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竞赛辅导-力学(冯老师)


力学部分主要公式:
(1). 牛顿第二定律 (2). 角动量定理
dP =F dt
dL =M dt

(4). 三种势能 重力势能

对于质点,角动量 对于刚体,角动量 (3). 保守力与势能关系

L = r ×P

(5). 保守力的特点

E

p = mgz 1 2 弹性势能 E p = kx 2 Mm 万有引力势能 E p = ?G r

L = Jω
F = ??E p

∫ F ? dr = 0
L

作功与路径无关

(6).振动的微分方程

l. 水平轻绳跨过固定在质量为m1的水平物块的一个 小圆柱棒后,斜向下连接质量为m2的小物块,设系统 处处无摩擦,将系统从静止状态自由释放,假设两物块 的运动方向恒如图所示,即绳与水平桌面的夹角 α 始终不变,试求 α , a1 , a2.
m1

d 2q + Cq = 0 dt 2
圆频率: (7). 阻尼振动

ω= C

a1

α
a1
m2

a 2.

解: 画隔离体图,受力分析
m1

m1

m1

T

a1

a1

T

a1

α

α
列方程:

a1

m2

T

α
T T
a1
m2

T

a 2.

a1

m2

T ? T cos α = m1a1

T cos α = m2 ( a1 ? a2 cos α )

a2.

m2 g ? T sin α = m2 a2 sin α
a 沿绳的方向加速度应该相等: 1 = a2

a 解得: 1 = a 2 = g cot α
α = arccos? ?? ?
? 1 ?? m ? ? ?? m1 ? m1 ? ? 1 ? + 2? ? + 4 ? ?? ? ? 2 ?? m2 m2 ? m2 ? ? ? ?? ? ? ?? ?

a 2.

1

例2. 质量为M、半径为R的光滑半球,其底面放在光 滑水平面上。有一质量为m的小滑块沿此半球面滑下。 已知小滑块初始位置与球心联线与竖直线成 α角。系 统开始时静止。求小滑块滑离半球面前绕球心的角速 度。 解:设半球面到图示 虚线位置时,小滑块 α V θ 与竖直线夹角为 以地为参照系. 小滑块对地的速度为υ 半球面对地的速度为V 小滑块滑离半球面前绕球心的角速度为 ω

小球速 度:

υ x = ?V + Rω cos θ υ y = ? Rω sin θ

V

θ

α

水平方向动量守恒 系统机械能守恒:

mυ x ? MV = 0

例3:长为l 质量为M的均质重梯上端A靠在光滑的竖直 墙面上,下端B落在水平地面上,梯子与地面夹角为 60 一质量也为M的人从B端缓慢爬梯,到达梯子中点时 梯子尚未滑动,稍过中点,梯子就会滑动,求梯子与 地面之间的摩擦系数 A N1 解:系统力平衡 力矩平衡
0

f = N1 = μN2
求得:

N 2 = 2 Mg

l N1l sin 60 0 = 2 Mg cos 60 0 2

μ=

1

2 3

例5. 质量为 m 长为 l 的匀质棒可绕固定的支点在竖直 0 平面内运动. 若棒在与水平线成 30 角位置从静止开始 下落,试计算当棒落到水平位置时,作用于支点的力. 解: 由转动定理
dω l = mg cos θ dt 2 1 这里 J = ml 2 3 dω 3g = cos θ 得到角加速度 2l dt 表达式可写成 dω = dω dθ = 3g cos θ 2l dt dθ dt J
3g dω ω= cos θ 2l dθ
θ
θ0

θ

1 1 2 2 m υ x + υ y + MV 2 + mgR cos θ = mgR cos α 2 2 2 g ? cos α ? cos θ ? 解得:ω = ? ? R ? 1 ? m cos 2 θ / m + m ?

