长,有

?A c o ? s ? ?B s ? in
最后得出 P 点的速度分量为

?P x ? a ? A c o t?

?Py ? (1 ? a)?A

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第五讲

运动学中的方法与技巧

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. 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 t1=20 min 减小一半. 问 此后半径又减小一半需要多少时间?

解析: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 ? ? (16r 2 ? 4r 2 ) ? 12? r 2
这等于所绕带的长度 l1 ,与带的厚度 d 之乘积.在听录音时带运行的速度 ? 恒定,所以

l1 ? ?t1 ,于是有

12? r 2 ? ?t1d


2 2 2

当带轴上半径又减少一半(从 2r 到 r )时,带卷的面积减少了 ? (4r ? r ) ? 3? r ,即

3? r 2 ? ?t2 d



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由①②得

t2 ?

t1 ?5 min 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.AC、BD 两杆均以角速度ω 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 =β =600,试求 t 时刻交点 M 的速度和加速度.

解析: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α +β =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,△ABM 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,则α 角增加量等于β 角的减小量,α +β =1200 不变,则顶角 M 大小始终不变, 即∠M=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ω M = 2ω M 点作以半径为 R ?

3 l 的匀速圆周运动 3

17

在任意 t 时刻速度为: ? ? 2? R ? 向心加速度为: an ? (2? ) R ?
2

2 3 ?l , 3

4 3 2 ?l 3

小试身手与答案
1.线段 AB 长 S,分成 n 等分,一质点由 A 静止出发以加速度 a 向 B 作分段加速度直线运 动,当质点到达每一等分的末端时,它的加速度增加

a ,求质点运动到 B 点时的速度。 n

2. 质点 P1, 以 ?1 由 A 向 B 作匀速运动, 同时质点 P2 以 ?2 从 B 指向 C 作匀速运动,AB ? l , ∠ABC=α 且为锐角,如图 2—8,试确定何时刻 P1P2 的间距 d 最短,为多少?

3.处于一平直轨道上的甲、乙两物相距 S,同时同向开始运动.甲以初速 ?0 、加速度 a1 向 乙作匀加速运动,乙作初速为零、加速度为 a2 的匀加速直线运动,设两车相互超前时各不 影响,试讨论两车相遇的条件及对应的相遇次数.

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4. 两直杆 l1 、 l2 ,交角为θ ,交点为 A,若二杆各以垂直于自身的速度 ?1 、 ?2 沿着纸平 面运动,如图 2—10 所示.求交点 A 运动速度的大小.

5. 一块小木块 P 放在很粗糙的水平面上,被一根绳拉着滑动,绳的另一端 Q 以速度?0 在 轨道中运动,绳长 l ,绳与轨道的夹角是θ (图 2—11) .求此时 P 的速度和加速度.

6. 图 2—13 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 l ,BC 杆和 CD 杆的长度由图给定。求此时 C 点加速度 ac 的大小 和方向(用与 CD 杆之间的夹角表示)

19

参考解答 1. 解:质点由 A 静止出发以加速 度 a 作匀加速度直线运动的位移为

s s ,质的速度 ?1 由运动学公式可得 ?1 ? 2a ,同理第 n n





s n











?1 ? 2a

s n











a?

a n





?2 ? ?12 ? 2(a ? )

a s s a ? 2 (2a ? ) ,依次类推,则 n n n n

?n ? 2 ?na ?
? ? as(3 ? )
1 n

s? n?

a ?(n ? 1) ? (n ? 2) ? ??? ? (n ? n)?? ? ,所以质点运动到 B 点时的速度为 n ?

2.解:设经过时间 t 相距为 d,则此时质量点 P1 前进的距离为?1t ,P2 前进的距离为?2t , 由余弦定理可得 d ?

(l ? ?1t )2 ? (?2t )2 ? 2(l ? ?1t ) ??2t cos ? ,即

2 d ? (?12 ? ?2 ? 2?1?2 cos ? )t 2 ? 2(l?1 ? l?2 cos ? )t ? l 2 ,对根号里面配方可得

t?

l (?1 ? ?2 cos ? ) , 2 ? ? ?2 ? 2?1?2 cos ?
2 1

dmin ?

l?2 sin ?
2 ?12 ? ?2 ? 2?1?2 cos ?

2 2 2 3. 提示:当 2(a2 ? a1 )s ? ?0 能相遇,其中 2(a2 ? a1 )s ? ?0 时相遇一次, 2(a2 ? a1 )s ? ?0

时,能相遇二次。 4. 解:根据匀速运动的特点,设二杆运动单位时间 l1 的位移为 ?1 , l2 的位移为?2 ,如图 2 —11 所示,A 的位移为 AA? , AA? 的大小就是 A 点速度的大小

????

????

20

2 ?12 ? 2?1?2 cos? ? ?2 ?2 2 ? ? ? ?( ? ?1 cot ? ) ? sin ? sin ? 2 1

5.解:因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为 vB ? ?l B 点的向心加速度的大小为 aB ? ? 2l (2)

(1)

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

vC ? vB cos

π 2 ? ?l (3) 4 2
aC t B A aC C aCn ?

此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度

? vC

aCn ?

v CD

2 C

(4)

由图可知 CD ? 2 2l ,由(3) 、 (4)式得

? vB

aCn ?
其方向沿 CD 方向.

2 2 ?l 8

? vCB

D

(5)

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

a Ct .因为 BC 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 vCB 表示其速度的大小,根据速度合成公式有

? ? ? vCB ? vC ? vB
由几何关系得

y C

vCB ?

2 2 vB ? vC ?

2 2 vB ? ?l (6) 2 2

B

?

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心 加速度 A ? (7)

aCB ?

2 vCB CB

? D

x

因为 CB ? 2l ,故有

aCB ?

2 2 ?l 4

(8)

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

21

? aB ?BC ? aB cos

π 4

(9)

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

aCt ? aCB ? ? aB ? BC ?

3 2 2 ?l 4

(10)

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
2 2 aC ? aCn ? aCt ?

74 2 ?l 8

(11

aC 的方向与杆 CD 间的夹角 ? ? arctan

2 0 第二部分 物体的平衡问题 0 8 第一讲 摩擦力与弹力 1 例 1. (2012 浙江卷)如图所示,与水平面夹角为 300 的固定斜面上有一质量 m=1.0kg 2 的物 体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在 1 7 斜面上,弹簧秤的示数为 4.9N。关于物体受力的判断(取 g=9.8m/s2).下列说法正确的是 ( A ) A.斜面对物体的摩擦力大小为零 B.斜面对物体的摩擦力大小为 4.9N,方向沿斜面向上 C.斜面对物体的支持力大小为 4.9 N,方向竖直向上

aCt ? arctan 6 ? 80.54? aCn

(12)

D.斜面对物体的支持力大小为 4.9N,方向垂直斜面向上

例 2.如图所示,质量为 m 的物体放在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为 用大小为 F 的力推动物体沿水平地面滑动,推力方向与水平面的夹角在什么 范围内都是可能的?
θ

3 ,想 3

F m

解析: 当物体在地面上滑动时,受力如图 1-47 所示,物体在竖直方向平衡,则
22

N ? mg ? F sin ? 。
要使物体在水平地面上滑动,必须满足如下条件

① N ② ③ f
m

F cos ? ≥ f ,


f ? ?N 。

θ F

由①②③三式可得 cos ? ? ? sin ? ≥ 所以 sin(? ? ? )≥

? mg
F



mg 图 1-47

? mg
1? ? 2 F

,其中 tan? ?

1

?

,代入?可得推力方向与水平面的夹角

的范围为 0 ≤ ? ≤

?
3

? arcsin

mg 。 2F

例 3. 如图,原长分别为 L1 和 L2,劲度系数分别为 k1 和 k2 的轻质弹簧竖直地悬挂在天花板 上,两弹簧之间有一质量为 m1 的物体,最下端挂着质量为 m2 的另一物体,整个装置处于静 止状态。 现用一个质量为 m 的平板把下面的物体竖直地缓慢地向上托起, 直到两个弹簧的总 长度等于两弹簧原长之和,这时托起平板竖直向上的力是多少?m2 上升的高度是多少?

K1 m1

K2 m2

解析:当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时,下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸 长量,设为 x?????(1 分) 对 m1 受力分析得:m1g=k1x+k2x????①(3 分) 对平板和 m1 整体受力分析得: F=(m2+m)g+k2x?????②(3 分) ①②联解得托起平板竖直向上的力 F= m g ? m2 g ?

k 2 m1 g ?????(1 分) k1 ? k 2

未托 m2 时,上面弹簧伸长量为 x1=

(m1 ? m2 ) g ?????③(2 分) k1

下面弹簧伸长量为 x2=

m2 g ?????④(2 分) k2

托起 m2 时:m1 上升高度为:h1=x1-x??????⑤(2 分) m2 相对 m1 上升高度为:h2=x2+x???????⑥(2 分)
23

m2 上升高度为:h=h1+h2???????????⑦(2 分) ③④⑤⑥⑦联解得 h=

m2 g (m1 ? m2 ) g ? k2 k1

(2 分)

第二讲

简单的物体平衡

例 1.一光滑圆环固定在竖直平面内,环上套着两个小球 A 和 B(中央有孔) ,A、B 间由细绳 连接着,它们处于如图中所示位置时恰好都能保持静止状态。此情况下,B 球与环中心 O 处 于同一水平面上,A、B 间的细绳呈伸直状态,与水平线成 30 夹角。已知 B 球的质量为 m, 求细绳对 B 球的拉力和 A 球的质量。
0

解析:对 B 球,受力分析如图所示。 Tcos300=NAsin300 ∴ T=2mg 对 A 球,受力分析如图 D-1 所示。在水平方向 Tcos300=NAsin300 …………………..② 在竖直方向 NAcos300=mAg+Tsin300 …………………③ 由以上方程解得:mA=2m ………….①

T sin 37? ? N1 ? G1
例 2.如图所示,质量 M=2 3 kg 的木块套在水平杆上,并用轻绳与质量 m= 3 kg 的小球

24

相连,今用跟水平方向成α =30°角的力 F=10 3 N 拉着球带动木块一起向右匀速运动,运 动中 M、m 的相对位置保持不变,取 g=10 m/s ,求: (1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ ; (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ .
2

解析:(1)以小球为研究对象,受力分析如图(a). 由平衡条件得:Fcos30°=FTcosθ , Fsin30°+FTsinθ =mg, 解得:FT=10 3 N,θ =30° (2)以木块为研究对象,受力分析如图(b), 由平衡条件得:FTcosθ =Ff FN=Mg+FTsinθ Ff=μ FN,解得:μ =0.35

例 3.如图所示,水平放置的两固定光滑硬杆 OA、OB 成??角,在两杆上各套一轻环 P、Q, 两环用细绳相连,现用一大小为 F 的恒力沿 OB 方向拉圆环 Q,当两环处于平衡状态时,绳 子的拉力大小为___________________ 。 P A

O

?
Q

B

解析:

当两环平衡时,如图 1- 35 所示,P 所受弹力方向必垂直 OA,否则 P 无法平衡。Q A

受三力作用处于平衡状态,由平衡条件得

T sin ? ? F ,
?

