高中物理竞赛力学 76页

一.质点运动学二.牛顿运动定律三.动量定理动量守恒定律四.动能定理机械能守恒定律五.质心运动定律六.角动量定理角动量守恒定律七.刚体的平衡八.万有引力与天体运动九.简谐振动\n1．质点运动的一般描述1.1运动方程与轨道方程运动方程yrrvvr=r(t)=x(t)i+y(t)jyìx=x(t)íîy=y(t)轨道方程x\nìx=x(t)消去t¾¾¾®f(x,y)=0íîy=y(t)1.2速度反映质点运动的快慢和方向的物理量vDr=DtyxvvDrdrvv=lim=dtDt®0Dtdxìv=xïïdtídyïv=yïdtîØ瞬时速度沿轨道切线方向1.3加速度变化快慢的物理量vvDva=DtvvvDvdvdrva=lim==2Dt®0Dtdtdtdvxdxìax==2ïïdtdtí2dvïa=y=dyy2ïdtdtî22(a)vADvvB(b)Ø加速度与速度的方向一般不同。2.抛体运动速度：yìïvx=v0cosqív=vsinq-gtïy0î运动方程：ìx=v0cosqtïí12y=v0sinqt-gtïî2x轨道方程：g2y=xtanq-2x22v0cosqy1）飞行时间：2v0sinqT=g2）上升高度：2xH=ymax3）射程：20vsinq=2g20vsin2qs=g思考甲、乙两小孩在做游戏，甲在树上，乙在地上用枪描准甲，乙一开枪，甲就从树上跳下（初速度为零）。问：甲是否被击中？若被击中，求出被击中的时间和地点。甲s\n\n3.圆周运动3.1圆周运动的加速度vvva=att0+ann0dvìa=tïïdtí2vïa=nïîRìa=ïíanïtana=atît3.2圆周运动的角量描述角位置：q=q(t)Dqdq=角速度:w=limdtDt®0DtDwdw角加速度:b=lim=dtDt®0Dt3.3角量和线量的关系v=Rwìïan=Rwía=Rbïît2\n4.相对运动4.1运动描述与参照系：对物体运动的描述与参照系有关——位移、速度、加速度的测量与参照系有关。4.2不同参照系间位移、速度和加速度的变换rvrv=v0+v¢rrrr=r0+r¢rrra=a0+a¢x1.一般曲线运动1.1一般曲线运动中的加速度vvva=att0+ann0dvìa=:切向加速度tïdtïí2vïan=:法向加速度ïrîìa=ïíanïtanq=atî1.2曲率半径的物理求法van=®r=ran椭圆的曲率半径：v22xy轨道方程：2+2=1abìx=acosw对应运动方程：íîy=bsinw2222A点：v=vy,max=bw,an=ax,max=aw22vbrA==anaa同理：rB=b抛物线的曲率半径：轨道方程：y=Ax2ìx=v0tï对应运动方程：í12y=atïî2a其中：2=A2v0tavìïvx=v002222a=acosq=®v=v0+atnív=atïyî(v+at)vr==anav0220223/2vax3/2(1+4Ax)=×(1+4)=av02A2022223/22.连体运动问题解题方法一：运动的分解情形1：两物体通过刚性细杆或不可伸长的绳子相连，他们在连线方向的位移、速度和加速度相等。\nv1cosa=v2cosb2例1.1如图，一人拉着绳子的一端在水平面上以速度v0匀速前进。求当绳子与水平面夹角为q时，重物上升的速度。解：v=v||=v0cosqv0情形2：v1cosa=v2cosb例1.2如图示，一半径为R的半圆柱体沿水平方向以速度v0作匀速运动。求杆与半圆柱体的接触点P的角位置为q解：v0sinq=vPcosqvP=v0tanq练习：顶杆AB可在竖直滑槽K内滑动，其下端由凸轮M推动，凸轮绕过O点的水平轴以角速度w转动。在图示的瞬时，OA＝r，凸轮轮缘与A接触处法线n与OA夹角为q，试求此瞬时顶杆AB的速度。参考答案：vA=rwtanq情形3：两直线相交点的运动等于各直线沿对方直线方向运动的合运动：v¢+v2¢vP=v11例1.3水平直杆AB在半径为R的固定圆圈上以匀速v0竖直下落，如图所示，试求套在该直线和圆圈的交点处小环M的速度。v解：vM=v1=sinq0练习：如图，一平面内有两根夹角为q细杆l1和l2，两细杆各自以垂直于自己的速度v1和v2在该平面内运动，试求两细杆交点P的速率。2解：¢=v1vP==解题方法二：运动的合成（相对运动）一个物体同时参与两种运动实质上是参照系的转换：rrrB对地：rB、vB、aBrrrrrrrrrA对地：rA=rAB+rB、vA=vAB+vB、aA=aAB+aABrrrA对B：rAB、vAB、aAB例1.4如图，缠在线轴上的绳子一头搭在墙上的光滑钉子A上。今以恒定速度v拉绳，当绳与竖直方向夹角为q时，求线轴中心O的运动速度v。设线轴的外半径为R，内半径为r，线轴沿水平面作无滑动滚动。情况1：线轴座逆时针方向转动。设转动角速度为w。解：B点相对O的速度大小：¢=rwvB¢+vOB点相对于地面的速度：vB=vBvB沿绳子方向的分量与v相等：rw-vOsinq=v…….（1）线轴与地面无滑动：v=Rw……………………..….（2）ORv……..…..….（3）联立（1）、（2）得:vO=r-Rsinq由式（3）可知，情况1出现的条件为：r>RsinqvOp/2情况2：线轴座顺时针方向转动。同理可得：RvvO=Rsinq-r\n出现情况2的条件为：rêú2gë(M+m)m(e+1)û2m3.四种基本力ì万有引力ïï电磁力í强力ïïî弱力Ø宏观世界里除了重力来源于万有引力外，其它的力几乎都源于电磁力4.非惯性参照系的动力学问题4.1惯性参照系与非惯性参照系惯性系:牛顿定律成立的参考系。一切相对于惯性系作匀速直线运动的参考系也是惯性系。非惯性系:相对于惯性系作加速运动的参考系。