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物理奥赛辅导:第2讲 运动和物体系的相关速度


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第2讲
一,知识点击 1.直线运动和曲线运动

运动和物体系的相关速度

⑴匀变速直线运动:匀变速直线运动包括匀加速直线运动和匀减速直线运动两种情况, 它的特点是加速度 a=恒量,并与速度 υ 在同一直线上. 匀变速运动的基本公式为:

υ = υ 0 + at
1 s = υ 0t + at 2 2

① ②

⑵匀变速曲线运动: 匀变速曲线运动的特点是 a=恒量, 但与速度 υ 的方向不在同一直线上, 如斜抛运动,研究斜抛运动可以有多种方法,既可以将它看成是水平方向的匀速运动和竖 直方向的(上或下)抛运动的合成;也可以看做是抛出方向的匀速运动和一个自由落体运 动的合成. ⑶匀速圆周运动: 匀速圆周运动的特点是 a 与 υ 的大小为恒量, 但它们的方向无时无刻不 在改变,它是一种特殊的曲线运动,但却是研究曲线运动的基础,一般曲线运动的任何 一个位置,都可以作为一个瞬时的圆周运动来研究. 我们经常将圆周运动分解成法向和切向两个方向来研究,法向加速度 an =

υ2
R

= ω2R ,

对于匀速圆周运动,其切向的加速度为零,如果是变速圆周运动,那么它在切向上也有加 速度 ai .此时它的合加速度是: a = a n + a i . 2.相对运动: 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 υ A地 , 如果取另一个相对地面有速度 υB地 的 B 物体作参照物,那么 A 物体相对 B 物体的速度为:

υ AB = υ A地 + υ B地
或 υ AB = υ A地 υ B地
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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. 3.刚体的平动和转动 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 在的,但固体在一般情形下可视为刚体 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.

φ .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 t φ 求出刚体在△t 时间内的平均角速度,对于瞬时角速度, ω = lim . t ω ⑵角加速度:单位时间内角速度的变化量 β = lim . t
⑴角速度: ω = ⑶对于匀变速转动,可以类比匀变速直线运动的规律,有

ω = ω0 + β t = 0 + ω0t + β t 2
ω 2 = ω02 + 2β t 2
⑷定轴转动中ω,β与线速度 υ ,切向加速度 ai 和法向加速度 an 的关系为

1 2

υ = ωR
4.关联速度

ai = β R

an = ω 2 R =

υ2
R

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

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二,方法演练 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, 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, 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. 来的模型突显出来才能找出简便的解题方法. 例 1.在听磁带录音机的录音磁带时发觉,带轴于带卷的半径经过时间 t1=20 min 减小一 . 半.问此后半径又减小一半需要多少时间? 分析和解:本题的关键在于要弄清录音磁带转动时是转轴匀速,还是带速恒定,这要联 分析和解: 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 = π (16r 2 4r 2 ) = 12π 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 υ 恒定,所以

l1 = υ t1 ,于是有

12π r 2 = υ t1d



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

3π r 2 = υ t2 d
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, 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 运动学中一种比较难处理的类型 考系物体的运动状态不同, 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, 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. 方法可以使问题简化很多. 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 例 2. . 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 υ ,如图 2 一 1 所示.如果 A,B 之间的距离 AB=375 m,而初速度 υ =10 m/s, 那么这个最短时间为多少?其运动轨迹是什 么? 分析和解: 而且用常规的方法是很 分析和解:本题是一个典型的相对运动问题, 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.
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坐标系转换:汽车在 A 点不动,而让 B 点以恒速 υ 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:

1 b 2 + (υ t ) 2 = ( at 2 ) 2 2
由①式可得: t =



2υ 2 2υ 2 4b 2 + ( 2 )2 + 2 a2 a 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. 类型三,关联速度问题是运动的合成和分解的一个基本模型, 类型三,关联速度问题是运动的合成和分解的一个基本模型,关联的本质是转动和平动 的关联,分析时既要考虑运动的独立性原理,又要考虑物体实际的运动轨迹, 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. 绳的长度,建立好正确的几何模型对解题至关重要. 例 3.线轴置于斜面上,斜面与水平面的夹角为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. 分析和解:本题中由于线绳不能伸长,所以垂直 分析和解: 线最下面的点和与其相接触的线轴上的 A 点的速 度 υ A 相同, υ 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 υ0 ;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

υ A = υ 0 +υ′
不难看出, υ ′ = ω R ,且 υ A ⊥ υ ′ ,由此可得

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υ0 =

ωR sin α



同理可以求出线轴与斜面相切 C 点的速度(图 2 一 4b)