P T O θ

B F
25

图 1-35

N



T?

F 。 sin ? F ” 。 sin?

本题的正确答案为“

例 4.如图所示,相距 4m 的两根柱子上拴着一根 5m 长的细绳,细绳上有一光滑的小滑轮, 吊着 180N 的重物,静止时 AO,BO 绳所受的拉力各是多少? A O B

解析: 同一条绳子拉力处处相等,所以 T1=T2=T,且与竖直线夹角均为 θ ,如图 1- 37 所示,根据平衡条件得

2T ? cos ? ? mg ,



延长 BO 至墙于 C 点, 过 C 作水平线交右墙于 D 点, 根据几何关系得 AO=OC, 而 AO+BO=5m, 所以 BC=OB+OC=5m,在Δ BCD 中,有 A ② O C 图 1-37 D B θ

3 cos ? ? , 5 5 由①②式得 T ? mg ? 150N , 6

所以静止时 AO、BO 绳子所受拉力各是“150N,150N” 。

练习 1.如图所示,A、B 两小球固定在水平放置的细杆上,相距为 l,两小球各用一根长也 是 l 的细绳连接小球 C,三个小球的质量都是 m.求杆对小球 A 的作用力的大小和方向. A B

C 解析:

C 球受力如图 1- 39 所示,根据平衡条件有

2T cos30? ? mg ,


T=

3 mg, 3
?



T C

T

A 球受力如图 1- 40 所示,根据平衡条件有

T sin 60 ? mg ? N ,

② mg
26

T cos 60? ? f ,
由①②③可得 N=



3 mg, 2

f=

3 mg。 6
f
2 2

N A T mg

7 因此杆对小球 A 的作用力 F= N ? f , 代入可得 F= mg, 与 3
竖直方向成 a 角, tanα =

f 3 = 。 N 9

所以杆对小球 A 的作用力大小为

7 mg, ,方向为竖直向上偏左 a 角,其中 α = 3

arctan

3 。 9

练习 2.如图,跨过两个定滑轮的轻绳上系着两个质量分别为 m1 、m2 和 M 的重物,两滑轮 的悬挂点在同一高度, 不计摩擦. 求当整个系统处于平衡状态时, 三个重物质量之间的关系.

?

M

m2

解析: 各物体的受力如图 1- 44 所示,由平衡条件可得

T1 ? m1 g , T2 ? m2 g ,
对于 M 受三力作用平衡,则三力构成一个封闭的三角形,如图 1-45 所示,由三角形知识可得 T1 T1
m1

???
M

???

T2

T2
m2

m1g

Mg

27

m 2g

sin ?1 ?

2 2 M 2 ? m12 ? m2 M 2 ? m2 ? m12 , sin ? 2 ? 。 2Mm1 2Mm2

对于此系统,必须满足: 0 ? ?1 ?

?
2

, 0 ? ?2 ?

?
2



T1

???
T2

可 解 得 三 个 重 物 质 量 之 间 应 满 足 的 关 系 为 M ? m1 ? m2 , 且

M ? m ? m2 。
2 2 1 2

Mg ???

第三讲

一般物体的平衡

物体相对于地面处于静止、匀速直线运动或匀速转动的状态,称为物体的平衡状态,简 称物体的平衡. 物体的平衡包括共点力作用下物体的平衡、 具有固定转动轴的物体的平衡和 一般物体的平衡. 当物体受到的力或力的作用线交于同一点时, 称这几个力为共点力. 物体在共点力作用 下,相对于地面处于静止或做匀速直线运动时,称为共点力作用下物体的平衡.当物体在外 力的作用下相对于地面处于静止或可绕某一固定转动轴匀速转动时, 称具有固定转动轴物体 的平衡.当物体在非共点力的作用下处于平衡状态时,称一般物体的平衡. 解决共点力作用下物体的平衡问题, 或具有固定转动轴物体的平衡问题, 或一般物体的 平衡问题,首先把平衡物体隔离出来,进行受力分析,然后根据共点力作用下物体的平衡条 件:物体所受的合外力为零,即∑F=0(如果将力正交分解,平衡的条件为:∑Fx =0、∑ Fy=0) ;或具有固定转动轴的物体的平衡条件:物体所受的合力矩为零,即∑M=0;或一般 物体的平衡条件:∑F=0;∑M=0 列方程,再结合具体问题,利用数学工具和处理有关问 题的方法进行求解. 例 1.如图 1--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μ , 求平衡时杆与地面的夹角α 应满足的关系.

28

解析: 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=0 ∑Fy=0 ∑MO?=0 对柱 ∑Fx=0 ∑Fy=0 ∑MO=0 ∑MO?=0 Ff1+Ff2cosα =FN2sinα Ff2sinα +G2+FN2cosα =FN1 Ff1 =Ff2 FN2+G2=FN1 ④ ⑤ ⑥ ⑦ Ff3+Ff2cosα =FN2sinα FN3+FN2cosα +Ff2sinα =G1 ① ② ③

l ? G1 ? ? cos ? ? FN 2 ? R ? cos 2 2

以上七个方程中只有六个有效, 由⑦式可知,FN1>FN2,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=μ FN2, 代入④式,可得 ? ? tan ③式,即有

?
2

,将此结果代入①②

Ff 3 ?

G1L ? ? (1 ? ? 2 ) (sin ? ? ? cos ? ) 2 R(1 ? ? 2 )

FN 3 ? G1[1 ?

l ? ? (1 ? ? 2 ) (? sin ? ? cos ? )] 2R(1 ? ? 2 )

在这种情况下,如要 Ff3≤μ FN3,必须有
29

l?

R (1 ? ? 2 ) ? ? (1 ? ? 2 )

杆要能搁在柱上,当然要 l ?

R tan

?
2

?

R

?

因此在 l ?

R tan

?
2

?

R

?

?l ?

R (1 ? ? 2 ) ? 时,α =2arctanμ 。 ? (1 ? ? 2 )

(2)如果是 0'处先移动,必有 Ff3=μ FN3,代入①②式,可有

Ff 2 ? FN 2 ? tan

?
2

FN 2 ? G1 ? l ? cos ? ?

tan

?
2

2R ? ?

2 R ? l ? cos(1 ?

tan ) ? tan ? 2 2

1

?

?



满足⑧式的α 即为平衡时的α ,这时要求 Ff2<FN2·μ ,须有

R 1? ? 2 l? ? ? 1? ? 2
综上所述 当

R

?

?l ?

R 1? ? 2 时,α =2arctanμ 。 ? ? 1? ? 2

当l ?

1 ? ? R 1? ? 2 时,α 应满足 2 R ? l ? cos ? (1 ? tan ) ? tan 。 ? 2 ? 2 2 ? 1? ?

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 2.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μ ,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、μ 、 l 、a 和 ? 应满足什么条件?

30

解析: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:

N cos ? ? Fm sin ? ? (M ? m) g N sin ? ? N1 ? Fm cos ?
根据力矩平衡条件可写出: ②



Mgl cos ? ?

Na cos ?



杆不滑动的条件为 Fm < Μ n。由①得

Fm ?

( M ? m) g ? Nc o ? s ? ? N ,即 sin ?

(M ? m) g ? N (cos ? ? ? sin ? ) ④
用③除④得

(

m l 2 ? 1) ? co ? s M a

(? co ?s ?

?sin

)



杆不向右翻倒的条件为 N1>0。由①和②可得出

N1 ? F ?? N si ?n mcos
? ( M ? m) g ? N cos ? cos ? ? N sin ? ? 0 sin ?


由此可得 (M ? m) g cos ? ? N 将③中的 N 代人⑥得

1?

m l ? cos ? M a



由于 l cos ? ? a ,再考虑不等式⑦,可得

1?

l m l c o? s ? 1 ? ? c2 o ?s a M a

(? c o? s?

?s i n ⑧ )

为了在不等式⑧中能同时满足最后两个不等号,就必须满足条件:

cos ? (co ?s ? ?

s? i? n

)

1
,就不可能出现平衡.

由此可得平衡条件为: ? ? tan ? ,如果 ? ? tan ?

31

第四讲

整体法与隔离法

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 1.三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μ 0,柱体与柱体之间的 摩擦因数为μ ,若系统处于平衡,μ 0 与μ 必须满足什么条件?

解析: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

2(

3 1 N1 ? f1 ) ? G 2 2



再隔留 A 球,受力分析如图 1 一 8 所示,由∑FAy=0 得

3 1 N1 ? f 1? N 2? G ? 0 2 2
由∑FAx=0 得



f2 ?

3 1 N 1? N 1? 0 2 2



32

由∑EA=0 得

f1R ? f 2 R
由以上四式可得



f1 ? f 2 ?