在非惯性系内牛顿定律不成立。4.2非惯性参照系中的牛顿第二定律vrvF+FI=ma'其中rrFI=-ma0为惯性力2.4如图，设所有的接触面都光滑，求物体m相对于斜面M的加速度和斜面M相对于地面的加速度。解1：ìmgsinq=maxïíN1-mgcosq=mayïîN1sinq=Ma0N1a¢Oyìax=-a0cosq+a'vvva=a0+a'®ía=-asinqy0îìmgsinq=m(-a0cosq+a')ïíN1-mgcosq=-ma0sinqïNsinq=Ma0î1(M+m)gsinqìa'=2ïïM+msinqíïa=mgsinqcosq02ïM+msinqî解1：ìmgsinq+ma0cosq=ma'ïíN1-mgcosq+ma0sinq=0ïNsinq=Ma0î1(M+m)gsinqìa'=2ï0ïM+msinqímgsinqcosqïa=02ïM+msinqîma0\n例2.5在光滑的水平桌面上有质量为m的小车C，车上有质量为4m和m的立方块A和B，它们与小车表面之间的摩擦系数m=0.5。今用一恒力F沿水平方向作用在滑轮上。求A、B、C的加速度。解：第一种情况：A、B与小车间均无相对滑动。FaA=aB=aC=fA6mF1-fA=maA®fA=F23fBF1-fB=4maB®fB=-F26A、B与小车间无相对滑动的条件：1ì3ïfA£mmg=mg2®F£mgí2ïfB£4mmg=2mgîF/2F/2第二种情况：F大于3mg/2，使得A相对于小车滑动，但B与小车间无相对滑动。F/2-mmgF1fBaA==-gm2m2F/2+mmgF1aB=aC==+g5m10m10F12-fB=4maB®fB=F-mg2105B与小车间无相对滑动的条件F/2fB£4mmg=2mg®F£24mg第三种情况：F大于24mg，A、B与小车间均相对滑动。F/2-mmgF1aA==-gm2m2F/2-4mmgF1aB==-g4m8m24mmg+mmg5aC==gm2结论：\nF3ìa=a=a=(F£mg)ABCï6m2ïF1F13ï-g,aB=aC=+g(mg24mg)î例2.6一小环A套在半径为a的竖直大圆环上，小环与大环之间的摩擦系数为m，证明：当大环以匀角速w绕它自己水平轴O转动时，如果1/221/4w>(g/a)(1+1/m)则小环与大环之间无相对运动。解：ìN+mgcosq=maw2íîf-mgsinq=0ìN=m(aw-gcosq)íîf=mgsinq2r无滑动条件：fê(+cosq)úëamû1/22令f(q)=sinqm+cosq=cos(q+j)为使大、小环间始终无滑动，以上不等式对任意q都要成立。因此g1/211/4w>()(1+2)am例2.7如图所示，A、B、C为三个质点，A的质量远远大于B、C的质量，B和C的质量相等。已知A、B之间、A、C之间存在相互吸引力，且fAB=kAB,fAC=kAC，其中k为比例系数；B、C之间存在相互排斥力。三个质点在相互间引力或斥力的作用下运动。试问a的值在什么范围，系统存在如下形式的运动：A、B、C的相对位置固定，它们构成一个平面，三个质点绕着位于这个平面内的某条轴匀速转动；因为质点A的质量远大于B、C的质量，可认为该转轴过质点A且固定不动；连线AB与转轴的夹角j1与连线AC与转轴的夹角j2不相等，且02例2.8如图所示，长为2l的轻绳，两端各系一个质量为m的小球，中央系一个质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态，三球在一条直线上。今给小球M以一个冲量，使它获得水平速度v0，v0的方向与绳垂直。求：（1）M刚受冲量时绳上的张力；（2）在两端的小球发生碰撞前瞬间绳中的张力。v0M解：（1）以M为参照系，m绕M作以v01M1速度v0作圆周运动。M刚受冲量时，绳子对M的作用合力为零，M为惯性参照系，因此（2）mvT1=l20VìMv0=(M+2m)Vï11ï1222®v¢=v0íMv0=MV+2´mv222ïïv=îVv¢Vmv¢以M为参照系，m绕M以速度v¢作圆周运动。此时M有加速度aM，为非惯性参照系。MaMVì2T2=MaMï2ív¢¢T+ma=maï2Mm=mlî22T¢2maMamVMmvT2=2(M+2m)l22v¢v¢Vmv¢\n1.质点的动量定理1.1牛顿第二定律的普遍形式vvvDpdpF=®DtdtvØF\nvFvFvvdpv=ma与F=：dtv=ma：适用条件：m=恒量vdp=：普遍成立dt1.2质点的动量定理rvtvìI=F(t-t)®Fdtï0òt0ívvvvïp=mv,p=mv0î0Ø动量定理反映了力对时间的积累效应vvvI=p-p02.质点系的动量定理vvvI=p-pååå0vvvtìI=F(t-t)®(F)dtåååi0iòt0ïiiívvvvïåp0=åmiv0i,åp=åmiviiiîØ内力只是使系统内各质点产生动量的交换，但不改变质点系的总动量3.动量守恒定律rråp=åp0r(åI=0)ìp=p(I=0)åååxxïx0íp=p(I=0)åååyyïy0îØ若系统在某一方向所受的合力的冲量为零，则该方向动量守恒1.变力的冲量F=F(t)ti®ti+Dti:iDIi»FiDtit0®t:I»åFiDtiI=limåFiDti=DSDti®0i0I=òFdt=Dtt0tiii2.动量定理、定理守恒定律与参照系\n动量定理、动量守恒定律只适用于惯性参照系。在非惯性参照系中使用动量定理，需计入惯性力的冲量；在非惯性参照系中，动量守恒定律的适用条件为外力与惯性力的合力为零。3.