专题10曲线运动的动力学解

高中物理奥林匹克竞赛讲义专题10曲线运动的动力学解第1页共7页专题10曲线运动的动力学解专题7《曲线运动曲直谈》中，我们从运动学角度研究了曲线运动，在那里，我们熟悉了描述曲线运动的运动学方法，对圆周运动与抛体运动的运动学规律做了较深入的研究。在这个专题里，我们将从动力学角度研究曲线运动，即掌握各种曲线运动形成及运动状态变化的原因，这对于人们能动地掌控曲线运动是至为重要的。牛顿第二定律阐述了力与加速度的普遍关系，通俗地说就是：什么样的力产生什么样的加速度。在曲线运动中，我们通常将物体所受外力沿切线方向分量的代数和tF称为切向力，而外力沿法线方向分量的代数和nF称为法向力。切向力产生切向加速度、决定曲线运动物体速率变化的快慢，法向力产生法向加速度、决定物体运动方向变化的快慢。在曲线运动中，牛顿第二定律的切向与法向的分量式（动力学方程）为ttvFmamt；2nnvFmam。当物体所受外力与运动速度方向不在同一直线时，物体一定做曲线运动，其中，若物体所受外力为恒力，物体做匀变速曲线运动，例如抛体运动；若物体所受外力方向与运动方向总垂直，则切向加速度为零，物体做匀速率的曲线运动，例如做等距螺旋线运动的物体；再如物体所受总垂直于速度的方向的外力大小不变，则法向加速度大小不变，这就是匀速圆周运动。动力学方法求解曲线运动的加速度，首先要作好两项分析，即物体的受力情况分析与运动情况分析，当外力与运动方向不在同一直线的情况下，通常将物体所受各力按运动速度的切向与法向作正交分解，通过建立两个方向上的牛顿第二定律的分量式求得。【例1】如图所示，滑块A的质量为M，由于绳子的牵引而沿水平导轨滑动，绳子的另一端缠绕在半径为r的鼓轮O上，鼓轮以等角速度转动。不计导轨与滑块间的摩擦，求绳子的拉力TF与距离x之间的关系。【分析与解】先分析滑块A受力：重力Mg、导轨支持力NF，绳子拉力TF；再分析滑块的运动：速度沿导轨的运动可视作沿绳向绳与轮切点B的平动及以切点B为中心的转动的合成，这两个方向的分运动速度分别为nvr，tantvr，其中为对应于x，绳与导轨的夹角。以切点为中心转动的分运动的向心加速度由该方向的合力产生。如图所示，取AB方向为x轴正方向建立直角坐标系xOy，并按坐标方向正交分解滑块所受各力，则由牛顿第二定律，在x（轴）方向有2sinsincostTNvFFMgMx。又由于滑块实际运动方向沿水平导轨，故在竖直方向满足sinTNMgFF。由以上两式可得22(tan)(1sin)cosTrFMx，注意到sinrx，22cosxrx，则2222223223()(tan)cos()TrMrrxrFMxxrxx，整理后即可得到TF与x的关系为4225222()TMrxFxr。竖直平面内的圆周运动有一些规律性的结论，我们略作些盘点。首先，在竖直平面内发生的圆周运动，是有重力参与提供向心力的，如果没有其他切向力，竖直面上的圆周运动肯定是非匀速率的，机械能是守恒的，在水平直径以上，各点均存在一速度的临界值。如图所示，小物体连接在轻杆一端，在竖直平面内绕杆的另一端做圆周运动，通过水平直径以上位置，杆与水平线间的夹角为并正沿圆周向上运动时。将重力沿切向与法向分解，可知，重力的切向分力cosmg，方向与速度方向相反，说明物体正做减速率地运动；重力的法向分力sinmg与杆的拉力的合力作为向心力，应有2sinTvFmgmR，式中R为圆轨道半径。从该式可知，线速度v越大，沿轨道运动通过该点时的加速度越大，所需向心力越大，这要靠杆的拉力来适调，因为杆的拉力是微小形变引起的弹力，是一种“适应性力”而重力则是恒力。若速度v较小，向心加速度较小，致使只须重力的法向分量提供向心力即可，即20sinvmgmR，0sinvRg，这时杆上的弹力为零．