N1 2? 3 ? G 2 2? 3

1 3 2? 3 N1 ? G , N 2 ? G 而 f 2 ? ?0 N2 , f1 ? ? N1 ?0 ? ,? ? 2? 3 2 2 3

第五讲

摩擦角与稳度

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 的合力凡与接 触面法线方向的夹角θ 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 1.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 l1 和 l2 ,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μ 1 和μ
2

,且 l1 ? l2 。试求μ 1 和μ 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。

33

解析: 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 ? ? FN ,由图 1—9 可知 ? ?

Ff FN

?

FT sin ? ? tan ? 定义 ? ? tan ? ,? 为摩擦角,在 FT cos ?

得出摩擦角的概念以后,再由平衡条件成为 ? ? ? 展开讨论则解此题就方便多了。 即由 tan ? ? tan ? ? ? 情况 1:BC 绳松弛的情况 θ 1=00,不论μ 1、μ 2 为何值,一定平衡。 情况 2:二绳均张紧的情况(图 1—10) A 环不滑动的条件为:

?1 ? ?1 ,即 tan ?1 ? tan ?1 ? ?1
于是有

cos ?1 ? sin ?1 ?

1 tan 2 ?1 ? 1 tan ?1 tan ?1 ? 1
2

? cos ?1 ? ? sin ?1 ?

1

? 2 ?1

?1 ? 2 ?1

又由图 1—11 知

CD ? l1 cos?1 ? l2 cos?2
l12 sin ? 2 ? 1 ? cos ? 2 ? 1 ? 2 cos 2 ?1 l2
2

所以,若要 A 端不滑动,AB 必须满足

AB ? l1 sin ? 11 ? l2 sin ? 2 ?

l1?1

?12 ? 1

2 ? l2 ?

l12 ?12 ? 1



根据对称性,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

34

足的条件为: AB ?

l2 ? 2
2 ?2 ?1

? l12 ?

2 l2 2 ?2 ?1



如果系统平衡,①②两式必须同时满足。 从①式可以看出,μ 1 可能取任意正值和零,当μ 1=0 时,AB 只能取最小值 l2 ? l1 ,
2 2

l22 ?1 此时θ 1=0, l2 拉直但无张力。从②式可以看出μ 2 的取值满足 ? 2 ? l12
否则 AB 无解, ? 2 ?

l22 2 ? 1 时,AB 取最小值 l2 ? l12 。 l12

综上所述,AB 的取值范围为: 情况 1: l2 松弛 0 ? AB ? l2 ? l1 ,μ 1、μ 2 为任意非负数。
2 2

情 况 2 : l2 张 紧

2 l2 ? l12 ? AB ? [ ① ② 两 式 右 边 较 小 的 ] , μ

1

为任意非负数,

l22 ?2 ? 2 ? 1 。 l1
物体的平衡又分为随遇平衡、稳定平衡和不稳定平衡三种. 一、稳定平衡:如果在物体离开平衡位置时发生的合力或合力矩使物体返回平衡位置, 这样的平衡叫做稳定平衡.如图 1—1(a)中位于光滑碗底的小球的平衡状态就是稳定的. 二、 不稳定平衡: 如果在物体离开平衡位置时发生的合力或合力矩能使这种偏离继续增 大,这样的平衡叫做不稳定平衡,如图 1—1(b)中位于光滑的球形顶端的小球,其平衡状态 就是不稳定平衡. 三、随遇平衡:如果在物体离开平衡位置时,它所受的力或力矩不发生变化,它在新的 位置上仍处于平衡,这样的平衡叫做随遇平衡,如图 1—1(c)中位于光滑水平板上的小球 的平衡状态就是随遇的.

从能量方面来分析,物体系统偏离平衡位置,势能增加者,为稳定平衡;减少者为
35

不稳定平衡;不变者,为随遇平衡. 如果物体所受的力是重力, 则稳定平衡状态对应重力势能的极小值, 亦即物体的重心 有最低的位置.不稳定平衡状态对应重力势能的极大值,亦即物体的重心有最高的位置.随 遇平衡状态对应于重力势能为常值,亦即物体的重心高度不变. 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。 例 1.有一玩具跷板,如图 1—2 所示,试讨论它的稳定性(不考虑杆的质量) .

解析:假定物体偏离平衡位置少许,看其势能变化是处理此类问题的主要手段之一,本题要 讨论其稳定性,可假设系统发生偏离平衡位置一个θ 角,则: 在平衡位置,系统的重力势能为

E( 0 ) ? 2L (? l c? o s m)g
当系统偏离平衡位置θ 角时,如图 1 一 3 所示,此时系统的重力势能为

E (? )? m g[ L c o ?s? l c o ?s? ( ? ? )m ] g L [ ?c ?o sl ? 2mg cos? ( L ? l cos ? )

?c ?o ?s (

)]

?EP ? E (? )? E( 0? )

2 m g (? cos ? 1 L) ( l ? c o s )

故只有当 L ? l cos ? 时,才是稳定平衡. 例 2.如图 1—4 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.

解析: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

36

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。 又由于 AB 杆竖直时 yC ?

1 a ,那么 B 点的坐标为 2

x ? a sin ?

y?

1 1 1 a ? a cos ? ? a(1 ? cos ? ) 消去参数得 x2 ? (2 y ? a)2 ? a2 2 2 2

小试身手与答案
1. 如图 1—13 所示,长为 L 的均匀木杆 AB,重量为 G,系在两根长均为 L 的细绳的两端, 并悬挂于 O 点,在 A、B 两端各挂一重量分别为 G1、G2 的两物,求 杆 AB 处于平衡时,绳 OA 与竖直方向的夹角.

2. 一长为 L 的均匀薄板与一圆筒按图 1—14 所示放置,平衡时,板与地面成θ 角,圆筒 与薄板相接触于板的中心.板与圆筒的重量相同均为 G.若板和圆筒与墙壁之间无摩擦,求 地面对板下端施加的支持力和静摩擦力.

3. 如图 1—15,两把相同的均匀梯子 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μ =0.6,则人爬到何处梯子就要滑动?

37

4. 如图 1—16 所示,一均匀梯子,一端放在水平地面上,另一端靠在竖直墙上,梯子与地 面和墙间的静摩擦因数分别为μ 1 和μ 2,求梯子平衡时与地面所能成的最小夹角.

5. 如图 1—17 所示,一个半径为 R 的四分之一光滑球面放在水 平桌面上,球面上放置一光滑均匀铁链,其 A 端固定在球面的顶 点,B 端恰与桌面不接触,铁链单位长度的质量为ρ 。试求铁链 A 端受 的拉力 FT。

6. 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?

7. 如图 1—19 所示,有六个完全相同的长条薄 片 AiBi(i=1,2,... 6)依次架在水平碗口上,一端搁在 碗口、另一端架在另一薄片的正中位置(不计薄

38

片的质量)将质量为 m 的质点置于 A1A6 的中点处,试求 A1B1 薄片对 A6B6 的压力.

8. 如图 1—20 所示质量为 m 的小球 A 用细绳拴在天花板上,悬点为 O,小球靠在光滑的 大球上,处于静止状态,已知大球的球心 O'在悬点的正下方,其中绳长为 l ,大球的半径为 R,悬点到大球最高点的距离为 h,求绳对小球的拉力和小球对大球的压力.

9. 现有一个弹簧测力计(可随便找地方悬挂) ,一把匀质的长为 l 的有刻度、零点位于端 点的直尺,一个木块及质量不计的细线。试用这些器材设计一实验(要求画出示意图) ,通 过一次测量 (弹测力计只准读一次数) , 求出木块的质量和尺的质量。 (已知重力加速度为 g)

39

参考解答 1. 解:以Δ OAB 整体为研究对象,并以 O 为转动轴,其受力情况如图所示,设 OA 与竖 直线夹角为 ? , OC 与竖直线夹角为 ? , 因为Δ OAB 为等边三角形, C 为 AB 边的中点, 所以 ?AOC ?

1 ?AOB ? 300 , ? ? ? ? 300 ,即 ? ? 300 ? ? , 2

OC ? L sin 600 ?

3 3 L sin(300 ? ? ) , L , CF ? OC sin ? ? 2 2

BD ? L cos(600 ? ? ) ? L cos(300 ? ? ) , AE ? L sin ? ,以 O 为
转 动 轴 , 则 由 刚 体 的 平 衡 条 件

?M ? 0

可 知

G1 ? AE ? G ? CF ? G2 ? BD ,
即 G1 L sin ? ? G

3 L sin(300 ? ? ) ? G2 L cos(300 ? ? ) 2

展开后整理得: tan ? ?