碰撞问题3.1碰撞的物理过程3.2一般碰撞动量守恒：m1v10+m2v20=m1v1+m2v2v2-v1恢复系数：eºv10-v20(1+e)m2(v10-v20)ìïv1=v10-m1+m2ïíïv=v-(1+e)m1(v20-v10)220ïm2+m1î11112222DEk=(m1v10+m2v20)-(m1v1+m2v2)2222m1m2122=(1-e)(v10-v20)2m1+m23.3完全弹性碰撞e=1(m1-m2)v10+2m2v20ìïv1=m1+m2ïíïv=(m2-m1)v20+2m1v102ïm2+m1îDEk=0特别地：ìv1=v201）m1=m2®íîv2=v102）m1<>m2且v20ìv1=-v10=0®íîv2=0ìv1=v10=0®íîv2=2v10\n\n3.4完全非弹性碰撞e=0m1v10+m2v20v1=v2=m1+m21m1m22DEk==×(v10-v20)2m1+m2\n例3.1一机枪质量为M，放置于光滑水平面上，内装有n颗质量为m的子弹，当它在水平方向射出子弹时，子弹的出口相对速度为u，假定在1min内连续发射了这n颗子弹，试求：（1）发射结束后机枪的后退速度；（2）如果nm<>m1，有(1+e)m1m2m3u=(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)m4相对于地面的速度4éù(1+e)m1m2m3v=u-v0=ê-1úë(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)û4m4上升的高度éù(1+e)m1m2m3vh==ê-1úh02gë(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)û由此可得242ìh1/2(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)üe=í[()+1]ým1m2m3îh0þ1/4-1»0.84m1m2m3(2)F(m2,m3)=(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)ém3m2m4ù=ê(1+)(1+)(1+)úm1m2m3ûë-1ém2m3m4m1m1m2m3m4ù=ê+++(++)++1úm1ûëm1m2m3m4m2m3m4m2m3m4F(m2,m3)有极大值的条件为：==，即m1m2m3-1m2=(mm4)对应的极大值211/3=24.6(g)，m3=(m1m)-321/34=9.7(g)ém41/3ùFmax=ê()+1úëm1û2-3ìüéùmhïï441/3()max=í(1+e)ê()+1ú-1ý»10.5h0m1ëûïïîþ\n1．质点的动能定理W=Ek-Ek0vrvrrvìW=F×Dr®F×drvòrï0í1212ïEk0=mv0,Ek=mvî22Ø动能定理反映了力对空间的积累效应\n2．质点系的动能定理A=E-Eååkåk0ìåW=åA外+åA内ïí1122ïåEk=å2mivi,åEk0=å2miv0iiiîØ内力所做的总功一般不为零，即内力一般要改变系统的总动能例：mv0mv0=(m+M)VÞV=m+MDp=0111M222DEk=(m+M)V-mv0=-mv0222m+Mvv0vV0=0Mm+MvVm内力可以改变系统的总动能3．势能3.1保守力：做功只与物体的始、末位置有关，而与物体的运动路径无关的力。r3.2势能：若质点从空间某一点r0沿任一路径移动r到r，保守力对质点所做的功可表为rrW保＝-[Ep(r)-Ep(r0)]则rEp＝Ep(r)r称为质点在r处的势能。Ø系统共有：某一质点的势能为该质点与对该质点施加保守力的其它质点构成的质点系所共有。Ø相对值：Ep的值与零势能参考点的选择有关vØ位置的函数：Ep=Ep(r)几种常见保守力的势能:重力势能:Ep=mgh弹力势能:12Ep=kx2万有引力势能:\nmMEp=-Gr4．功能原理4.1功能原理机械能守恒定律åW外+åW非保内=åE-åE0ìïïåW外:所有外力对系统做功的和ïíåW非保内:所有非保守内力对系统做功的和ïE:系统总动能ìïkïE=E+EíåååkpïE:系统的势能ïpîî4.2机械能守恒定律ìï封闭:åW外=0封闭保守系统：í保守:W=0ïå非保内îE=Eåå01.变力做功F=F(x)xi®xi+Dxi:iDWi»FiDxix0®x:W»åFiDxiW=limxDxi®0åFDxiii=DS0iiiW=òFdxx02.功、能与参照系Ø动能定理、机械能守恒定律只适用于惯性参照系。在非惯性参照系中使用动能定理，需计入惯性力所做的功；在非惯性参照系中，机械能守恒定律的适用条件为外力、非保守内力及惯性力所做的总功为零。Ø力做功一般与参照系（即使是惯性系）有关，但成对相互作用力做功与参照系无关（例4.6）。\nrrrrrrrrP=f12×v1+f21×v2=f12×(v1-v2)=f12×rrrrrDW=f12×(Dr1-Dr2)=f12×Dr12v2Ø在某一过程中，动能的增量一般与参照系（即使是惯性系）有关，但势能的增量（与成对保守力做功相联系）与参照系无关。所以相同的过程对某一参照系机械能守恒，但对另一参照系却可能不守恒。一质量为m的小球与一劲度系数为k的弹簧相连组成一体系，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动。试问：若视弹簧和物体m为一个体系，则在一沿此弹簧长度方向以速度u作匀速运动的参考系里观察，此体系的机械能是否守恒，并说明理由。ux例4.1\n如图所示，一根长为3L的轻绳绕过定滑轮，一端拴在放于光滑水平面上质量为M的物体A上；另一端拴在质量为m的物体B上，滑轮距地面的高度为L。