υ C = υ 0 + υ ′′
其速度在斜面方向的投影为

υC = υ 0 ω R
将①代人②得 υC = ω R



1 sin α sin α

例 4.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. 分析和解: 分析和解:本题实质上也是关联速度的问题,但其关联的本质 是两杆的角速度相同,所以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, M 点的轨迹在正三角形 ABM 外接圆上运动 则 (如 图 2 一 6 所示) . 则∠MOM' = 2 ∠ MB M' ,则ωM = 2ω M 点作以半径为 R =

3 l 的匀速圆周运动 3 2 3 ωl , 3

在任意 t 时刻速度为: υ = 2ω R =

向心加速度为: an = (2ω ) R =
2

4 3 2 ωl 3

类型四,物理学中特殊的曲线运动主要有两类,即圆周运动和抛体运动, 类型四,物理学中特殊的曲线运动主要有两类,即圆周运动和抛体运动,其中抛体运动 轨迹的曲率半径是随时变化的,所以在考虑抛体运动时,如果要计算向心加速度, 轨迹的曲率半径是随时变化的,所以在考虑抛体运动时,如果要计算向心加速度,则必 须通过有关运动的计算得出曲率半径才能求解. 须通过有关运动的计算得出曲率半径才能求解. 例 5.以速度 υ ,与水平方向成 α 角抛出石块,石块沿某一轨道飞行.如果蚊子以大小恒 .
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定的速率 υ0 沿同一轨道飞行.问蚊子飞到最大高度一半处具有多大加速度?空气阻力不 计. 分析和解: 分析和解:蚊子的运动实际上是匀速率曲线运动.它的加速度就是它运动到不同位置时 的向心加速度.关键在于求出最大高度一半处时的曲率半径 R.我们可以根据轨道方程, 求出曲率半径 R.现在我们根据石块的运动来求曲率半径.石块的运动为斜上抛运动,它 到达的最大高度为 H =

υ02 sin 2 α
2g

设在

1 H 处 , 速 度 与 水 平 方 向 成 θ 角 . 运 动 速 度 关 系 为 υ x = υ cos α , 2

υy = 2g

H 2

故有 tan θ =

υy υx
1 tan α 2

由以上四式得 tan θ =

将加速度 g 分解为法向和切向方向得 an = g cos θ 根据向心加速度公式, an =

υ2
R

=

R cos 2 θ
3

υ x2

1 2 2 υ02 cos 2 α υ (1 2 sin α ) 得R = = g cos3 θ g cos α
2 0

蚊子以 υ0 的恒定速率沿石块的轨迹运动,蚊子在

1 H 粤处曲率半径仍为石块运动到此的 2

′ 曲率半径 R,但切向加速度为 0,法向加速度 an =
速度.

υ02
R

,蚊子的加速度等于该处的法向加

′ a = an =

υ02
R

=

cos α g 3 1 2 2 (1 sin α ) 2

即为蚊子飞到最大高度一半处具有的加速度. 类型五,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, 类型五,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, 部约束和外界约束
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其约束条件往往就是解题的突破口. 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 υ A 为已知,那么 P 点的 x , y 方向分运动速率 υ Px , υ Py 是多少? 分析和解: 分析和解:本题中的内部约束就是杆长和 P 点在杆中的位置,而外部约束是 A,B 分别被 约束在 x 和 y 轴上运动,这样就确定了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 ,利用几何关系,得出 x p,yP 与 xB,y A 的关系为 ( x p,yP )

xP al = =a xB l yP l al = = 1 a yA l
即 xP = axB = al sin θ

yP = (1 a ) x A = (1 a )l cos θ
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Δt 时间内,P 点坐标的改变量为 xP 和 y P ,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
yP y = (1 a ) A t t
根据速度分量的定义,当△t → 0 时 υ Px = aυ B , υ Py = (1 a )υ A 式中 υ A 和 υ B 分别是 A 端和 B 端的速度.由 AB 杆不可伸长,有

xP x =a B , t t

υ A cos θ = υ B sin θ
最后得出 P 点的速度分量为

υ Px = aυ A cot θ

υ Py = (1 a)υ A

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三,小试身手 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 作分段匀加速度直线运动, 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 υ1 由 A 向 B 作匀速运动,同时质点 P2 以 υ2 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 υ0 ,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.在倾角为 α = 30 足够长的斜坡上,以初速度 υ0 发射一炮弹,设 υ0 与斜坡的夹角为
0

β = 600 ,如图 2—9 所示,求炮弹落地点离发射点的距离 L.

5. 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 υ1 , υ2 沿着纸平面 运动,如图 2—10 所示.求交点 A 运动速度的大小.