若小物体速度小于0v，杆上弹性拉力将转为支持力，此时有2sinTvmgFmR。故0sinvRg是杆牵引小物体在竖直平面内做圆周运动时，杆恰无形变，弹力为零。杆对小物体的作用效果在“拉”与“推”之间转换的临界速度，而小物体能在竖直面内做完整的圆周运动的条件是到达最高点时的速度0v。高中物理奥林匹克竞赛讲义专题10曲线运动的动力学解第2页共7页若用绳来替换杆，如图甲所示，因绳对小物体不可能产生支持力作用，则在达到临界速度0v时，绳长仍为R但已不张紧，这是物体能在半径为R的竖直圆轨道运动的临界状态，此后绳完全松弛，小物体只受重力作用而做抛体运动。这说明，对应于绳与水平线成角的位置，物体可沿圆周运动的最小速度minsinvRg，在最高点，这一临界速度值应为Rg，小物体做完整的竖直平面内的圆周运动的条件是通过最高点时的速度不小于Rg。再若将杆替换成环形轨道，如图乙所示，小物体沿光滑轨道外侧运动时，由于轨道对小物体只可能产生“顶”的作用效果，故0sinvRg就成为小物体不脱离轨道可取的最大速度，而要在轨道最高点不脱轨，小物体的速度不得超过Rg。【例2】一长为a的细线系着一小球悬挂在O点静止不动。若使小球获得一个水平初速度0(23)vag，略去空气阻力。证明：小球的运动轨迹经过悬点O。【分析与解】小球运动轨迹会通过悬点O，是因为线绳在水平直径上方与水平线成某一角度时，绳恰好不再张紧，小球开始脱离圆轨道而做斜上抛运动，如图所示。我们先来求出绳上张力为零时，小球达临界速度sinvag时的方位角。整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，则有22011(sin)(1sin)22mvmagmga，故203sin2agvag，3sin3。这个位置在距水平直径33ha高处，此位置小球的瞬时速度33vag。此后，小球做斜上抛运动，以抛出点为原点建立直角坐标系xOy，我们从斜上抛的竖直方向上的分运动求得当小球在竖直方向的位移为h时，经历时间为t，因此有21cos2hvtgt，将33ha、6cos3、33vag代入上式整理得23223230gtagta。由此方程解得符合题意的时间23atg，这段时间内小球完成的水平位移为6sincos3xvtaa。说明小球做斜抛运动过程中，通过了坐标为（63a，33a）的悬点O。【例3】图所示中，A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自由下摆。如在小球与立柱发生碰撞前，木块A始终未发生移动，则木块与地面间的静摩擦因数至少为多大？【分析与解】在小球B下摆过程中，通过轻绳对木块A施以竖直向下的压力及水平向左的拉力，随着下摆角度的增大，竖直向下的压力逐渐增大、而水平向左的拉力则是先增大后减小。我们要求的是：小球下摆于任一位置水平拉力与最大静摩擦力恰能平衡，需要的静摩擦因数的最大值。设轻绳长L，小球摆至与水平线成角的位置时绳上张力为TF，小球B的速度为v，此时小球受力情况如图甲所示，对小球列出动力学方程为2sinTvFmgmL，又，小球B下摆过程中机械能守恒，有21sin2mgLmv，分析木块A的受力情况如图乙所示，由于木块静止，故有cos(sin)TfmTFFMgF。对应于角度，恰能令木块静止的静摩擦因数应符合由以上三式联立的方程223sincos3cos33sin(3)tancotsin(1cot)3mmmMmMmMMm，因(3)tancot(3)MmMMMm为定值，则当(3)tancotMmM，即tan3MMm时，两项之和有最小值且为2(3)MMm，摩擦因数则有最大值高中物理奥林匹克竞赛讲义专题10曲线运动的动力学解第3页共7页max32(3)mMMm。