开始时，将B移至非常靠近滑轮的位置处，且滑轮与A之间的那段轻绳已被拉直。将B由静止释放，试求：（1）B刚要着地的时的速度；（2）此时绳子的拉力。解：（1）1212mgL=mvB+MvAü22ïvB=vAcosqýï0þq=30vA=vB=（2）先计算A、B加速度之间的关系：以O点为参照系，A作圆周运动，其加速度沿绳子方向的分量，即向心加速度大小为vsinq¢=aA||h以地面为参照系，A的加速度203rrr¢aA=aO+aArrr¢aA||=aO||+aA||2A^vsinqaAcosq=aB+h3再求绳子中的张力：mg-T=maBTcosq=MaAvsinqaAcosq=aB+h2(vsinq)MT=[mg+m]2M+mcosq2L16mM(M+m)g=2(4M+3m)23练习如图所示，质量为m、半径为R，表明光滑的圆柱体B放在光滑的水平桌面上。有一质量也等于m的细长直杆A，被固定的光滑套管C约束在竖直方向，A可自由上下运动．初始时，杆的下端正好与圆柱体顶点接触，系统保持静止状态。因受一微小扰动，使A、B从静止开始运动。求：（1）当杆A与圆柱面接触点的连线和竖直方向夹角为q时，杆A的速度；（2）此时杆A与圆柱体将的相互作用力。参考答案：(1)v=sinq(2)N=mg(2-cosq)例4.2一质量为M的圆环用线悬挂着，两质量为m的有孔小珠套在此环上，小珠可在环上无摩擦滑动，如图所示。今将两小珠从环的顶部释放，使之沿相反方向自由滑下。（1）证明：为使小珠下滑过程中大环能升起，m和M必须满\n3足：m>M；2（2）在满足上述条件下，求大环开始升起时小珠与环中心连线与竖直线的夹角。解：12ì（1）ïmgR(1-cosq)=mvï2®N=mg(2-3cosq)í2ïmgcosq+N=mvïîR上升条件：2Ncosq>Mg，即2mg(2-3cosq)cosq>Mg2Mcosq-cosq+<036m2以上不等式有解：44M3D=->0®m>M96m23（2）当m>M时，以上不等式的解为：211(1-m1，问：对上面的木块必须施加多大的压力Ｆ，以便在Ｆ突然撒去而上面的木块跳起来时，恰能使下面的木块提离地面？\n\n解：F+m1g=kx1（1）m2刚好能被提起的条件：m2g=kx2（2）机械能守恒：1212kx1-m1gx1=kx2+m1gx2（3）22根据（1）～（3）可得F=(m1+m2)g例4.5如图所示，有一劲度系数k=18.0N/m的弹簧，其一端固定，另一端连着一质量m=0.5kg的物体，该物体置于水平面上，物体与水平面之间的摩擦系数为m=0.1。起初弹簧无形变，物体保持静止。今用一大小为12.0N，方向水平向右的恒力F作用在物体上。问（1）物体最终停止在什么位置？（2）物体从开始运动到最终停止所经历的路程是多少？（3）物体从开始运动到最终停止所经历的时间是多少？解：¢®xn+1（1）考察物体第n次来回运动：xn®xn1212¢-xn)=kxn¢-kxn(F-mmg)(xn221212¢-xn+1)=kxn+1-kxn¢-(F+mmg)(xn222(F-mmg)¢+xn=xnk2(F+mmg)¢+xn+1=xnk4mmgxn+1=xn+knn+1x1=04(n-1)mmg2[F-(2n-1)mmg]¢=xn=xnkkn物体停止在位置x¢n的条件：¢-F(+1)=6.254mmgnmax=7物体最终停止的位置为：nn+1n2(F-13mmg)¢=x7»0.61(m)k（2）根据功能原理：12¢-mmgs=kx7¢Fx722¢-kx7¢/2Fx7s=»7.94(m)mmg（3）物体来回一次的时间：nn+1npT=2p=(s)3因此可得物体从开始运动到最终停止所经历的时间：113Dt=6´T+T=p»6.81(s)26例4.6图示为一利用传输带输送货物的装置.物块（视为质点）自平台经斜面滑到一以恒定速度V运动的水平长传输带上，再由传输带输送到远处目的地.已知斜面高h=2.0m，水平边长L=4.0m，传输带宽d=2.0m，传输带的运动速度V=3.0m/s，物块与斜面间的摩擦系数m1=0.30，物块自斜面顶端下滑的初速度为零，沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直.设物块通过斜面与传输带交界处时无动能损失.重力加速度g=10m/s.2（1）为使物块滑到传输带上后不会从传输带边缘脱离，物块与传输带之间的摩擦系数m2至少为多少？（2）当货物的平均流量（单位时间里输送的货物质量）稳定在h=40kg/s时，求单位时间里物块对传送带所做的功以及传送带对物块所做的功。解：（1）物块在斜面上滑动的加速度：mgsinq-m1mgcosqa==g(sinq-m1cosq)m物块滑到斜面底端的速度：v0===4.0m/s以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小:v¢=5.0m/s0=运动方向与传输带边缘的夹角a满足：4tana=3物块在传输带上作减速运动，加速度大小：\nm2mga¢==m2gm当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离：22v¢v¢0s¢==02a¢2m2g物块不超过传输带宽的边缘对应的最小摩擦系数m2应满足:v¢0sinas¢sina==d2m2g2v¢sinam2==0.52gd20（2）传输带上与传送带间存在相对滑动的货物质量:¢v¢hv00m¢=h×=m2gm2g物块对传输带的摩擦力大小:¢F=m2×m¢g=hv0单位时间内物块对传输带所做的功:2&¢W=FVcos(p-a)=-hv0cosaV=-hV=-360(J/s)单位时间内传输带对物块所做的功:或1212&W¢=hV-hv0=-140(J/s)221212&&W+W¢=-(hV+hv0)=-500(W)22112122&&¢=-hv0¢=-h(V+v0)=-500(W)W+W¢=-=-Fv0222Ø力做功一般与参照系（即使是惯性系）有关，但成对相互作用力做功与参照系无关。