(

)

例4:在水平地面上的一个桶内成有水,桶的侧面有个 小孔,孔与水面相距为 h 水从小孔 流出,求水从小孔流出时的速度。 解:在孔处取单位体积的小体元 体元左侧面积为单位面积,受力等于 该处的压强 f l = ρgh + p0 右侧面积为单位面积,受力 f r = p0 此体元经受力 f = ρgh 此体元 运动单位距离就可以流出 按照牛顿第二定律: f 速度:v = 2as = 2 gh a = = gh ρ

fl

f r = p0

N2
2Mg

( s = 1)

f

60 0

B

3g cos θdθ 两边积分 2l 3g 得到 ω 2 = (sin θ ? sin θ 0 ) l 轴反力的两个分量 Rx

ω

ωdω =


0

ωdω =

3g cos θdθ 2l θ∫0

θ

Ry
θ

θ0

Rx

和 R y ,列出质心运动方程: 法线方向 切线方向
2

mg

mg

l m ω 2 = mg sin θ + Rx cos θ ? R y sin θ 2 l dω m = mg cos θ ? Rx sin θ ? R y cos θ 2 dt

或写成 3mg (sin θ ? sin θ ) = mg sin θ + R cos θ ? R sin θ 0 x y
3mg cos θ = mg cos θ ? Rx sin θ ? R y cos θ 4

ωdω =

3g cos θdθ 2l

2

3mg (sin θ ? sin θ 0 ) = mg sin θ + Rx cos θ ? R y sin θ 2

3mg cos θ = mg cos θ ? Rx sin θ ? R y cos θ 4

例6.一长为 l 的细麦杆可绕通过中心 o 的水平转轴 在铅锤面内自由转动。开始时麦杆静止于水平位置 一质量与麦杆相同的甲虫以速度 v0 垂直落到麦杆的

当 θ = 0 时,得到
3mg Rx = 4 Ry = mg 4
θ
θ0

Ry Rx

1 长度处,落下后甲虫立即向端点爬行。问为使 4

麦杆以均匀的角速度旋转,甲虫沿麦杆爬行的速度 多大? v0 解: 以麦杆和甲虫为系统
?1 ? ?ω ? ?

o
2

碰撞过程角动量守恒,设碰后系统的角速度为ω 于是有: mv0 = ?
l 4 ?1 ? ml 2 + m? l ? ?4 ? ?12 ?

解得:ω =

12v0 7l

碰后,当甲虫距轴心为 x 时系统的转动惯量为 1 J = ml 2 + mx 2 12 作用在系统上的重力矩为:

o
θ

v0
x

例7. 光滑水平面上有一半径为 R 的固定圆环,长为 2l 的匀质细杆AB开始时绕着C点旋转,C点靠在环上, 且无初速度.假设而后细杆可无相对滑动地绕着 圆环外侧运动,直至细杆的B端与环接触后彼此分离, 已知细杆与圆环间的摩擦系数 μ 处处相同,试求 μ 的取值范围.

据转动定理:
J

M = mgx cos θ d (Jω ) =M
dt dω dJ + ω = mgx cos(ωt ) dt dt

应有: 即:2mx
dx ω = mgx cos(ωt ) dt

于是甲虫的速度为: v =

g cos(ωt ) 2ω

解: 设初始时细杆的旋转 角速度为 ω0 ,转过θ 角后 角速度为ω .由于摩擦力 并不作功,故细杆和圆环 构成的系统机械能守恒

A

l

C

l

B

R

应有: 1 J Cω02 = 1 J Pω 2
2

这里

2 1 1 JC = m(2l )2 = ml2 12 3

法向加速度为

A

l

v C r
θ
P

l

B

l2 2 aC法 = rω 2 = 2 ω0 r 2 l + 3r

N

A

l

v C r
θ
P

l

B

1 J P = m(2l )2 + mr2 12

列出细杆质心运动方程

r = Rθ
解得: ω =
lω 0 l 2 + 3r 2 vC = ωr = lω 0 l 2 + 3r 2

R
r

maC切 = N

maC法 = f

R

不打滑的条件: 即

f ≤ μN

f

细杆质心C将沿着圆的渐开 线运动 4 2 dvC dvC dr dθ = l ω0 R = 切向加速度为 aC切 = 2 (l + 3r 2 )2 dt dr dθ dt