3(2G2 ? G 4G1 ? 3G ? 2G2

所以,AB 处于平衡时,绳 OA 与竖直方向的夹角为

? ? arctan

( 3 2G 2 +G) 4G1 ? 3G ? 2G2

2.解:如图所示,圆筒所受三个力沿水平和竖直方向平衡的分量式为

FN1 ? FN sin ? ? 0 , FN cos? ? G ? 0
板所受五个力沿水平和竖直方向平衡的分量式为

? sin ? ? FN 2 ? 0 Ff ? FN
? cos? ? 0 FN 3 ? G ? FN

40

板所受各力对圆筒和板的交点为转动轴的力矩平衡方程为

FN 2

L L L sin ? ? Ff sin ? ? FN 3 cos ? ? 0 2 2 2

? ? FN 根据牛顿第三定律,有 FN
联立以上各式,可解得地面对板的支持力和静摩擦力分别为

(cot? - tan?) FN3=2G, Ff ? G
3.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 l 满足

1 2

? F ? 0 , ?M ? 0

所以 G ? GAC ? GBC ? FN1 ? FN 2

Ff 1 ? Ff 2
1 G ? l ? cos ? ? GBC ? BD ? ? ? FN 1 ? CD ? FN 1 ? BD 2
整理后: FN1 ? FN 2 ? 400N , l ? 2.5m 所以人在爬到梯子中点处时梯子就要滑动 4.解:受力分析如图所示,同样处于平衡状态,解题过程 与上题类 似,故解题过程略 则梯子平衡时与地面所能成的最小夹角为

? min ? arctan

1 ? ?1?2 2?1

5. 解:以铁链为研究对象,由于整条铁链的长度不能忽略不计,所以整条铁链不能看成质 点,要分析铁链的受力情况,须考虑将铁链分割,使每一小段铁链可以看成质点,分析 每一小段铁链的受力,根据物体的平衡条件得出整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为Δ L 的一小段(微元)为研究对象,其受力分析如图所示.由于该微 元处于静止状态,所以受力平衡,在切线方向上应满足:

FT? ? ?FT? ? ?G cos? ? FT? ?FT? ? ?G cos? ? ??Lg cos?
由于每一段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大

?FT? , 所 以 整 个 铁 链 对 A 端 的 拉 力 是 各 段 上 ?FT? 的 和 , 即

FT ? ??FT? ? ? ??Lg c o?s? ? g ??L

c ?o s

观察 ?L cos ? 的意义,由于 ? ? 很小,所以 CD ? OC , ?DCE ? ? , ?L cos ? 表示
41

Δ L 在竖直方向上的投影Δ R,所以 所以 F T ? ?g

? ?L cos? ? R

??L cos? ? ? gR 。

6.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 是靠各接触点的摩擦力维持的. 现设系统处于平衡状态, 列出两圆柱体所受力和力矩的 平衡方程. 圆柱体 A: Mg ? FN1 ? FN 3 sin ? ? Ff 3 cos ? ? 0 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

Ff 1 ? FN 3 cos ? ? Ff 3 sin ? ? 0

Ff 1R ? Ff 3 R
? 圆柱体 B: Mg ? Ff 2 ? FN sin ? ? Ff?3 cos? ? 0 33 ? 3 cos ? ? Ff?3 sin ? ? 0 FN 2 ? FN

Ff?1R ? Ff?3 R
由于 Ff 3 ? Ff?3 ,由③⑥得 Ff 1 ? Ff 2 ? Ff 3 ? Ff?3 ? Ff

? 3 ,联立①②④⑤⑦,可得 又因 FN 3 ? FN
FN 3 ? 1 ? sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ? cos ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?


FN 2 ? Ff ? FN 1 ?

2 ? cos ? ? 2sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

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: ?2 ?

Ff 2 FN 2

由⑧式可得

Ff 2 FN 2

? 1 ,所以 ?2 ? 1

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:

?1 ?

Ff 1 FN1

?

cos ? 2 ? cos ? ? 2sin ?
R?r R?r


由图可知: cos ? ?

sin ? ? 1 ? cos2 ? ?

2 Rr R?r



由⑨⑩⑧三式以及 ?1 ? 0.20 可以求得:

42

r?

1 R 9 1 R 时,圆柱体 A 在地面上才能不滑动. 9

即只有当 r ?

最后讨论两圆柱的接触点,接触点不发生滑动的条件为:

?3 ?

Ff 3 FN 3

?

cos ? 1 ? 1sin ?
7 2 ) R ? 0.29 R 13

由⑩⑧两式以及 ?3 ? 0.30 可解得 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 ? 0.29 R 所以,圆柱体 B 与墙面接触点不发生滑动的条件为μ 2≥1,圆柱体 A 与地面接触点不 发生滑动的条件为 μ 1≥

cos ? ,两圆柱体接触不发生滑动的条件为 μ 3≥ 2 ? cos ? ? 2sin ?

cos ? ,圆柱体 B 的半径 r 的值各应满足的条件为 R≥r≥0.29R 1 ? sin ?
7. 解:本题中六个物体,其中通过分析可知 A1 B1、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5 的受力情况 完全相同,因此将 A1 B1、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5 作为一类,对其中一个进行受力分 析、找出规律,求出通式即可. 以第 i 个薄片 AB 为研究对象,受力情况如图 1 所示, 第 i 个薄 片受到前一个薄片向上的支持力 FNi 、碗边 向上的支持力和后一个薄片向下的压力 FNi ?1 .选碗边 B 点为轴,根据力矩平衡有 FNi ? L ? FNi ?1 ? 所以 FN 1 ?

F L ,得 FNi ? Ni ?1 2 2


1 1 1 1 FN 2 ? ? FN 3 ? ??? ? ( )5 FN 6 2 2 2 2

再以 A6B6 为研究对象,受力情况如图 2 所示,A6B6 受到 薄片 A5B5 向上的支持力 FN6、碗边向上的支持力和后一 个薄片 A1 B1 向下的压力 FN1、质点向下的压力 mg。选 B6 点为轴,根据力矩平衡有 ② 由①②联立,解得 FN 1 ?

mg 42 mg 42

所以 A1B1 薄片对 A6B6 的压力为

43

8.解:力的三角形图和几何三角形有联系,若两个三角形相似,则可以将力的三角形与几 何三角形联系起来,通过边边对应成比例求解. 以小球为研究对象,进行受力分析,如图所示,小球受重 力 mg、 绳的拉力 FT、大球的支持力 FN,其中重力 mg

与拉力 FT 的合力与支持力 FN 平衡.观察图中的特点,可 以看出力的矢量三角形 ABC 与几何三角形 AOO? 相似, 即:

F FT mg mg ? , N ? l h?R R h?R
所以绳的拉力: FT ?

2 R 0 ? ? FN ? mg 小球对大球的压力: FN 0 h?R 8 9. 解:找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环,挂在弹簧测力计的挂钩上, 1 让直尺穿过细环中, 环与直尺的接触点就是直尺的悬挂点, 它将尺分成长短不等的两段, 2 用细线拴住木块挂在直尺较短的一段上, 细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位置, 使 1 7 直尺平衡在水平位置(为提高测量精度,尽量使两悬挂点相距远些) ,如图所示,设木 块质量为 m,直尺质量为 M,记下两悬挂点在直尺上的读数 力计的示数 G,由平衡条件和图中所设直尺的零刻度位置有 (m+M)g=G, L m g(x2-x1)=M g( -x2) 2 可解得:m= G(L-2x2) 2G(x2-x1) ,M= 。 g(L-2x1) g(L-2x1)
0 m x1 x2 M G

l h?R

x1、x2,弹簧测

44

第三部分
第一讲

牛顿运动定律
瞬时加速度

整体法与隔离法

例 1.如图所示,质量分别为 m 和 M 的两物体 P 和 Q 叠放在倾角为 θ 的斜面上,P、Q 之 间的动摩擦因数为 μ1,Q 与斜面间的动摩擦因数为 μ2。当它们从静止开 始沿斜面滑下时,两物体始终保持相对静止,则物体 P 受到的摩擦力大 小为( A.0; C. μ2mgcosθ; ) B. μ1mgcosθ; D. (μ1+μ2)mgcosθ; P Q θ

例 2.(2007 江苏卷)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块,其 中两个质量为 m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μ mg。现用 水平拉力 F 拉其中一个质量为 2 m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对 m 的 最大拉力为( A、 ) B、

3?mg 5

3?mg 4

C、

3?mg 2

D、 3?mg

例 3 .如图所示,在两根轻质弹簧 a 、b 之间系住一小球,弹簧的另外两端分别固定在 地面和天花板上同一竖直线上的两点,等小球静止后,突然撤去弹簧 a ,则在撤去 弹簧后的瞬间,小球加速度的大小为 2.5 米/秒 ,若突然撤去弹簧 b ,则在撤去弹 簧后的瞬间,小球加速度的大小可能为( )
2

45

A . 7.5 米 / 秒 , 方 向 竖 直 向 下 B . 7.5 米 / 秒 , 方 向 竖 直 向 上 C . 12.5 米 / 秒 , 方 向 竖 直 向 下 D . 12.5 米 / 秒 , 方 向 竖 直 向 上
2 2 2

2

例 4 . 如图竖直直放置在水平面上的弹簧上叠放着两物块 A,B,它们的质量均为 2kg,都处于 静止状态.若突然将一个大小为 10N,方向竖直向下的力施加在物块 A 上,则此瞬时,A 对 B 的 压力大小为(g 取 10m/s2)( A.5N B.15N C.25N ) D.35N

答:例 1:C 例 2:B 例 3:AC例 4:C

第二讲

传送带模型

例 1.如图 17 所示,有一水平放置的足够长的皮带输送机发 v=5m/s 的速率沿顺时针方向运 行,有一物体以 v0=10m/s 的初速度从皮带输送的右端沿皮带水平向左滑动,若物体与皮带 间的动摩擦因数 ? ? 0.5 ,并取 g=10m/s ,求物体从开始运动到回到出发点所用的时间。
2

解析:物体的运动可分为三个阶段: 第一阶段:向左的匀减速运动,由牛顿第二定律可得 ?mg ? ma, a ? ?g ? 5m / s ,
2

t1 ?

v0 10 v ? ? 2s, x1 ? 0 t1 ? 10m a 5 2
v v ? 1s, x 2 ? t 2 ? 2.5m a 2

第二阶段:向右匀加速到速度与传送带相等:

t2 ?

第三阶段: t 3 ?

x1 ? x 2 ? 1.5s, t ? t1 ? t 2 ? t 3 ? 4.5s v

注:第一、二阶段可以合成一个阶段:选 v0 方向为正。
2 v 2 ? v0 (?5) 2 ? 102 x1 ? ? ? 7.5m, 2a 2 ? (?5)

46

t1 ?

v ? v0 ? 5 ? 10 ? ? 3s a ?5

例 2. 如图所示, AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道, 高度为 h, 末端 B 处的切线方向水平. 一 个质量为 m 的小物体 P 从轨道顶端 A 处由静止释放,滑到 B 端后飞出,落到地面上的 C 点,轨 迹如图中虚线 BC 所示.已知它落地时相对于 B 点的水平位移 OC=l. 现在轨道下方紧贴 B 点安装一水平传送带,传送带的右端与 B 的距离为 l/2.当传送 带静止时,让 P 再次从 A 点由静止释放,它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出, 仍然落在地面的 C 点. 当驱动轮转动从而带动传送带以速度 v 匀速向右运动时 (其他条件不 变) ,P 的落地点为 D. (不计空气阻力) (1)求 P 滑至 B 点时的速度大小; (2)求 P 与传送带之间的动摩擦因数? ; (3)求出 O、D 间的距离 s 随速度 v 变化的函数关系式.