以地面为参照系，单位时间内摩擦力对传输带和物块所做的功分别为:2&W=FVcos(p-a)=-hV122&&¢W+W=-h(V+v0)21212&W¢=hV-hv022以传送带为参照系，单位时间内摩擦力对传输带和物块所做的功分别为:&=0W12122&¢=-h(V+v0)W¢=-hv022122&&¢W+W=-h(V+v0)2\n1.质心r由下式决定的位置矢量rC[位置坐标（xC,yC）所对应的点C，称为质点系的质心：vrC=vmiriMyìxdmmxiiïxC=®ïMMíydmïmiyi®ïyC=îMM\n2．质心运动定理系统质心加速度的大小与于所受的合外力大小成正比，与系统的总质量成反比，加速度的方向沿合外力的方向。rvF=MaCØ内力不影响系统质心的运动。\n\n\n\n1.柯尼希定理质点系动能等于质心动能与体系相对于质心系的动能之和。此结论称为柯尼希定理。111222Ek=åmivi=Mvc+åmivi¢2i2i2特别地：两质点构成的质点系统的总动能为\n推论：质心参照系中两质点构成的质点系统的总动能为112mm2)Ek=Mvc+mvr(m=m1+m22212¢=mvrEk22.质心参照系取质心为坐标原点建立的参考系称为质心参考系或质心系。Ø在讨论孤立质点系的运动时，采用质心系是方便的。在质心系里，体系的动量恒为零，且孤立体系的质心系是惯性系，功能定理和机械能守恒定律都能适用。Ø即使讨论非孤立体系的运动，采用质心系也是方便的，可以证明，当质心系为非惯性参考系时，功能定理和机械能守恒定律也仍然正确。（这是因为在质心参照系中，作用在各质点上的惯性力所做的总功为零。）例5.1解：如图，求当人从小车的一端走到另一端时，l小车相对与地面移动的距离。ml+Ml/2xC1=m+MxC2ms+M(s+l/2)=m+M2由xC1=xC得：mls=m+Ml例5.2如图所示，半径为R、质量为M、表面光滑的半球放在光滑的水平面上，在其顶部有一质量为m的小滑块，从静止开始沿球面下滑。试求：小滑块脱离球面之前的轨迹。解：xC0=0\nmx+M(-s)xC=m+M由xC1=xC得：2222ms=xM根据(s+x)+y=R可得xy+2=1MR2(R)m+M22例5.3如图，长为2L，质量可忽略的杆的两端固定有两质量均为m的小球A、B。开始时系统竖直放在光滑的水平桌面上。系统受外界微扰而在竖直面内倒下。求当细棒与水平面夹角为q时，A、B两球的速度。解：1122¢mg×2L=2×mv+(2m)vC+mg×2Lsinq22rrrvB=vC+v¢®vC=v¢cosqìïv¢=ïíïv=cosqCïîrrvA=v¢A+vCrr=v¢sinqi-(vC+v¢cosq)jrr=qi-2cosqj)rrvB=-v¢sinq=sinqi例5.4一轮船质量为M，以速度V0行驶，船上一人以相对轮船的速度v¢向前投掷一质量m的球。问需做功多少（图a）？若向后投掷情况又如何（图b）？v¢V0-v¢V0(a)(b)解1：向前抛：ì(M+m)V0=MV+mvíîv=V+v¢mMV=V0-v¢,v=V+v¢=V0+v¢M+mM+m11211Mm222A=MV+mv-(M+m)V0=v¢2222M+m向后抛：ì(M+m)V0=MV+mvíîv=V-v¢mMV=V0+v¢,v=V-v¢=V0-v¢M+mM+m11211Mm222A=MV+mv-(M+m)V0=v¢2222M+m解2：不管向前或先后抛：1Mm21122A=v¢+(M+m)VC-(M+m)VC2M+m221Mm2=v¢2M+m解3：以质心为参照系：1Mm21Mm2A¢=v¢-0=v¢2M+m2M+m1Mm2A=A¢=v¢2M+mØ成对相互作用例所做的总功与参照系无关。\n1．力矩v力F对参考点O的力矩定义为：rvvM=r´Fì大小：M=Frsinj=Fdírr沿r´F方向î方向：2．质点的角动量\n质点对参考点O的角动量定义为：vvvvrL=r´p=r´mvì大小:L=rpsinj=pd=mvdrríî方向:沿r´p方向3．质点的角动量定理和角动量守恒定律r若M=0®rrrDLdLM=®DtdtrvvvvtrM(t-t0)=L-L0®òMdt=L-L0t0vvL=L0——质点的角动量守恒Ø角动量守恒，动量未必守恒4．质点系的角动量定理和角动量守恒定律rrrDLdLåM=Dt®dtrrvvvvtåM(t-t0)=åL-åL0®òåMdt=åL-åL0r若åM=0®vv——质点系的角动量守恒L=Låå0Ø内力不改变系统的总角动量t0例6.1如图，质量为m的小球，拴于不可伸长的轻绳上，在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，其半径为R，角速度为w，绳的另一端通过光滑的竖直管用手拉住，如把绳向下拉R/2时角速度w¢为多少？解：L=mvR=mRwR12L'=mv'=mRw'242L=L'®w'=4w\n\n例6.2如图所示，质量为m的小球B放在光滑的水平槽内，现以一长为l的细绳连接另一质量为m的小球A，开始时细绳处于松弛状态,A与B相距为l/2。球A以初速度v0在光滑的水平地面上向右运动。当A运动到图示某一位置时细绳被拉紧，试求B球开始运动时速度vB的大小。