μ≥

f aC法 (l 2 + 3r 2 )r = = N aC切 l2R
所以

由于

0<r <l

μ>

4l R

3

例8. 两个均质圆盘转动惯量分别为 J1 和 开始时第一个圆盘以

ω10 的角速度旋转,

J2

解: 受力分析: 无竖直方向上的运动

ω10
o1

N1

f
r1

N2
r2

第二个圆盘静止,然后使两盘水平轴接近, 求:当接触点处无相对滑动时,两圆盘的角速度

N1 = f + m1 g
N 2 + f = m2 g
以O1点为参考点,

o2

ω10
r1
r2

f

计算系统的外力矩:

m1 g

m2 g

M = ( N 2 ? m2 g )(r1 + r2 )

= ? f (r1 + r2 ) ≠ 0

作用在系统上的外力矩不为0,故系统的角动量不守恒。 只能用转动定律做此题。 对于盘1:

dω 1 = ?

fr1 dt 两边积分 J1

ω1

ω 10

∫ dω 1 = ?
N1

r1 J1


0

t

fdt

dω J1 1 = ? fr1 dt dω 1 fr1
dt =? J1

阻力矩

ω10
o1

N1

f
r1

N2
r2

ω10 ? ω1 =
对于盘2:

r1 fdt J1 ∫ 0

t

ω10
o1

f
r1

N2
r2

o2

dω 2 J2 = fr2 dt
dω 2 fr 2 = dt J2

o2

dω 1 = ?

fr1 dt J1

f

f

m1 g

m2 g

dω 2 =

fr2 dt J2

m1 g

m2 g

fr d ω 2 = 2 dt 两边积分 J2
ω2 =
r2 J2

ω2

∫ dω 2 =
0

r2 J2
N1

∫ fdt
0

t

可解得:

∫ fdt
0

t

ω1 =

J1r22ω10 J1r22 + J 2 r12

ω2 =

J1r1r2 ω10 J1r22 + J 2 r12

于是有: J1 J (ω10 ? ω1 ) = 2 ω 2 r1 r2

ω10
o1

f
r1

N2
r2

o2

不打滑条件: r1ω1 = r2ω 2 接触点处两盘的线速度相等

f

m1 g

m2 g

4

例9: 质量为2m,半径为R的均质圆盘形滑轮,挂质量分别为m和2m 的物体, 绳与滑轮之间的摩擦系数为 绳与滑轮之间无相对滑动. 解: 受力分析:

列方程:

μ

,问

μ

为何值时

m:

T1 ? mg = ma

T2
β

T1

2m : 2mg ?T2 = 2ma
T1
滑轮:

a
T2 T1

a

T2

2mg

mg

2m

m

1 2mR 2 β = RT2 ? RT1 2
不打滑的条件:

T2

T1

2mg

mg

a = Rβ

T1 ? mg = ma

绳中的张力分析

2mg ?T2 = 2ma
1 2mR 2 β = RT2 ? RT1 2

β

T + dT

dθ 2


dN

任取线元

dl = Rdθ
此线元切向运动方程为:

θ

a = Rβ
5 mg 4

T df
dθ 2

由以上四式解得:

T2

T1

T cos

dθ dθ + df = (T + dT ) cos 2 2

此线元法向运动方程为:

T1 =

T2 =

3 mg 2

dN = T sin

dθ dθ + (T + dT ) sin 2 2

T2

T1

T cos

dθ dθ + df = (T + dT ) cos 2 2 df dθ dθ dN = T sin + (T + dT ) sin 2 2 dθ dθ dθ ≈ 利用近似: cos ≈ 1 sin 2 2 2
忽略二阶无穷小量,得到:

= μ dN

μ dN = dT
dN = Tdθ
解此方程得到: 当

两式相除得到:

μ dθ =

dT T

T = T1e μθ
时,

T = T2

θ =π
= 1

μ dN = dT
dN = Tdθ

两式相除得到:

于是得到摩擦系数为: μ

π

ln

6 5

5

例10 均匀圆柱体,从静止沿斜面下滑,圆柱与斜面间摩擦系 数为?,当摩擦系数为某一临界值时,圆柱体恰纯滚动地向 下滚动, 求此 临界值. 解: 质心运动方程 N

例11. 一个质量为m 的卫星围绕着质量为M,半径为R 的大星体作半径为 2R的圆周运动.从远处飞来一个
GM 的小流星.恰好沿着 R 卫星运动方向追上卫星并和卫星发生激烈碰撞,结成

质量为2m, 速度为 v =

mac = mg sin θ ? μmg cos θ

ac
mg

f

转动定理 θ 1 mR 2 β = μmg cos θR 纯滚动条件: 2

新的星体,作用时间非常短.假定碰撞前后位置的变化 可以忽略不计, 新星的速度仍沿原来方向. (1)试用计算表明新星的轨道类型,算出轨道的偏心率. (2)如果小流星沿着卫星速度的反方向发生如上的碰撞 给出新星体能否与大星体M碰撞的判断。

ac = Rβ

1 解得: μ = tan θ 3

(1)解: 轨道类型与新星 的机械能的正负有关. 如果动能大于势能, 新星可以摆脱地球的 吸引,轨道成为非闭合的 如果动能小于于势能, 新星不能摆脱地球的

为了计算碰后的机械能,首先要计算出碰后的速度.

?
v v′

设碰后新星速度为 v ′ 碰撞过程动量守恒. 碰前卫星的运动方程为
m
b

v12 Mm =G 2R (2 R) 2

?

a

求得碰前卫星的运动速度: v1 = 碰撞过程动量守恒

GM 2R

吸引,轨道成为闭合的,即椭圆轨道.可以用新星的机械 能的正负来判断轨道的类型. 偏心率的定义为 e =
r远 ? r近 r远 + r近

mv1 + (2m)v = (m + 2m )v′
2 2 + 1 GM 3 2R

求得碰后新星的运动速度: v′ =

此时的位置相当于在新星运动的近地点.

我们计算新星近地点的机械能

1 M (3m) 4 2 ? 9 GM(3m) E = (3m)v′2 ? G = <0 2 2R R 36
说明新星作椭圆轨道运动. 下面我们讨论一下新星的机械能与远地点距离关系

E=

1 M (3m) 2 (3m)v远 ? G 2 r远

v′

b

此能量应等于新星在近 地点的机械能
E=

? r远

a

2 R(3m)v′ = r远 (3m )v远
得到

新星运动角动量守恒

1 2 2 + 1 2GMR M (3m) 4 2 ? 9 GM(3m) (3m) ?G = 2 2 9r远 r远 36 R
2

(

)

v′

b

经化简得到
a

(2

v远 =

2R 2 2 +1 v′ = 2GMR r远 3r远

?

2 +1 R 1 9 ? 4 2 ? + =0 2 r远 9r远 36 R

)

2

r远

解得 r远 = ? 1 ?
? ?

?

? 18 R 2 9?4 2 = 8.8 R 2 2 + 1 + 1? 81 ? ? 9?4 2

(

)

带入远地点的机械能表达式

6

偏心率

e=

r远 ? r近 = 0.63 r远 + r近
v1 = GM 2R GM v= 2R
质量为m 质量为2m

我们计算新星远地点的机械能

(2)解:反方向碰撞,设碰后新星体的速度为 v′ 碰前卫星的速度: 碰前流星的速度: 碰撞过程动量守恒

E=

1 (3m)v′2 ? G M (3m) = ? 4 2 ? 9 GM(3m) < 0 2 2R R 36

说明新星作椭圆轨道运动.

2 R(3m)v′ = r近 (3m )v近
得到

新星运动角动量守恒

v′

?

? mv1 + (2m)v = (m + 2m )v′
求得碰后新星的运动速度: v′ =
2 2 ? 1 GM 3 2R

v近 =

2R 2 2 ?1 v′ = 2GMR r近 3r近

带入近地点的机械能表达式

此时的位置相当于在新星运动的远地点.

E=

1 M (3m) 2 (3m)v近 ? G 2 r近

例12. 半径为R的圆环绕铅垂的直径轴以ω的角速度旋转

v′

此能量应等于新星在远 地点的机械能
E=

?