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6. 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 υ0 在轨 .求此时 P 的速度和加速度. 道中运动,绳长 l ,绳与轨道的夹角是θ(图 2—11)

7. 一个足够大的房间高为 H,一盏灯挂在离地面高 h 处,灯泡破裂,碎片以同样大小的速度 向四面八方飞去,如果碎片与天花板的碰撞是弹性的,与地板的碰撞是完全非弹性的, 那么碎片洒落在地板上的半径多大?若 H 二 5m,υ0 =10 m/s,求:h 为多大时,R 有最大 值,并求出该最大值.

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8.在竖直平面内,支在原点 O 的一根弯杆,其形状可以用函数 z =

x2 来描写, k 为有长度量 k

纲的非零正常数.在杆上穿一滑块,杆与滑块间的静摩擦因数为μ. (图 2—12) (1)不考虑摩擦,求滑块的高度为 z 时,它在沿杆方向的加速度的大小.下列 5 种答案中 有一个是正确的,试作出判断并说明理由:0,g, 2 g

z gz 2 2 , gz 4 z + k , . k 4z + k

(2)考虑摩擦,但杆不动,在什么情况下滑块可以在杆上静止?(用 z,μ,g,k 表示) (3)现在设杆以角速度ω绕 z 轴匀速转动,且有关系 ω = 对于杆静止? (4)若μ=0.5, ω =

2g ,这时滑块可以在何处相 k

6g ,则滑块不滑动的条件又如何? k

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9. 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 ω 转到图中所示的位置时, 杆处于竖直位置. 杆与 CD 杆都与水平方向成 45°角, AB BC 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 a c 的大小和方 向(用与 CD 杆之间的夹角表示)

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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 动学公式可得 υ1 =

s ,质点的速度 υ1 由运 n

2a

s s s a ,同理第二个 的初速度为 υ1 = 2a ,加速度为 a + ,则 n n n n

υ2 = υ12 + 2(a + )
υn = 2 na + υ = as(3 )
1 n s n

a s s a = 2 (2a + ) ,依次类推,则 n n n 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 υ1t ,P2 前进的距离为 υ 2t ,由 余弦定理可得 d =

(l υ1t ) 2 + (υ2t ) 2 2(l υ1t ) υ 2t cos α ,即

2 d = (υ12 + υ2 + 2υ1υ2 cos α )t 2 2(lυ1 + lυ2 cos α )t + l 2 ,对根号里面配方可得

t=

l (υ1 + υ2 cos α ) , υ + υ22 + 2υ1υ2 cos α
2 1

d min =

lυ2 sin α

υ + υ22 + 2υ1υ2 cos α
2 1
2 2 2

3. 提示: 2( a2 a1 ) s ≤ υ0 能相遇, 当 其中 2( a2 a1 ) s = υ0 时相遇一次,2( a2 a1 ) s < υ0 时, 能相遇二次. 4. 解:将 υ0 正交分解为 υ0 x = υ0 cos 30 , υ0 y = υ0 sin 30 ,设经过 t 的时间落到斜面上则
0

0

1 1 y x = υ0 x t = υ0 cos 300 t , y = υ0 y t gt 2 = υ0 y sin 300 t gt 2 ,又由 = tan 300 和 2 2 x
2 2υ0 L = x + y 可解得: L = g 2 2

5. 解:根据匀速运动的特点,设二杆运动单位时间 l1 的位移为 υ1 , l2 的位移为 υ2 ,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

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υ12 2υ1υ 2 cos θ + υ22 υ2 2 υ1 cot θ ) = υ = υ +( sin θ sin θ
2 1

6.解:由于水平面很粗糙,不沿绳方向的速度很快就被摩擦力消耗,因此 P 的速度一定沿绳 的方向,那么 P 的速度 υ = υ0 cos θ 现取 Q 为参考系,因为 Q 无加速度,所以 P 在 Q 系中的加速度等于 P 在地面系中的加速 度.

a p = at + a n
在 Q 系中,P 有一个垂直于 PQ 的速度 υ1 = υ0 sin θ .

an =
at =

υ12
l

=

υ02 sin 2 θ
l

υ υ1 υ0 sin θ υ0 θ = = [sin(θ + θ ) sin θ ] = 0 [sin θ cos θ + cos θ sin θ sin θ ] t t t t t

2 2 υ 0 υ 0 因为 θ 很小,所以 cos θ = 1 , sin θ = θ ,因此 at = υ0 cos θ = sin θ cos θ l l

υ04 2 υ 2 υ04 2 4 2 因此 a p = 2 sin θ + 2 sin θ cos θ = 0 sin θ l l l
7.解: (1)假设碎片不会碰顶,应有 υ0 t ( gt h) = R
2 2 2 2

1

1 2

2



1 24 g t + (υ02 + gh)t 2 h 2 = R 2 4

配方得:

1 2 2 2(υ02 + gh) υ02 2 2 g t + 2 (υ0 + 2 gh) = R 2 4 g g
1 2 2 gt h (υ02 + 2 gh) ,此时 θ = arcsin υ 0t