l/2AAvAx解：\nmv0=mvB+mvAxmv0l/2=mvAxlsin30+mvAylcos30vBcos30=vAxcos30-mvAysin303vB=v07AvAx00000l/2\n解：（1）机械能守恒:112ì2ï0=mglsinq-2mglsinq+(2m)v1+mv222íïîv1=v2=lww=角动量定理：BDLì2mglcosq-mglcosq=ïDtïï2íL=2mlv1+mlv2=3mlw\nïDL2Dw2ï=3ml=3mlbïDtîDtgcosqb=3lAm对小球1：ìï2mgcosq-N1=2ma1t=2mlbí2ïîf1-2mgsinq=2ma1n=2mlw4ìN=mgcosq1ïï3í10ïf=mgsinq1ï3î.同理对小球2：4ìN2=mgcosqïï3í1ïf=mgsinq2ï3î小球1与杆之间的摩擦力先达到最大静摩擦力，故小球1先滑动.设球1开始滑动时，细杆与水平线夹角为q1，则f1(q1)=mN1(q1)104mgsinq1=mmgcosq133q1=p6.由于球1细杆时细杆与水平线夹角也为q1=p6因轻杆没有质量，球1一旦脱离轻杆，球2与轻杆间的相互作用立即消失，此后球2只受重力作用而作斜抛运动，其初速度：v0==3q0=p2-q1=p3得任意t时刻球2ìl+ïx=-lcosq1+v0cosq0t=ï2í12112ïy=lsinq1+v0sinq0t-gt=l+t-gtïî2222球2脱离细杆时，l=x+y222222lt(t-t-)=03gt=(1+3ì-lïx=-ï6íïy=-2+lï6î-cosq2==l6xq2=78.2o\n\n解：（1）pR1tanq==2pR2sinq=,cosq=55螺旋环的角动量：L=åDmiv0R=mv0R=mRw2i角动量守恒：0=mv||R-mRwrrrv=v¢+v0®v||=v¢cosq-wR2v¢w=cosq,=cosq2R2RDtshhj0=t=cosq=cosq=cotq=2R2R2RR（2）根据角动量守恒和机械能守恒定律121ì22ïmgh=mv+mRw22íï0=mv||R-mR2wîìv||=v¢cosq-wRrrrv=v¢+v0®íîv^=v¢sinq111ì22222ïmgh=m(v¢cosq-wR)+mv¢sinq+mRw222íïî0=m(v¢cosq-wR)-mRw解得：ì=ïv¢=ïí11ïw==ïRRî另解：（1）ì(M+m)gsinqa'==gï2ïM+msinq3ímgsinqcosq1ïa==g02ïM+msinq3î12ìh¢=atïha0hïsinq2®Dj==í¢1RsinqaR2ïRDj=at0ïî2=（2）v¢=v011w===RRR\n1.刚体平衡条件1）物体受力的矢量和为零：råFi=02）对矩心的合力矩为零i\nrrråMi=åri´Fi=0i刚体受三个非平行力作用而平衡时，此三个力的合力为零，而且这三个力的力线（含延长线）相交于一点。2.刚体平衡的稳定性满足平衡条件的刚体，若受到扰动，便离开平衡位置。若它会自动回到平衡位置，则称为稳定平衡；若它会更远离平衡位置，则称为不稳定平衡；若平衡位置的周围仍是平衡位置，则称为随遇平衡。不稳定平衡随遇平衡例7.1匀质杆OA重P1，长为l1，能在竖直平面内绕固定铰链O转动，此杆的A端用铰链连另一重为P2、长为l2的均匀杆AB，在AB杆的B端加一水平力F。求平衡时此两杆与水平线所成的角度a与b的大小，以及OA与AB间的作用力。P2解：（1）以AB为研究对象，有l2Fl2sinb=P2cosb2P2tanb=2FP2以OA+ABl1l2Pcosa+P2(Fl1cosa+)=F(l1sina+l2sinb)122P+2Ptana=2F（2）以AB为研究对象，其所受的合力为零，因此N=N的方向与水平线的夹角qP2tanq=FP2\n例7.2有6个完全相同的刚性长条薄片AiB（ii=l，2…，6），其两端下方各有一个小突起。薄片及突起的重量均可以不计。现将此6个薄片架在一只水平的碗口上，使每个薄片一端的小突起Bi恰在碗口上。另一端小突起Ai位于其下方薄片的正中，由正上方俯视如囹所示。若将一质量为m的质点放在薄片A6B6上一点，这一点与此薄片中点的距离等于它与小突起A6的距离，求薄片A6B6中点所受的（由另一薄片的小突起A1所施的）压力。解：设任一小突起Ai对其的压力为Pi，则Pi=2Pi（-1i=2…6）P2=2P1P3=2P2=2P12Pi-1Bi-1AiPiAi-1\nP6LLP6=2P1=32P1考虑薄片A6B6，根据力矩平衡条件可得l3P+mgl-P6l=01245B6A1CP1A6P6=32P1代入可解得：1Pmg1=42mg例7.3用20块质量均匀分布的相同光滑积木块，在光滑水平面上一块叠一块地搭成单孔桥，如图所示。已知每一积木块的长度为l，横截面是边长为h＝l/4的正方形。要求此桥具有最大跨度（即桥孔底宽）。试计算跨度与桥孔高度的比值。L解：lx1=2lmx1+m(x1+l/2)lx2=x1+x2==x1+42m4m(x1+x2)+m(x1+x2+l/2)lx1+x2+x3==x1+x2+2m6LLlx3=6lxn=2n1L10l101=åxn=å2n=12n=1n9H=9h=l4L=H1L=lån=1n10234……321å101/nn=19/4=1.25810例7.4有一半径为R的圆柱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B，用手扶着圆柱A将B放在A的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放手。己知圆柱A与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30。