一细杆长为 L = 2 R , 其两端约束在圆环上可作无摩擦 的滑动,细杆的位置用OC与铅垂线的夹角θ表示,C为 细杆的质心.试求细杆在圆环上的平衡位置,并分析 平衡的稳定性. 解:以圆环为参考系,以细杆 质心位于轴上时作为重力势能 的0点,任意位置时重力势能为

1 2 2 ? 1 2GMR M (3m) ? 4 2 ? 9 GM(3m) (3m) ?G = 2 2 9r近 r近 36 R

(

)

2

ω

经化简得到

(2

2 ?1 R 1 9 + 4 2 ? + =0 2 9r近 r近 36 R

)

2

R
O
450

? ? 18 R 2 9+4 2 = 0.4 R < R 解得 r近 = ? 1 ? 81 2 2 ? 1 + 1? ? ? 9+4 2 ? ?

(

)

肯定与大星体相碰。

E重 = mgRcos450 (1 ? cosθ ) mgR = (1 ? cos θ ) 2

θ

C
x

在细杆上任取线元 dl 所受的惯性力(离心力)为

df离 =

m dlω 2 x 此力作功与路径无关,可用势能减少 L 量描述.设轴上的离心势能为0,dl 处的离心势能
x

x = R sin(θ ? ) + l cos θ 4 2 m 2? π ? dE 离 = ? ω ? R sin( θ ? ) + l cos θ ? dl 2L 4 ? ?

π

设为 dE离 ,应有

ω

离心势能为:
E离 = ? ∫ m 2? π ? ω R sin(θ ? ) + l cos θ ? dl 2L ? 4 ? ? 0 1 2 1 ? 2 2? 2 = ? mR ?1 ? cos θ ?ω = ? J 轴ω 2 4 2 ? 3 ?
L 2

ω


0

df离 dx′ = 0 ? dE离
x

x
O
450

m dE离 = ? ∫ dlω 2 x′dx′ L 0
1m 2 2 =? ω x dl 2L

dl
C

x
O
450

dl
C

θ

R

θ
x

系杆总的有效势能 E p = E重 + E离
Ep = 1 mgR ? 2 ? (1? cosθ ) ? mR2 ?1? cos2 θ ?ω2 4 2 ? 3 ?

θ

R

θ
x

7

Ep =

1 mgR ? 2 ? (1? cosθ ) ? mR2 ?1? cos2 θ ?ω2 4 2 ? 3 ?

为讨论平衡位置的稳定性,计算二阶导数

dE 平衡条件: p = 0 dθ d 2Ep >0 稳定平衡条件: dθ 2
d 2Ep 非稳定平衡条件: 2 < 0 dθ dE p 由 = 0 求出三个平衡位置: dθ
θ = 0, π,
? 3g ? cos ?1 ? ? 2 ? 2ω R ?

ω

1 1 mgR cos θ ? mR 2ω 2 (cos 2 θ ? sin 2 θ ) dθ 3 2 d 2Ep 1 ? g ? (1)θ=0时 = mR ? ? Rω 2 ? dθ 2 ? 2 3 ? ω 3g d 2Ep 2 当ω < 时, 2 > 0 2R dθ E p 取极小值,属稳定平衡
2

d 2Ep

=

O

O

θ

C

2 当 ω > 3g 时,d E p < 0 2R dθ 2
2

θ

C

Ep

取极大值,属不稳定平衡

(2)θ=π时

d 2Ep dθ 2

1 ? g ? = ? mR ? + Rω 2 ? < 0 ? 2 3 ?