解析: (1)物体 P 在 AB 轨道上滑动时,物体的机械能守恒,根据机械能守恒定律

mgh ?

1 2 mv 0 得物体 P 滑到 B 点时的速度为 v0 ? 2 gh (3 分) 2

(2)当没有传送带时,物体离开 B 点后作平抛运动,运动时间为 t,

t?

l l ? v0 2 gh

当 B 点下方的传送带静止时,物体从传送带右端水平抛出,在空中运动的时间也为 t, 水平位移为

l , 2

因此物体从传送带右端抛出的速度 v1 ?

2 gh v0 ? (2 分) . 2 2
l 1 2 1 2 ? mv 0 ? mv1 (1 分) . 2 2 2

根据动能定理,物体在传送带上滑动时,有 ?mg 解出物体与传送带之间的动摩擦因数为 ? ?

3h (1 分) . 2l
47

(3)当传送带向右运动时,若传送带的速度 v ? v1 ,即 v ?

2 gh 时,物体在传送带 2
l ,即 s ? l (2 分) . 2

上一直做匀减速运动,离开传送带的速度仍为 v1 ,落地的水平位移为 当传送带的速度 v ?

2hg 时,物体将会在传送带上做一段匀变速运动.如果尚未到达 2

传送带右端, 速度即与传送带速度相同, 此后物体将做匀速运动, 而后以速度 v 离开传送带. v 的最大值 v2 为物体在传送带上一直加速而达到的速度, 即 ?mg

l 1 2 1 2 7 ? mv 2 ? mv 0 .由此解得 v2 ? . gh (1 分) 2 2 2 2

当 v ? v2 , 物 体 将 以 速 度 v2 ?

7 gh 离 开 传 送 带 , 因 此 得 O 、 D 之 间 的 距 离 为 2

s?

1 7 l . ?t gh ? (1 ? 7 ) (1 分) 2 2 2
当 v1 ? v ? v2 ,即

2 gh 7 ?v? gh 时,物体从传送带右端飞出时的速度为 v,O、D 2 2

之间的距离为 s ?

l l 2v . ? vt ? (1 ? ) (1 分) 2 2 2 gh

综合以上的结果,得出 O、D 间的距离 s 随速度 v 变化的函数关系式为:

? 2 gh (v ? ) ?l 2 ? ? 2 gh 2v 7 ?l s(v) ? ? (1 ? ) ( ?v? gh) ( 2 2 2 gh ?2 ? 7 ? l (1 ? 7 ) (v ? gh) ? 2 ?2
练习:[2006 全国卷 I]一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点) ,煤块与传送带之 间的动摩擦因数为 ? 。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度 a0 开始运动,当其速度达到 v0 后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下 了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长

答案:根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速 度 a 小于传送带的加速度 a0。根据牛顿定律,可得

48

a=μ g 设经历时间 t,传送带由静止开始加速到速度等于 v0,煤块则由静止加速到 v,有 v0=a0t v=at 由于 a<a0,故 v<v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间 t',煤块的速度由 v 增加 到 v0,有 v=v+at'郝双制作 此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从 0 增加到 v0 的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为 s0 和 s,有 s0= 1 a t2+v0t' 2 0 s= v02 2a v02(a0-μ g) 由以上各式得 l= 郝双 2μ a0g

传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0-s

第三讲

叠加体问题

例 1.如图所示,在光滑的桌面上叠放着一质量为 mA=2.0kg 的薄木板 A 和质量为 mB=3 kg 的金属块 B. A 的长度 L=2.0m. B 上有轻线绕过定滑轮与质量为 mC=1.0 kg 的物块 C 相连. B 与 A 之间的滑动摩擦因数 ? =0.10,最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力.忽略滑轮质量及 与轴间的摩擦.起始时令各物体都处于静止状态,绳被拉直,B 位于 A 的左端(如图) ,然 后放手, 求经过多长时间 t 后 B 从 A 的右端脱离 (设 A 的右端距滑轮足够远) (取 g=10m/s2) .

解析:以桌面为参考系,令 aA 表示 A 的加速度,aB 表示 B、C 的加速度,SA 和 SB 分别表示 t 时间 A 和 B 移动的距离,则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得
49

mCg-?mBg=(mC+mB)aB ? mBg=mAaA SB= SA= ② ③



1 2 aBt 2

1 2 aAt 2

④ ⑤

SB-SA=L 由以上各式,代入数值,可得 t=4.0s



常见错误分析:①式列成 mCg-?mBg=mBaB,漏掉 mC,认为绳中拉力等于 mCg。 例2. 如图所示, 有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上, 木板质量为M=4kg, 长为L=1.4m; 木板右端放着一小滑块,小滑块质量为m=1kg,其尺寸小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因 数为 ? ? 0.4 ( g ? 10m / s )
2

(1)现用恒力F作用在木板M上,为了使得m能从M上面滑落下来,问:F大小的范围是什么? (2) 其它条件不变, 若恒力F=22.8牛顿, 且始终作用在M上, 最终使得m能从M上面滑落下来。 问:m在M上面滑动的时间是多大?

50

解析: (1)小滑块与木板间的滑动摩擦力

f ? ? N ? ? mg
小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度

a1 ? f / m ? ? g ? 4m / s2
木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度

a2 ? ( F ? f ) / M
使m能从M上面滑落下来的条件是

a 2 ? a1

即 ( F ? f ) / M ? f / m 解得F ? ? (M ? m) g ? 20N (2)设m在M上滑动的时间为t,当恒力F=22.8N,木板的加速度

a2 ? (F ? f ) / M ? 4.7m / s 2
小滑块在时间t内运动位移 S1 ? a1t 2 / 2 木板在时间t内运动位移 S2 ? a2 t 2 / 2 因 S2 ? S1 ? L 即 4.7t 2 / 2 ? 4t 2 / 2 ? 1.4 解得t ? 2s 练习:(2007 全国)一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央.桌布的一边与 桌的 AB 边重合,如图所示.已知盘与桌布间的动摩擦因数为 μ1,盘与桌面间的动摩擦因数 为 μ2.现突然以恒定加速度 a 将桌布抽离桌面,加速度方向是水平的且垂直于 AB 边.若圆 盘最后未从桌面掉下,则加速度 a 满足的条件是什么?(以 g 表示重力加速度)

A a B

解析:对盘在桌布上有 μ1mg = ma1 在桌面上有 μ2mg = ma2 ②



51

υ1 =2a1s1

2



υ1 =2a2s2

2

④ ⑤ ⑦ ⑨

1 盘没有从桌面上掉下的条件是 s2≤─ l - s1 2 1 2 对桌布 s = ─ a t 2 1 而 s = ─ l + s1 2 ⑥ ⑧

2 1 对盘 s1 = ─ a 1t 2

由以上各式解得 a≥( μ1 + 2 μ2) μ1g/ μ2

第四讲

牛顿定律过程分析与运动模型

例.在地面上方足够高的地方,存在一个高度 d=0.3m 的“相互作用区域” (如图中划有虚 线的部分) 。一个小圆环 A 套在一根匀匀直杆 B 上,A 和 B 的质量均为 m。开始时 A 处于 B 的最下端,B 竖直放置,A 距“相互作用区域”的高度 h=0.2m。让 A 和 B 一起从静止开 始下落,它们之间的滑动摩擦力 f=0.5mg;当 A 进入“相互作用区域”时,A 受到方向向上 的恒力 F 的作用,F=2mg; “相互作用区域”对杆 B 不产生作用力。不计空气阻力,取重力 加速度 g=10m/s2。 (1)求杆 B 刚进入“相互作用区域”时的速度。 (2)假如杆 B 着地前 A 和 B 的速度相同,求这一速度。 (设杆 B 在下落过程中始终保持竖直且足够长)

52

解析一: (1)设 A 和 B 一起由静止下落至“相互作用区域”时的速度为 v1,根据动能定理 有: 2mgh ?

1 2mv 12 2

①(3 分)代入数据解得:v1 =2.0 m / s

②(2 分)

(2)A 进入“相互作用区域”后,受到方向竖直向下的重力 mg、滑动摩擦力 f 和竖直向上 的恒力 F 的作用,做减速运动,设离开“相互作用区域”时的速度为 vA, 同理有: (mg ? f ? F )d ? 代入数据解得:vA =1.0 m /s

1 2 m( v A ? v12 ) 2
④(2 分)

③(3 分)

A 进入“相互作用区域”之后,把 A 和 B 二个物体构成的整体作为研究对象,外力之和为 零,动量守恒.设 A 离开“相互作用区域”时 B 的速度为 vB,根据动量守恒定律有

2mv1 ? mvA ? mvB

⑤(3 分)

代入数据解得: vB ? 3.0m / s

⑥(2 分)设

A 离开“相互作用区域”后到 A 和 B 的速度达到相同时,经过的时间为 t,A 和 B 的共同速 度为 v2.在这一过程中,因为 v A ? v B ,A 所受滑动摩擦力 f 方向向下,B 所得滑动摩擦力 f 方向向上.根据动量定理,对 A 有: (mg ? f )t ? m(v2 ? v A ) 同理对 B 有: (mg ? f )t ? m(v2 ? vB ) 代入数据解得 v2 = 4.0 m / s ⑨(1 分) ⑧(2 分) ⑦(2 分)

解析二:过程 1:A 在“相互区域”运动时,取方向向下为正方向,A 受到竖直向下的重力 mg、滑动摩擦力 f 和竖直向上的恒力 F 作用. 设加速度 aA1、末速度为 vA、运动时间为 t1,根据牛顿第二定律有:
a A1 ? mg ? f ? F 1 ?? g m 2

①(1 分) ②(1 分) ④(2 分)

根据运动学公式有: v A ? v0 ? a A1t1
d?
2 2 vA ? v0 2a A1

③(1 分)

代入数据解出:t1 =0.2 s, vA = 1 m/s

B 受到竖直向下的重力 mg 和竖直向上的滑动摩擦力 f 的作用.

