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动力学一般问题与特殊问题习题


动力学一般问题与特殊问题习题

三、小试身手 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.

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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μ2,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μ1,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.

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(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)

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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.

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
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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(珠子与绳之间无摩擦) .

11.图 3—16 中的 AOB 是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平面内,由两个半径 都是 R 的 1/4 圆周连接而成, 它们的圆心 O1 、O2 与两圆弧的连接点 O 在同一 竖直线上. O2 B 沿水池的水面.一小滑块可由弧 AO 的任意点从静止开始下 滑. (1)若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中,在两个圆弧上滑过的弧长
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相等,则小滑块开始下滑时应在圆弧 AO 上的何处?(用该处到 O1 的连线 与竖直线的夹角表示) . (2)凡能在 O 点脱离滑道的小滑块,其 落水点到 O2 的距离如何?

12.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.

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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 2 Mm g, 2M ? m

对 m:mg-N=ma,解得 m 与 M 之间的作用力 N ?

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对左边物体:F-Mg=Ma,所以 F ? M ( g ? a ) ? 支点 A 所受的力 T ? 2 F ?

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

2 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 ? mA a A 对 B 有: T ? mB g ? mB aB ①

② ③

对 AB 整体有: F ? mA g ? mB g ? mA a A ? mB aB

由 ① ② ③ 代 入 数 据 得 : A 的 加 速 度 为 a A ? 15.2m / s 2 , B 的 加 速 度 为 。 aB ? 2.7 m / s 2 (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 1 2 1 由运动学知识可知: a1t ? ?0 ? a2t , s1 ? a1t , s2 ? ?0t ? a2t 2 , ?s ? s2 ? s1 2 2
解以上各式可得: ?s ?
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。

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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 ? ?

1 m? 2 2

此时小球受到绳的拉力为 T,由于小球做圆周运动,有

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

3m sin ? ? cos ? 2sin ? ? cos ? ? 3m sin 2 ? ? M a ? 2sin 2 ? 2M 2sin ? ? cos ? 式中已令 a ? ,又令 F (? ) ? 3m a ? 2sin 2 ?
联立以上各式解得: ? ? 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 ? ? a a 时,F(θ)有最大值,其值 ? (a ? 2) tan ? 时,即 tan ? ? tan ? a?2
2

当 为

F (? ) max ?
因此 ?min ?

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

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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 ? ? F2 r 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

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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 2

后棒心进行的运动,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 gr cos ? ? gr , ?? ? gr sin ? ? 2 3 2 2 3

3 gr 2

棒末端离开墙壁瞬间的距离 d ? r sin ? ?

5 r 。在 R ? 0 瞬间的情况,也就是 3

棒心开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 ?

1 2 gt 2

(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

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T0 ?

2 2 2 m? x m?0 m?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 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 , ? ? ? ? 2H ? R2 ? x2 ? ? x2 联立以上三式求解得: S ? ??0 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 ? ? 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
2

2

1 写出 m? 2 ? ? mgs ,由此得出: 2

??

?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μmg 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 / s 2 。

按题中假设, a ? 5m / s 2 ,不符合这个条件,因此在刹车时粉笔沿传送
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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.这样一来,就可写出 ma1 ? ma ? ? mg ,即 a1 ? a ?

?2
2s

1 1 ?2 ?2 在刹车时粉笔经过的路程(对传送带来说)为 a1t12 ,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

在传送带停住后,粉笔的(负)加速度为 a2 ? 减速持续的时间为 t2 ?

f ?2 ? ?g ? m 2s

?1
a2

?(

2as

?

2

? 1)

?
a

1 2 1 ? 2 2as ?2 在这段运动时向中,粉笔走了 a2t2 的路程,即此路程为 ? ? ( 2 ? 1) 2 2 2 2 2s ? 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ΔAPN 知 ( AP ) 2 ? ( PN ) 2 ? ( AN ) 2 ,即有 (h ? y ) 2 ? x 2 ? (l ? y ) 2

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于是得: x 2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h 2 ) 这是一条以 y 轴为对称轴,顶点位于

1 y ? (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 1 (注:以 y H ? (l ? h) ,A 为焦点. 2 1 轴为对称轴、顶点在 y1 ? (l ? h) 处的抛物线方程为 2 1 ? ? x 2 ? ?2 PY ? ?2 P ? y ? (l ? h) ? ? ?2 Py ? p (l ? h) , 2 ? ?
与 x 2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h 2 ) 比 较 , 得 P ? l ? h . 焦 点 与 顶 点 的 距 离 为

P 1 ? (l ? h) 。 2 2
(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(沿法线方向)应为 2T cos ? ? mg cos ? ? m

?2 , ?

?2 即 2T cos ? ? m ? 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: ? ? 2 gy

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(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.

1 1 设从抛出至落地的时间为 t,则有 ?0t ? l 2 ? h 2 , H ? (l ? h) ? gt 2 2 2
由上面二式解得 ?0 ? 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 ? ?02 ? 2 g ( H ? BN ?)
物体在 N'处法线方向的运动方程为 mg cos ? ?

m? ?2

?