2 2(υ0 + gh) υ 2 当t = 时, Rmax = 0 2 g g

以上假设要求: h +

υ02 sin 2 θ
2g

υ04 ≤ H ,即 h ≤ H 4 g (υ02 + gh)

(2)若 h 不满足上述要求,则以θ角飞出的碎片将撞击天花板,飞行轨迹发生变化.此 时抛得最远的碎片应该是未撞击天花板而最高点恰好和天花板相切的碎片,这时有

υ02 sin 2 θ = 2 g ( H h)

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h = υ0 sin θ
R = υ0 cos θ t

1 2 gt 2

′ 由以上三式可解得: Rmax =
(3)因为 Rmax =

2 2υ0 4( H h) ( H h + H ) g

υ0
g

(υ02 + 2 gh) ,所以在不碰顶时,h 越大 R 越大.H 可取的最大值是

h=H

υ04 = 2.56m ,此时 Rmax = 12.3m 2 4 g (υ0 + gh)
2 2υ0 4( H h) ( H h + H ) g

′ 下面再考虑碎片碰顶的情况, Rmax =

求极值,可得当 h = 3.75m 时,R 有最大值 12.99m 8. (1) 在不考虑摩擦时, 滑块在杆上运动的加速度即为重力加速度的切向分量 a = g sin θ 其 中θ为滑块所在点杆的法线与重力方向的夹角. 一般不为零, a 且一定不超过 g, z → ∞ 当 时, 杆近于竖直,a 趋近于 g, 于是可判断 a = 2 g

z z , 由此算得 sin θ = 2 , 4z + k 4z + k

tan θ = 2

z k

(2)考虑摩擦而杆不动,则滑块静止为静力平衡,滑块受重力影响有下滑趋势,摩擦力向 上,支持力和摩擦力大小分别为

FN = mg cos θ , F f = mg sin θ
平衡条件要求

Ff FN



FN = ,或 tan θ ≤ FN

设 z = z0 时, tan θ = ,则滑块静止的条件为 z ≤ z0 =

2k
4

.

(3)当杆匀速转动时,则在滑块相对于杆不动时,支持力和摩擦力在竖直方向的分力 之和与重力平衡,在水平方向的分力之和使滑块产生水平的向心加速度,由此可得, (不 妨设摩擦力沿杆向上)

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FN sin θ Ff cos θ = mω 2 kz =
FN cos θ + F f sin θ = mg

mω 2 k tan θ 2

(1 A) tan θ ω 2k 由以上二式可得: = ,A= FN 1 + A tan θ 2g Ff
当ω =

Ff 2g 时, A = 1 ,有 = 0 .即无摩擦力,向心加速度完全由重力和支持力的 k FN

合力提供,这个关系对任何θ都能满足,即此时滑块在任何位置都相对于杆静止. (4)当 ω =

F f (1 A) tan θ 6g = 时, A = 3 ,由 可知, F f < 0 ,即摩擦力实际是 k FN 1 + A tan θ Ff FN ≤ FN = FN

向下的, 由于旋转太快而滑块上有上移的趋势, 滑块相对静止的条件为:

即:

(1 A) tan θ 2 tan θ 1 = ≤ = ,或 3 tan 2 θ 4 tan θ + 1 ≥ 0 2 2 (1 + A) tan θ 1 + 3 tan θ 2
2

此二次函数不等式的判别式为: = 4 4 3 1 = 4 > 0 故不等式满足的条件为: tan θ ≤ 用 tan θ = 2

1 或 tan θ ≥ 1 3

z k k 代入,即得滑块不滑动的条件为 0 ≤ z ≤ 或z≥ . k 36 4

9.解:因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为

vB = ω l
B 点的向心加速度的大小为

(1)

aB = ω 2 l

(2)

因为是匀角速转动, 点的切向加速度为 0, aB 也是 B 点的加速度, B 故 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

v C = v B cos
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π 2 = ωl 4 2

(3)
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此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度

aCn =

2 vC CD

(4) C aC tvCB (5) B aC

vC
aCn

由图可知 CD = 2 2l ,由(3)(4)式得 ,

θ

aCn =
其方向沿 CD 方向.

2 2 ωl 8

vB
D

A 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 B



v CB =

2 2 v B vC =

2 2 vB = ω l (6) 2 2
A θ

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心 加速度

α D

x

aCB =

2 vCB CB

(7)

因为 CB =

2l ,故有
(8)

aCB =

2 2 ωl 4

其方向垂直杆 CD. 由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为

( 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 ωl 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

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2 2 aC = aCn + aCt =

74 2 ωl 8

(11)

a C 的方向与杆 CD 间的夹角

θ = arctan

aCt = arctan 6 = 80.54° aCn

(12)

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