53

同理有: a B1 ?

mg ? f 1 ? g m 2
⑥(2 分)

⑤(2 分) 代入数据解出:vB = 3 m /s ⑦(1 分)

vB ? v0 ? aB1t1

过程 2:A 离开“相互作用区域”后,因为 vA<vB,所以 A 受到竖直向下的重力 mg 和滑动 摩擦力 f 的作用,B 受到的竖直向下的重力 mg 和竖直向上的滑动摩擦力 f 的作用. 设加速度分别为 aA2、aB2,共同速度为 v,运动时间为 t2. 同理有: a A 2 ? mg ? f ? 3 g m 2 ⑧(1 分)
v ? vB ? aB2t 2

aB2 ?

mg ? f 1 ? g m 2

⑨(1 分)

v ? v A ? a A2 t 2

⑩(1 分)

11(1 分) ○

由上述四式代入数据解得:v = 4 m / s 1 22(1 分) ○

第五讲

连接体问题

所谓“联结体”就是一个系统内有若干个物体,它们的运动情况和受力情况都一种关系 联系起来.若联结体内(即系统内)各物体只有相同的加速度时应先把这联结体当成一个整 体(看成一个质点) .分析这类问题的一般方法是: (l)将系统中的每个物体隔离开来分别进行受力分析; (2)对每个物体用牛顿第二、三定律列方程,有的物体可以列互为正交方向上的两个方程; (3)根据具体情况确定各物体的运动特征量般(如速度、加速度)之间的关系. 在解决联结体问题时确定齐物体加速度之间的关系是}分币要的. 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 3—1 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.

解析:本题中由于不计地面摩擦,系统的和外
54

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)利用牛顿第二定律有 F=mAaA+mBaB,即 又S ? 120=20aA+30aB

1 5 9 a B t 2 , aB ? m / s , a A ? m / s 2 2 4

SA ?

1 a At 2 ? 4.5m 2

即 S AB ? 5m ? 4.5m ? 0.5m 例 2.一绳跨过装在天花板上的滑轮,绳的一端吊一质量为 M 的物体,另一端挂一载人梯 子,人的质量为 m,系统处于平衡状态,不计摩擦及滑轮与绳的质量,如图 3—2 所示,要 使天花板受力为零,试求人应该如何运动.

解析:本题中要天花板受力为零,意味着质点系(整体)质心的加 速度为 g,竖直向下, 处于完全失重状态.因运动前系统处于平衡状态,所以梯子的质量为 M-m。由题意知,M 向下的加速度为 g,而梯子与人的质心向下的加速度也应为 g,才能使天花板受力为零.利 用质点系的牛顿第二定律有

Mac ? ? mi ai
i ?1

Mg ? ?( M ? m) g ? ma (取向下为正)
a ? (2 M ? 1) g (方向向下) m

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 3.绳 EF 一端系于轻杆 AB 中间,如图 3—3 所示,一端固定在天花板上,轻杆两端各有
55

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。

解析: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 3—4, A 球的加速度可分解为水平方向 ax 及竖直方向 ay . 注意到剪断 BC 瞬间 TEF 方向竖直向上。

2max ? T cos?
l l 2m ? ( ) 2 ? ? T sin ? ? 2 2 ay ? ? ? l 2

由以上三式得: a x ?

T cos ? T sin ? , ay ? 2m 2m T M

对于 C,设其沿绳方向加速度为 a0 ,则有 Ma0 ? Mg sin ? ? T , a0 ? g sin ? ? 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 a0 ? ax cos? ? ay sin ? 将 a0 、 ax 、 ay ,值代人上式,解得 T ?

2mM g sin ? 2m ? 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. TEF ? 2mg ? T sin ? ?

m(8m ? 7 M ) g 2(2m ? M )

例 4.如图 3—5 所示,装有滑轮的桌子,质量 m1=15kg。 桌 子 可 以 无摩 擦 地 沿水平 面 上 滑 动, 桌 子 上放质 量

56

m2=10 kg 的重物 A,重物 A 与桌面间的摩擦因数μ =0.6,当绕过滑轮的绳受到 F=78.4 N 的 水平拉力时,求: (1)桌的加速度; (2)当拉力沿竖直方向时,桌的加速度.

解析:本题为联结体问题,但本题的关键是重物与桌面间是否发生相对运动,解题时要先通 过计算作出判断,才能最后确定列式解题的依据。 (1)当拉力为水平方向时,桌子在水平方向受到三个力作用:上滑轮的绳子拉力 F ? ,水 平向左;下滑轮绳子的拉力 F,水平向右;重物对桌的摩擦力 f ,水平向右.由牛顿第二定 律,得

F ? f ? F ? ? m1a1
式中 a1 为桌子加速度. 重物 A 水平方向受到的力有:绳的拉力 F,摩擦力 f 。当 f ? f max ? ?m2 g 时,重物开 始沿桌面运动, 这时, 对重物 A, 有 F ?f 于是得 F ? f max ? m2 进一步求出 F ? (1 ?
m x a

? ma 21

; 由桌子受力情况, 可求出 a1 ?

f max , m1

f max m1

m2 ) ? m2 g 。 m1

代人有关数字,得 F>98N 而实际作用绳上的力仅为 78.4 N。因此,重物并未沿桌面滑动,重物随桌子一起以同一加速 度运动.

a?

F 78.4 ? ? 3.14m / s 2 m1 ? m2 15 ? 10

(2)当拉力沿竖直向上方向时,只有在重物沿桌面滑动情况下,桌子才可能沿水平地面运动 (当重物静止时,在水平方向它所受的上滑轮绳子拉力与静摩擦力大小相等、方向相反.这 样一来,也使桌子所受绳子拉力与静摩擦力恰好平衡) .为此,作用于绳的拉力不得小于重 物与桌面间的最大静摩擦力. 在所讨论的情况下满足这一条件. 桌子水平方向受两个力作用: 上滑轮绳子拉力,方向向左;重物对桌面的摩擦力,方向向右.因为 F ? f max ,所以桌子
57

将向左作加速运动.

a?

F ? f max F ? ? m2 g ? ? 1.31m / s 2 m1 m1

小试身手与答案
1. 如图 3—8 所示,滑轮左右两边原挂有质量均为 M 的物块,在右物块上又放有质量为 m 的小物块,忽略滑轮和绳的质量及滑轮轴上的摩擦,求左物块上升的加速度,m、M 之 间的作用力及支点 A 所受的力.

2. 如图 3—9 所示,弹簧 S1 的上端固定在天花板上,下端连一小球 A,球 A 与球 B 之间 用线相连.球 B 与球 C 之间用弹簧 S2 相连.A、B、C 的质量分别为 mA、mB、mC,弹簧 与线的质量均可不计.开始时它们都处在静止状态.现将 A、B 间的线突然剪断,求线刚 剪断时 A、B、C 的加速度.

58

3. 如图 3—10 所示的轻滑轮跨有一轻绳,绳的两端连接着质量分别为 1 kg 和 2 kg 的物体 A 和 B,现以 50 N 的恒力 F 向上提起滑轮的轴, A 和 B 的加速度各为多少?不计滑轮质 量及滑轮与绳间摩擦。

4. 质量为 M 的长平板以速度 ?0 在水平面上作直线运动,长板与地面间的 动摩擦因数为μ 2, 现将速度为零、 质量为 m 的木块放在长平板上, 如图 3—11 所示. 设 木块与板之间的滑动摩擦因数为μ 1,试问木块在长平板上滑行多长的距离才能与板取 得相同的速度?

5.两个相同的条形磁铁,放在平板 AB 上,磁铁的 N、S 极如图 3—12 所示.开始时平板及 磁铁皆处于水平位置,且静止不动. (i)现将 AB 突然竖直向下平移(磁铁与平板间始终相互接触),并使之停在 A′B′处,结果 发现两个条形磁铁碰在一起. (ii)如果将 AB 从原位置突然竖直向上平移,并使之停在 A″B″位置处,结果发现两条形 磁铁也碰在一起. 试定性地解释上述现象.

6. 如图 3 一 13 中,是一带有竖直立柱的木块,总质量为 M,位

59

于水平地面上,B 是一质量为 m 的小球,通过一不可伸长的轻绳挂于立柱的顶端,现 拉动小球使绳伸直并处于水平位置, 然后让小球从静止状态下摆, 如在小球与立柱发生 碰撞前,木块 A 始终未发生移动,则木块与地面之间的静摩擦因数至少为多大?(设 A 不会发生转动)

7. 在 20 cm 长的细棒正中间固定着一个质点.棒贴着光滑的墙站着,棒的下端可以沿地面 滑动,没有摩擦.棒处于不稳定的平衡状态,将棒稍微歪一点,让它的下端从墙滑开, 棒在整个时间内都处于一个平面内.棒的中心接触地面时,就马上站住不动.求棒的中 心离墙的最后距离. (棒的质量可以忽略不计)

8. 一半径为 R=1.00 m 的水平光滑圆桌面,圆心为 0,有一竖直的立柱固定在桌面上的圆 心附近,立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线 C,如图 3 一 14 所示一根不可 伸长的柔软的细轻绳,一端固定在封闭曲线上的某一点,另一端系一质量为 m=7.5× 10-2kg 的小物块.将小物块放在桌面上并把绳拉直,再给小物块一个方向与绳垂直、大 小为 ?0 ? 4.0m / s 的初速度.物块在桌面上运动时,绳将缠绕在立柱上.已知当绳的张 力为 T0=2.0 N 时,绳即断开,在绳断开前物块始终在桌面上运动. (1)若绳刚要断开时,绳的伸直部分的长度为多少? (2)若绳刚要断开时,桌面圆心 O 到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳 的伸直部分垂直,问物块的落地点到桌面圆心 O 的水平距 离为多少?已知桌面高度 H=0.80 m.物块在桌面上运动 时未与立柱相碰.取重力加速度大小为 10 m/s2.