1 2(l ? BN ?) 由以上三式及 H ? (l ? h) ,可求得: ? ? 2 cos ?
这也等于 N 点抛物线的曲率半径,BN=BN′=y,故得 ? ? (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

2(l ? y ) cos ?

?2 mgl ? 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 l ?h ) ,代入(1)中运动方程求得 xd ? mgl ( ) ? (l ? h) 2 2Td Td mg )。 2Td

绳子断开时珠子速度的大小为 ?d ? 2 gyd ? 2 gl (1 ?

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11. 解: (1) 如图所示, 设滑块出发点为 P1 , 离开点为 P2 , 按题意要求 O1 P1 、O2 P2 与竖直方向的夹角相等,设其为 ? ,若离开 滑道时的速度为 v,则滑块在 P2 处脱离滑道 的条件是
mv 2 ? mg cos ? R
A O1

?

(1)

P1 O P2

由机械能守恒
2mgR(1 ? cos ? ) ? 1 mv 2 2

?

(2)

O2

B

(1)、(2)联立解得
cos ? ? 4 4 或 ? ? arccos ? 36 52? 5 5

(3)

(2)设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是
2 mv 0 ? mg R

(4)

v0 为滑块到达 O 点的速度,由此得
v 0 ? Rg

(5)

设到达 O 点的速度为 v0 的滑块在滑道 OA 上的出发点到 O1 的连线与竖直的 夹角为 ? 0 ,由机械能守恒,有
mgR(1 ? cos ? 0 ) ? 1 2 mv 0 2

(6)

由(5) 、 (6)两式解得
?0 ?
π 3

(7)

若滑块到达 O 点时的速度 v ? v 0 ,则对 OB 滑道来说,因 O 点可能提供的最 大向心力为 mg,故滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点. 对于 v ? v 0 的滑块,其在 OA 上出发点的位置对应的 ? 角必大于 ? 0 ,即 ? ? ? 0 , 由于 ? max ? π 2 ,根据机械能守恒,到达 O 点的最大速度
v max ? 2 Rg

(8)

由此可知, 能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0 到 v max 之间所有可能的值, 也

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就是说,? 从 π 3 至 π 2 下滑的滑块都将在 O 点离开滑道. 以速度 v0 从 O 点沿 水平方向滑出滑道的滑块,其落水点至 O2 的距离
x0 ? v 0 t R? 1 2 gt 2

(9) (10)

由(5) 、 (9) 、 (10)式得
x0 ? 2 R

(11)

当滑块以 v max 从 O 点沿水平方向滑出滑道时,其落水点到 O2 的距离
x max ? v max t

(12)

由(8) 、 (10) 、 (12)式得
x max ? 2 R

(13)

因此,凡能从 O 点脱离滑道的滑块,其落水点到 O2 的距离在 2 R 到 2 R 之间 的所有可能值.即
2R ? x ? 2R

(14)

12.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 ) (1??) (2??)

2 ma 2 ? 2mg ? k ( x 2 ? x1 ? l 0 )

x1、x2 是 A、B 的坐标,l0 是弹簧的自然长.
t ? 0 时,有 x1 ? 0, x2 ? l, v1 ? 0 v2 ? 0

O

A x1

k B x2,

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
l0 ? l ? 2mg k
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x

由 (1??) + (2??) ,
a1 ? 2a 2 ? 3 g

令 a ? a1 ? 2a 2 ? 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 x 2 ? 2l ? 3 2 gt 2 (3??)

由 (2??) ? 2 ? (1??) ,
2m(a 2 ? a1 ) ? ?3k ( x 2 ? 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 直接写出解答,
? 3k ? ? x 2 ? x1 ? l 0 ? A cos? t ? ? ? 2m ? ? ?

结合初条件,
l ? l 0 ? A cos ?
A 3k sin ? ? 0 2m

得到
? ?0
A ? l ? l0 ? 2mg k

所以
x 2 ? x1 ? l 0 ? ? 3k ? 2mg ? cos? ? 2m t ? k ? ?


x 2 ? x1 ? l ? ? 3k ? 2mg 2mg ? ? cos? ? 2m t ? k k ? ? (5??)

由 (3??) ? 2 ? (5??) ,得

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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 ? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ?

?7 ???

2

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动力学中的图象问题、临界问题牛顿运动定律的适用范围...
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物理奥赛辅导第三讲动力学一般问题与特殊问题
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专题6 动力学特殊问题与方法
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牛顿第二定律+两类动力学问题习题
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解答动力学问题
许 多实际问题中,注意从物体能的变化和做功关系上分析,常能由此找到解题的入口,在力学 中具有十分重要的意义. 典型例题 【例 1】如图 6-8-1-1 所示,在匀速...
2014届物理竞赛辅导008:动力学特殊问题与方法_图文
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专题6 动力学特殊问题与... 6页 免费 【物理】2011届新课标高... 51页 免费...选修3-1 第四章:磁场中的动力学问题考考你: 例题 1:如图所示,直角坐标系 ...
奥赛辅导第三讲动力学一般问题与特殊问题
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