Ep

取极大值,属不稳定平衡

ω

O

θ

C

3g ? ?1 ? ? 时 (3)当 θ = cos ? 2 ? 2ω R ? d 2Ep m ? ω 4R2 3 2 ? = 2? ? g ? 2 ω ? 3 dθ 2 ? ? ? 4 2 3g < 1 ,或 ω R > 3 g 2 因 cos θ < 1 ,即 2 2ω R 3 2 d 2Ep ω >0 dθ 2 ? 3g ? 所以当 θ = cos ?1 ? ? 时, 2 ? 2ω R ? O 定属于稳定平衡. θ C

例13. 水平弹簧振子,弹簧的劲度系数为 k ,振子的 质量为 m ,水平阻尼力的大小与振子的运动速度成 正比比例系数为 ν ,求形成低阻尼振动的条件。 解:据牛顿第二定律,得到
m d x dx = ? kx ?ν dt dt 2 (1)
? λt
2

λ2 = ?

k ν + λ m m

得到 λ =

ν
2m

? ν ? 4k ± ? ? ? m ?m?
2

两个特解

x = x1 = Ae

? λt

= Ae

?

ν
2m

? ν ? 4k t? ? ? ? t m ?m?
2



d 2x k ν dx =? x? dt 2 m m dt

x = x2 = Ae
带入(1)式,得到

? λt

= Ae

?

ν
2m

? ν ? 4k t+ ? ? ? t ?m? m
2

设特解为 x = Ae
Aλ2 e ?λt = ?

低阻尼(欠阻尼)情况,振子作衰减振荡运动, e 指数的变量必须是复数。需满足条件 即: v < 2 km
4k ?ν ? ? ? < m ?m?
2

λ2 = ?

k ν + λ m m

ν k Ae ?λt ? A(?λ )e ?λt m m

8

x
c
b

a
? ν ? 4k t? ? ? ? t 2m m ?m?
2

t

x = x1 + x2 = Ae

?

ν

+ Be

?

? ν ? 4k t+ ? ? ? t 2m m ?m?
2

ν

例14. 两弹性系数都是 k 的弹簧它们与质量为 m 的绝缘滑块连接,滑块内植入一电量为 Q 的正点电荷 两固定端之间的距离为 L,等于两弹簧原长的和, 两固定端处各放一电量为 q 的正点电荷 微微波动一下滑块,使其作微小的 x 振动运动,求振动圆频率。 q 解: 当位移为 x 时,滑块受力 q m, Q
qQ qQ ? L L 2 4πε 0 ( + x) 4πε 0 ( ? x) 2 2 2 d 2x qQ qQ ? 滑块运动方程 m 2 = ?2kx + L L dt 2 4πε 0 ( + x) 4πε 0 ( ? x) 2 2 2 F = ?2kx +

? ? ? a.低阻尼(欠阻尼): ? < m ?m?
2

ν

2

4k

b.临界阻尼:

4k ?ν ? ? ? = m ?m?

? ? ? c.高阻尼(过阻尼):m ? > m ? ?

ν

2

4k

m

qQ d 2x qQ = ?2kx + ? L L dt 2 2 4πε 0 ( + x) 4πε 0 ( ? x) 2 2 2

F = ?2kx +

? ? qQ ? 1 1 ? ? ? ? πε 0 L2 ? 1 + 4 x 1 ? 4 x ? ? ? L L ? ?
1 = 1 + t + t 2 + ... 1? t

由于 x << L ,对力作近似处理
qQ qQ F = ?2kx + ? L L 2 4πε 0 ( + x) 4πε 0 ( ? x) 2 2 2 qQ qQ = ?2kx + ? ?? L ? 2 ? ?? L ? 2 ? 2 4πε 0 ?? ? + Lx + x ? 4πε 0 ?? ? ? Lx + x 2 ? ?? 2 ? ? ?? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? qQ ? 1 1 ? ? ? = ?2kx + ? πε 0 L2 ? 1 + 4 x 1 ? 4 x ? ? ? L L ? ?

利用 得到

1 = 1 ? t + t 2 ? ... 1+ t

F = ?2kx +

πε 0 L2 ?
m

qQ ? 4 x 4x ? ?1 ? ? ?1 ? L L?
? d 2x 8qQ ? ?x = ?? 2 k + ? dt 2 πε 0 L3 ? ? ?

滑块振动方程变为 振动圆频率为 ω =

1? 8qQ ? ? 2k + ? πε 0 L3 ? m? ? ?

9


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