60

9. 匀速运动着的水平传送带,其速度为 ? =5 m/s.从不太高的地方放下一个粉笔骰子,它的 一个面是水平的.发现在传送带上粉笔留下一个长度 s=5m 的划线.稍后,传动装置受 阻滞,传送带呈减速运动,加速度为 a=5 m/s2. 粉笔在传送带上是否还继续留下划线?有多长?能否准确地计算出,为使粉笔不留划 线,传送带的减速值应在什么限度内?

10. 一根不可伸长的细轻绳, 穿上一粒质量为 m 的珠子 (视为质点) , 绳的下端固定在 A 点, 上端系在轻质小环上, 小环可沿固定的水平细杆滑动 (小环的质量及与细杆摩擦皆可忽 略不计) .细杆与 A 在同一竖直平面内.开始时,珠子紧靠小环,细绳被拉直,如图 3 一 15 所示.已知绳长为 l ,A 点到杆的距离为 h,绳能承受的最大张力为 Td,珠子下 滑过程中到达最低点前绳子被拉断. 求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小 (珠子与
61

绳之间无摩擦) .

11.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 l .现将细线烧断,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 Ox,原点 O 与此时 A 球的 位置重合如图.试求任意时刻两球的坐标.

62

参考解答 1.解:对左右两物体和 m,整体应用牛顿第二定律有:mg=(2M+m)a, 所以左物块上升的加速度 a ?

m g, 2M ? m 2Mm g, 2M ? m

对 m:mg-N=ma,解得 m 与 M 之间的作用力 N ? 对左边物体:F-Mg=Ma,所以 F ? M ( g ? a ) ? 支点 A 所受的力 T ? 2 F ?

2 M ( M ? m) g, 2M ? m

4 M ( M ? m) g 2M ? m

2. 解:剪断前线的张力大小为(mB+mC)g,前断瞬间,弹簧的弹力大小不变,所以球 A 所受合力为向上的(mB+mC)g,其加速度为竖直向上的(mB+mC)g /mA,球 B 所受 合外力为向下的(mB+mC)g,其加速度为竖直向下的(mB+mC)g /mB,球 C 所受合 外力仍为零,所以其加速度仍为零。 3.解:设连接 AB 的细绳上的张力为 T,则对 A 有: T ? mA g ? mAa A 对 B 有: T ? mB g ? mB aB ② ③
2 2



对 AB 整体有: F ? mA g ? mB g ? mAaA ? mB aB

由①②③代入数据得: A 的加速度为 aA ? 15.2m / s ,B 的加速度为 aB ? 2.7m / s (方 向均垂直向上) 。 4.解:对 m: ?1mg ? ma1 ,得: a1 ? ?1 g 对 M: ?1mg ? ?2 (M ? m) g ? Ma2 ,则: a2 ?

?1mg ? ?2 ( M ? m) g
M

63

由运动学知识可知: a1t ? ?0 ? a2t , s1 ? 解以上各式可得: ?s ?

1 2 1 a1t , s2 ? ?0t ? a2t 2 , ?s ? s2 ? s1 2 2

2 M?0 2(?1 ? ?2 )(M ? m) g

5.解:开始时每一磁铁受到另一磁铁的磁吸引力与板对它的静摩擦力平衡,所以静止不动。 (1)从板突然向下平移到停下是先向下加速后向下减速运动,板向下加速时,磁铁对 板的弹力减小,最大静摩擦力也减小,当最大静摩擦力小于磁吸引力时,磁铁就沿板相 向运动并吸在一起。 (2)从板突然向上平移到停下是先向上加速后向上减速运动,板向上减速时,磁铁对 板的弹力减小,最大静摩擦力也减小,当最大静摩擦力小于磁吸引力时,磁铁就沿板相 向运动并吸在一起。 6.解:设当小球摆至与水平方向的夹角为θ 时小球的速度为 ? ,则 mgl sin ? ? 此时小球受到绳的拉力为 T,由于小球做圆周运动,有

1 m? 2 2

T ? mgl sin ? ?

m? 2 l

对于木块,设地面对木块的支持力为 N,摩擦力为 f ,故有

T sin ? ? Mg ? N ? 0 T cos ? ? f ? 0
设地面的静摩擦因数为μ ,则有: f ? ? N 联立以上各式解得: ? ? 式中已令 a ?

3m sin ? ? cos ? 2sin ? ? cos ? ? 3m sin 2 ? ? M a ? 2sin 2 ?

2M 2sin ? ? cos ? ,又令 F (? ) ? 3m a ? 2sin 2 ?

于是 ? ? F (? ) ,即关于θ 的函数,现要求不论θ 取何值,不块均不发生移动,这就要 求静摩擦因数μ 的最小值 ?min 等于 F(θ )的最大值 F (? )max ,而 F (? )max 可通过下述 方法 求得:

F (? ) ?

2sin ? ? cos ? 2sin ? ? cos ? ? ? 2 2 2 a(cos ? ? sin ? ) ? 2sin ? a cos ? ? (a ? 2)sin 2 ?
2

2 a ? (a ? 2) tan ? tan ?

?

2 ? ? a ? (a ? 2) tan ? ? ? 2 a(a ? 2) ? ? tan ? ?
2

64



a a 时,F(θ )有最大值,其值为 ? (a ? 2) tan ? 时,即 tan ? ? tan ? a?2

F (? )max ?
因此 ?min ?

1 3m ? 2 a(a ? 2) 2 M ? 3mM
3m 2 M 2 ? 3mM

7.解:首先我们证明只要棒的端点整个时间都是沿着互相垂直的轨迹运动,则它的中心就 会沿着一个圆周运动,这个圆的半径等于棒长的一半(r=10 cm) ,圆心位于竖直墙和水 平地板交界的地方.棒心沿着凸面作向上的圆弧运动. 在右图上表示了棒和作用在它上面的力。 F 1 表示作 用在棒上 的地板的约束反力,而 F 2 是墙的约束反力. 力 R ? F1 ? F 2 。 因为棒的质量可以忽略不计,它对中心的转动惯量 也就等于零.由此知,对棒中心的总力矩也为零。否则, 棒就必须以无限大的角加速度围绕点 S 运动.由于其端 点沿地板和墙壁滑动的棒的转动,随之而来的是它的沿 圆弧移动,棒的无限大的角加速度就必然引起在棒中心 的质点的无限大的线加速度,但这是不可能的,因为这个 点有一定的质量(设其质量为 m).那么,对棒的中心(质点) 列出力矩方程,得

??

??

? ?

??

??

F1r sin ? ? F2r cos ? ? 0 ,由此得:
? ? ?? ??

F1 ? tan ? F2
??

这意味着, R ? F 1 ? F 2 的方向是沿着圆半径的. 因为墙壁和地板是推棒,故 R 总是指向圆的外面,且 R 的作用点沿圆周运动.现在 找 R ? 0 的点的位置.该点是这样的一个点,过它之后,棒心的运动就变成自由运动, 也就是棒的端点不再对墙壁和地板有压力,约束反力也就消失了. 假定棒心(质点)离地板的高度为 h 时, R ? 0 ,与一个小球从光滑半球顶上滑下脱离 类似,可以列出下面两个方程(R=N=0)

??

? ?

? ?

mg (r ? h) ?

1 2 m?0 2

mg cos ? ? m

?02
r

?

mg h r

65

从上面二式可以得知,当棒心离地板的高度 h ?

3 r 时,棒就离开墙壁。以后棒心进行 2

的运动,就和向下斜抛一样.在棒心“离开”圆周的瞬间,它的速度为

?0 ? gr cos ? ?

3 gr 2

这个速度是和圆周相切的.它的水平和竖直分量分别为

?? ?

3 2 3 3 5 3 gr cos ? ? gr , ?? ? gr sin ? ? gr 2 3 2 2 3 2
? ? 5 r 。在 R ? 0 瞬间的情况,也就是棒心开 3
1 2 gt 2

棒末端离开墙壁瞬间的距离 d ? r sin ? ?

始向下斜抛一样运动的瞬间的情况,表示在下图上.令 D 代表所求的、在落地时棒心 距离,t 代表斜抛的持续时间,则有 h ? ? ? t ? (在竖直方向) , D ? d ? ?? t (在水平方向) 把前面有关 h、d、 ?? 和 ?? 的表达式代入上述 二式, 就能得到 D 和 t 含 r 和 g 参量的两 个方程.需注意的是所得方程组有两个解.对于其 中一个 D<d 的解,因不合题意,必须舍 去(因棒心不可能向墙靠近) .对剩下的 第二个解,D>d,它是 D ?

4 23 ? 5 5 r ? 12.5cm 。 27

即棒心将在离墙 12.5 cm 触地. 8. 解: (1)因桌面是光滑的,轻绳是不可伸长的和柔软的,且在断开前绳都是被拉紧的, 故在绳断开前,物块在沿桌面运动的过程中,其速度始终与绳垂直,绳的张力对物块不 做功,物块速度的大小保持不变.设在绳刚要断开时绳的伸直部分的长度为 x,若此时 物块速度的大小为 ?x ,则有 ?x ? ?0 绳对物块的拉力仅改变物块速度的方向,是作用于物块的向心力,故有

T0 ?