若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B与墙面间的静摩擦系数和圆柱B的半径的值各应满足什么条件？解：对A球：mg-N1+N3sinj+F3cosj=0（1（2F1-N3cosj+F3sinj=0F1R=F3R（3rF2对B球：mg-F2-N3sinj-F3cosj=0（4N2-N3cosj+F3sinj=0F3r=F2r（5（6F1联立（1）~（6）解得：2+cosj+2sinjN1=mg1+cosj+sinjcosjN2=F1=F2=F3=mg1+cosj+sinj1+sinjN3=mg1+cosj+sinj圆柱B与墙面的接触点不发生滑动：F2³m2N2®m2>1圆柱A在地面上不发生滑动：F1cosjF1³m1N1®m1>=N12+cosj+2sinjR-rcosj=,sinj==R+rR+r两圆柱的接触点不发生滑动：21r³R9F3cosj7öæ=F3³m3N3®m3>®r³ç÷R=0.29RN31+sinjè13ø综合上述结果，可得到r满足的条件：R³r³0.29R\n1.开普勒三定律第一定律：行星围绕太阳运动的轨道为椭圆，太阳在椭圆轨道的一个焦点上。第二定律：行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积：DS12Dq=r=常量Dt2DtDt®0\n第三定律：各行星绕太阳运动的周期平方与轨道半长轴立方之比值相等：T=常量3a2\n2.万有引力与引力势能2.1万有引力rmMr0F=-G2rr2.2引力势能mMEp=-Gr\n3.解题技巧Ø开普勒定律Ø角动量守恒Ø机械能守恒例8.1利用角动量守恒证明开普勒定律（Ⅱ）：从太阳到行星的矢径在相等的时间内扫过的面积相等。rrr解：M=r´F=0®rL=常量vrrrrDrL=r´mv=m(r´)(Dt®Dtvvr´DrDSL=m=2mDtDtDSL==常量Dt2m例8.2地球和太阳的质量分别为m和M，地球绕太阳作椭圆运动，轨道的半长轴为a，半短轴为b，如图所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度大小及轨迹在A、B、C三点的曲率半径。AA解：A、B两点：12GmM12GmMmvA-=mvB-2a-c2a+cBAAmvA(a-c)=mvB(a+c)ìa+cïvA=bï(c=íïv=a-cBïbî22vGmMbm=®rA=2rA(a-c)aGmMbm=®rB=2rB(a+c)av22A、C两点：B12GmM12GmMmvA-=mvC-2a-c2avC=v2CAA2GmMGmMbam=cosq=®rC=22rCaaab\n例8.3质量为M的宇航站和对接上的质量为m的飞船沿圆形轨道绕地球运动着，其轨道半径是地球半径的n倍（n＝1.25）。某一瞬时，飞船从宇航站沿原运动方向射出后沿椭圆轨道运动，其最远点到地心的距离为8nR，求质量m/M为何值时，飞船绕地球运行一周后正好与宇航站相遇？解：(m+M)Mu0M+m：G=(m+M)®u=2(nR)nRmM01mM0ì122¢-Gmv1-G=mv14ïm：nR28nR®v1=í23ï¢×8nRîmv1×nR=mv1u2¢13M-m(m+M)u=mv1+Mv2®v2=3M设M的最近点到地心的距离为x，则M：m+MMmmM1mMì122¢-G=mv2ïmv2-GnR2xí2ï¢xîmv2×nR=mv23M2-1x=nR[2()-1]3M-m¢1Ta3/2(nR+8nR)/23/21m23/2=()=[]=27[1-(1-)]=KT2a2(nR+x)/223Mm2/31/2=3-[2(9-K)]Mm21/29n3/2R0®K>»9.546M4K=10、11m2/31/2=3-[2(9-10)]M2/31/2»0.048、3-[2(9-11)]»0.153例8.4距离我们为L处有一恒星，其质量为M，观测发现其位置呈周期性摆动，周期为T，摆动范围的最大张角为Dq．假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的．（1）试给出这颗行星的质量m所满足的方程．（2）若L=10光年，T=11.86年，Dq=3.229毫角秒，M=MS（MS为太阳质量），则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少？分别用太阳质量MS和国际单位AU（平均日地距离，1AU=1.50´10km）作为单位，并保留两位有效数字．9解：（1）LDqMdMLDqR=,r==2m2mGMmm2(R+r)2æ2πö=MRw=MRç÷èTø2(mM)32(1+mM)LDq)(=3π222GMT（2）若M＝MS，则(mMS)32(1+mMS)LDq)p(=2GMST322\n设地球绕太阳作圆周运动，则æ2pömEMS23æ2πöG=mErErE=mErEç÷®GMS=rEç÷2rEèTEøèTEø22(mMS)32(1+mMS)æLDqö=ç÷è2rEø-131/33æTö-13ç÷»8.555´10èTø-52m»(8.555´10)Ms=9.5´10MsMsLDqr=»5.2AUm2\n1．简谐振动的基本概念1.1简谐振动的定义物体在运动过程中所受的合力与离开平衡位置的位移成正比而方向相反，即F=-kx(k>0)则物体所作的运动为简谐振动。