故在小球B下摆过程中，要使木块A始终与地面保持相对静止，木块与地面之间的静摩擦因数不得小于32(3)mMMm。【例4】如图所示，有一个质量均匀的大球壳，正好静止在桌边上，球壳与桌子无摩擦，对球壳轻轻一推，使其滚下桌子，试计算球壳脱离桌子的瞬间，球壳中心的速率。【分析与解】由题给条件，球壳在静止时，与桌边接触的一点O为其支点，轻推球壳，即给球壳一微扰，球壳的质心C将以支点O为轴，以球半径只为转动半径在竖直面内从初速度为零开始做圆周运动，其间重力势能减少，动能增加；当球壳质心做圆运动所需向心力仅由重力来提供时，球与桌支持点间无挤压，即开始脱离桌子。故球壳“不再接触桌子的瞬时速度”受到两方面关系的制约：即力与运动的因果关系和机械能的守恒关系。大球壳恰与桌边无挤压时，重力的法向分力承担向心力，设此时球心速度为v，有2cosvmgmR，①由机械能守恒定律，有(1cos)kmgRE。②以上两式中，当球壳质心速率为v时，球壳的动能kE可视作质心对O点的转动动能OE及球壳对质心C的转动动能CE之和，前者212OEmv，后者CE我们用微元法来计算。如图所示，取质心C为坐标原点，球壳转轴为y轴，在球的xCy截面圆上，将2弧度均分成n（n）等份，进而将球壳面分割成宽为2dnRn的一条条极细的环带，第i条环带的周长2sin2iCRin，则相应环带的质量22sinsin22442inimmmdCRRiinnRnn速率sin2iivvrRiRn，转动动能212iiiEmv。整个球壳对过C而垂直于竖直面的轴转动动能为2211232112112lim2limsin(sin)22422111limsinlim(3sinsin3)2222242213sinsinsinsin13222222lim822sin4nnCiinniinnnniinmvEmviRinnRnmvimviinnnnnnnnnnnmvnnn2213223sin411(3)8313nnnmvmv将kE及由①式得2cosvgR，代入②式，得225(1)6vmgRmvgR。所以球壳中心的速率611vRg。【例5】筑路工人为了提高工作效率，把从山上挖出来的土石，盛在一个箩筐里，沿一条钢索道滑至山下.如索道形状为24xay的抛物线，且箩筐及它所盛的土石可以看做质量为m的质点，求箩筐自2xa处自由滑至抛物线顶点时的速度，并求此时箩筐对钢索的压力。【分析与解】如图所示，以O（0，0）点为原点，以竖直向上方向为y轴正方向建立的直角坐标系xOy中，钢索呈顶点为坐标原点、开口向上的抛物线。质量为m的物体，是从高ya处沿索道自由下滑的，不计摩擦及其空气阻力由机械能守恒212mgamv，容易求得箩筐抵达钢索道底部（即抛物线顶点）时的速度大小2vag，方向沿该点轨道的切向，也就是图示水平相左方向。为了求这时箩筐对钢索的压力，我们取箩筐为研究对象，在y方向建立动力学方程。在该方向上合外力引起法向加速度2NvFmgm，式中是抛物线顶点处的曲率半径。借助于初速度为v的平高中物理奥林匹克竞赛讲义专题10曲线运动的动力学解第4页共7页抛运动，在抛出点物体的法向加速度即为g，由2vg可知该抛物线顶点处的曲率半径2vg。于是有2NvFmgmmg，求出2NFmg。在专题6中，我们曾介绍过做直线加速运动的非惯性系与惯性力，我们知道，引入惯性力后，牛顿第二运动定律iFFma非即可适用于非惯性系。这里，我们介绍“惯性离心力”：做匀角速度转动的非惯性参考系中的惯性力叫做惯性离心力。如图所示，水平转台以恒定的角速度相对于惯性参考系（如地面）转动，平台上一小球用长为l的绳子与转台的轴相连，地面观察者看到小球与转台一起匀速转动，这是因为绳子对小球的拉力提供了球所需的向心力2TnFmaml；对于转台上的观