2 2 m? x m? 2 m?0 ? 0 ,由此得: x ? x x T0

代入题中数据,得 x=0.60 m (2)设在绳刚要断开时,物块位于桌面上的 P 点,BP 是绳的伸直部分,物块速度如右 图所示,由题意可知, OB ? BP 。因物块

66

离开桌面后便做初速度为 ?0 的平抛运动. 设平抛运动的时间为 t,则有 H ?

1 2 gt , 2

物块做平抛运动的水平射程为 S1 ? ?0t 。 由几何关系可知,物块落地点与桌面圆心 O 的水平距离为

S ? ? S1 ? R 2 ? x 2 ? ? x 2 , ? ?

2

? ? 2H 联立以上三式求解得: S ? ??0 ? R2 ? x2 ? ? x2 g ? ?
代入题中数据得: S ? 2.5m 。 9 .解:在随传送带作匀速运动的参考系中,情况看来就像在不动的带上放置初速为

2

? ? 5m / s 的粉笔.令粉笔的质量为 m.粉笔的初始动能(在所讨论的参考系中)全部
消耗在摩擦力做功上.用μ 表示粉笔对传送带的摩擦因数,就可写出

1 m? 2 ? ? mgs ,由 2

此得出:

??

?2
2 gs



在加上产生(负)加速度 a 的阻滞力之后,与传送带相关联的参考系就成了非惯性系。 这时在非惯性系中,对粉笔就有和传送带运行方向相反的等于 ma 的惯性力作用.这个 力就和电车或火车刹车时给旅客的作用力一样, 有同样的特点. 在刹车时要使粉笔能滑 动,惯性力 ma 就必须超过等于μ mg 的摩擦力的最大值.否则粉笔就不会动了,因力 ma 被摩擦力抵消了.因而要使粉笔不留划线就必须满足条件: ma ? ? mg ,即

?

a?

?2
2s

? 2.5m / s2 。
2

按题中假设, a ? 5m / s ,不符合这个条件,因此在刹车时粉笔沿传送带滑动, 并留下白色划线.下面来计算这段划线的长度 s1. 只要有 ma 力,也就是刹车阻滞力作用,粉笔将沿传送带作加速运动.在传送带停 滞后,粉笔蒋会有非零的初速度,并且在摩擦力的影响下作减速运动.这个运动将持续 到粉笔停止时. 刹车持续时间为 t1 ?

?
a

粉笔对传送带的加速度 a1 可从与传送带相关的非惯性系中表达的牛顿第二定律的 关系式 ma1 ? ma ? f 中去求. f ? ? mg 为摩擦力.摩擦因数产在前面已经求过了.这

67

样一来,就可写出 ma1 ? ma ? ?mg ,即 a1 ? a ?

?2
2s

1 2 1 ?2 ?2 在刹车时粉笔经过的路程(对传送带来说)为 a1t1 ,或者说为 (a ? ) 2 2 2 2s a
在传送带停住的瞬间,粉笔对传送带的速度为 ?1 ? a1t1 ? (a ?

?2 ?

) 2s a

f ?2 ? ?g ? 在传送带停住后,粉笔的(负)加速度为 a2 ? m 2s
减速持续的时间为 t2 ?

?1
a2

?(

2as

?

2

? 1)

?
a

2 1 2 1 ? 2 2as 2? ?( ? 1) 2 在这段运动时向中,粉笔走了 a2t2 的路程,即此路程为 ? 2 2 2s ? 2 a

粉笔在传送带上留下的划线长度为

1 ? 2 ? 2 1 ? 2 2as ?2 ?2 ?2 s1 ? (a ? ) 2 ? ? ? ( 2 ? 1)2 2 ? (a ? ) 2 2 2s a 2 2s ? a 2s a
将题中已给出的数值代入,最后求碍 s1=2.5 m.。 10.解: (1)珠子的运动轨迹 建立如图 3 一 16 所示的坐标系.原点 O 在过 A 点的竖直线与细杆相交处,x 轴沿细杆 右,y 轴沿 OA 向下.当珠子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处,BN 垂直于 x 轴,所以珠子的坐标为 x ? PN , y ? BN 由Δ APN 知 ( AP)2 ? ( PN )2 ? ( AN )2 ,即有 (h ? y)2 ? x2 ? (l ? y)2 于是得: x ? ?2(l ? h) y ? (l ? h )
2 2 2

这是一条以 y 轴为对称轴,顶点位于

y?

1 (l ? h) 处,焦点与顶点的距离为 2

1 (l ? h) 的抛物线,如右图所示,图中 2 H? 1 (l ? h) ,A 为焦点. (注:以 y 2 1 (l ? h) 处的抛物线方程为 2

轴为对称轴、顶点在 y1 ?

1 ? ? x 2 ? ?2 PY ? ?2 P ? y ? (l ? h) ? ? ?2Py ? p(l ? h) , 2 ? ?
与 x ? ?2(l ? h) y ? (l ? h ) 比较,得 P ? l ? h .焦点与顶点的距离为
2 2 2

P 1 ? (l ? h) 。 2 2
68

(2)珠子在 N 点的运动方程 因为忽略绳子的质量, 所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分, 则珠 子受的力有三个: 一个是重力 mg; 另外两个是两边绳子对珠子的拉力, 它们分别沿 NB 和 NA 方向, 这两个拉力大小相等, 皆用 T 表示, 则它们的合力的大小为 F ? 2T cos ? ,

? 为 N 点两边绳子之间夹角的一半,F 沿 ?ANB 的角平分线方向.
因为 AN 是焦点至 N 的连线,BN∥Y 轴,根据解析几何所证的抛物线性质可知 N 点的 法线是 ?ANB 的角平分线,故合力 F 的方向与 N 点的法线一致. 由以上的论证,再根据牛顿定律,作一般曲线(抛物线)运动的珠子的运动方程(沿法

??

?2 线方向)应为 2T cos ? ? mg cos ? ? m , ?
即 2T cos ? ? m

?2 ? mg cos ? ?

式中 ? 是 N 点处轨道曲线的曲率半径; ? 为珠子 在 N 处时速度的大小.根据机械能守恒定律或运 动学知识可得: ? ? 2gy (3)求曲率半径 ? 当绳子断裂时 T=Td,由(2)中可知,如果我们能另想其他办法求得曲率半径 ? 与 y 的 关系,就可能由(2)的最后两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标 y.现提出如下一种作 法.作一条与小珠轨迹对于 x 轴呈对称状态的抛物线,如右图所示.由此很容易想到这 是一个从高 H 处平抛物体的轨迹.而平抛运动是我们熟悉的,我们不仅知道其轨迹是 抛物线, 而且还知道其受力情况及详细的运动学方程. 这样我们可不必通过轨迹方程而 是运用力学原理分析其运动过程即可求出与 N 对称的 N'点处抛物线的曲率半径 ? 与 y 的关系,也就是 N 处抛物线的曲率半径 ? 与 y 的关系. 设从抛出至落地的时间为 t,则有 ?0t ? 由上面二式解得 ?0 ?

l 2 ? h2 , H ?

1 1 (l ? h) ? gt 2 2 2

g (l ? h)

设物体在 N'处的速度为 ?? ,由机械能守恒定律或运动学知识可得
2 ??2 ? ?0 ? 2g ( H ? BN ?)

物体在 N'处法线方向的运动方程为 mg cos ? ? 由以上三式及 H ?

m? ?2

?

1 2(l ? BN ?) (l ? h) ,可求得: ? ? 2 cos ?

69

这也等于 N 点抛物线的曲率半径,BN=BN =y,故得 ? ?


2(l ? y ) cos ?

(4)求绳被拉断时小球的位置和速度的大小 把 ? 和 ? 代入式 2T cos ? ? m

mgl ?2 ? mg cos ? ,可得绳子张力 T ? 2(l ? y ) ?

当 T=Td 时绳子被拉断,设此时珠子的位置坐标为(xd,yd) ,由上式得 yd ? l (1 ?

mg ), 2Td

代入(1)中运动方程求得 xd ?

mgl (

l ?h ) ? (l ? h) 2 Td mg )。 2Td

绳子断开时珠子速度的大小为 ?d ?

2 gyd ? 2 gl (1 ?

11.解:在地面参考系中,列 A、B 的牛顿定律方程

ma1 ? mg ? k ( x 2 ? x1 ? l 0 )
2 ma 2 ? 2mg ? k ( x2 ? x1 ? l 0 ) x1、x2 是 A、B 的坐标,l0 是弹簧的自然长.
t ? 0 时,有

(1??)

(2??)

O

x1 ? 0, x2 ? l ,

v1 ? 0 v2 ? 0
k

A x1 ,

l 为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度,有关系

k (l ? l 0 ) ? 2mg
所以 B

x2 ,

l0 ? l ?

2mg k

由 (1??) + (2??) ,

x

a1 ? 2a2 ? 3g
令 a ? a1 ? 2a2 ? 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,

x1 ? 2 x2 ? 2l ?

3 2 gt 2

(3??)

由 (2??) ? 2 ? (1??) ,

2m(a 2 ? a1 ) ? ?3k ( x2 ? x1 ? l 0 )

(4??)

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

70

答,

? 3k ? ? x2 ? x1 ? l 0 ? A cos? ? 2m t ? ? ? ? ?
结合初条件,

l ? l0 ? A c o s ?

A

3k sin ? ? 0 2m

得到

? ?0

A ? l ? l0 ?
所以

2mg k
? 3k ? 2mg ? cos? ? 2m t ? k ? ?

x2 ? x1 ? l 0 ?


x2 ? x1 ? l ?

? 3k ? 2mg 2mg ? ? cos? ? 2m t ? k k ? ?

(5??)

由 (3??) ? 2 ? (5??) ,得

x1 ?

? ?? 1 2 4mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? ?? 2 3k ? ? 2m ? ? ?

(6??)

由 (3??) + (5??) ,得

x2 ? l ?

? ?? 1 2 2mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? ?? 2 3k ? ? 2m ? ? ?

?7 ???

2 0 0 8 1 2 1

71


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