1.2简谐振动的运动方程x=Acos(wt+j)运动方程：速度方程：v=vmcos(wt+j+其中：w=k/mp2\n2加速度方程：a=amcos(wt+j+p)(am=Aw))(vm=Aw)1.3简谐振动的特征量x=Acos(wt+j)周期和频率：振幅：A1wT=,n==wT2p2p位相与初相：t时刻的位相:wt+j初相:jØ位相是描述物体振动状态的物理量*周期和频率：由振动系统的固有性质决定：mw1T==2pn==wk2p2p*振幅和初相：由初始条件决定：2ìv02A=x+ïìx=x020ït=0ïw®íív=vvï00ïît=0tanj=-ïwx0î2pkm1.4简谐振动的旋转矢量表示振幅：旋转矢量的模A圆频率：旋转矢量的角速度w位相：旋转矢量与Ox轴的夹角wt+j2．简谐振动的判别\n2.1简谐振动的判据F=-kx2a=-wx2.2两种常见的简谐振动1）弹簧振子：T=2p2）单摆：T=2p3.简谐振动的能量122Ek=kAsin(wt+j)2122Ep=kAcos(wt+j)212E=Ek+Ep=kA212p=k=kA4谐振子的动能和势能都随时间而变化，振动过程中两者相互转换，但系统的总能保持不变。谐振子系统是一个封闭保守系统。Ot2kAOt\n\n4．简谐振动的合成4.1同频率同方向的简谐振动的合成1）两个同频率同方向的简谐振动的合振动为与分振动同频率的简谐振动。2）合振动的振幅A=A+A+2A1A2cos(j2-j1)Dj=2kp,A=A1+A2Dj=(2k+1)p,A=A1-A22122链接4.2同方向不同频率的简谐振动的合成：\n形成拍4.3相互垂直的同频率的简谐振动的合成：椭圆轨道链接4.4相互垂直的同频率的简谐振动的合成：李萨如图链接例9.1如图，一正方体木块浮在水面，因外界扰动而沿竖直方向上下振动，设木块的边长为l，密度为r，水的密度为r0(r0>r)。\n（1）证明木块作简谐振动，并求其振动周期；（2）若已知t=0时木块经过平衡位置以速度v0向下运动，试求出物体的振动方程（取平衡位置为坐标原点，向下为坐标轴正方向）。解：（1）mg=r0glx02F=mg-r0gl(x+x0)=-r0glx=-kxw===22T==2pw（2）x=Acos(wt+j)2pìv0A==vï0ìx=0Acosj=0ìït=0ïw®í®íí-Awsinj=vv=v0îpï0ïît=0j=-ïî2px=v0-)2例9.2如图，两个半径不同的圆柱分别绕平行的水平轴反向转动，它们转动的角速度均为w，两轴之间的水平距离为L。在t＝0时刻，把一匀质木板垂直于轴放在两圆柱上，木板处于水平位置且同时与两个转动面接触，其质心位于小圆柱轴的正上方。设木板与圆柱面之间的摩擦系数为m，试求木板的质心的位置与时间的关系。解：平衡位置：F=f1-f2=mN1-mN2=0®N1=N2因此木板处于平衡位置时，其质心到N1和N2作用线的垂直距离均为L/2。离开平衡位置x：1xìLìN=mg(-)1ïïmg(+x)-N2L=0ï2L2®íí1xïïN2=mg(+)îN1+N2=mgïî2L2mmgF=f1-f2=mN1-mN2=-xL因此木板的质心作简谐转动。k2mgw==mL2mgx=Acos(t+j)LLìLìLAcosj=ìïïxt=0=ïïA=22®í®í2íïv=0ï-A2mgsinj=0ïj=0îît=0ïîLL2mgx=cos(t)2L例9.3用一弹簧把质量各为m1和m2的两木块连起来，一起放在地面上，弹簧的质量可不计，而m2>m1\n，问：对上面的木块必须施加多大的压力Ｆ，以便在Ｆ突然撒去而上面的木块跳起来时，恰能使下面的木块提离地面？解：F撤去后，m1围绕其平衡位置O作简谐振动。m1在平衡位置时，弹簧的压缩量:x0=m1g/km1作简谐振动的振幅:A=F/km1上升到最大高度时，弹簧的伸长量xm=A-x0=(F-m1g)/km2刚好能被提起的条件：m2g=kxm=F-m1g由此可得:F=(m1+m2)g例9.4如图所示，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。解：在质心坐标系O¢x¢中，A、B球作简谐振动。2mg2mg=k(l-l0)®k=l-l021AC=l,BC=l33ì111=+ïkkk3ï12®k1=k,k2=3kík12ï=ïîk22两球相对于质心的位移：k1k22ì¢x1=-l0+A1cos(w1t+j1)ïï3í2ïx¢=-l+Acos(wt+j)20111ï3î2ì¢2ìïx1t=0=-lïA1=(l-l0)3®í3íïv1ï¢=0îj1=pît=01ì¢1ìïx2t=0=lïA2=(l-l0)3®í3íïv2ï¢=0îj2=0ît=0k1k222¢=-l0+(l-l0x1+p)3311¢=l0+(l-l0x2)33在坐标系Ox中，任意t时刻质心的位置坐标：212xC=l+gt32由此可得在坐标系Ox中，任意t时刻A、B球的位置坐标：é122ù¢=gt+(l-l0)ê1-x1=xC+x1)ú23ûëé121ù¢=l+gt-(l-l0)ê1-x2=xC+x2)ú23ûë\n\n解：第一阶段：自烧断轻线至砝码1脱离弹簧。mgx0=kìT-mg=ma1ïN+mg-2T=maï1í¢N+ma-mg=ma1ïïîN=k(x0-x¢)4kka¢=-x¢,a1=-x¢3m3mx¢=A+j)a1N12TTa1a¢12mgì¢2mgìïxt=0=-(l0-x0)=-ïA=k®íkíïv¢=0ïîj=pît=0\n2mgx¢=+p)k设t＝t1时，砝码1与弹簧分离，则ì¢ïxt=t1íïv¢ît=t1ì1mg+p)=ï1=x0=2ïk®íïv¢=-2g+p)>0>01ïîìït1=pïíïv¢=2gïî第二阶段：自砝码1脱离弹簧至至再次接触弹簧。ìT-mg=ma14ïíN+mg-2T=ma1®a¢=-g3ïma-mg=ma¢î12v¢t2==a¢t=t1+t2=(3+3