奥赛辅导第三讲动力学一般问题与特殊问题

奥赛辅导第三讲动力学一般问题与特殊问题第三讲动力学一般问题与特殊问题湖南郴州市湘南中学陈礼生

一、知识点击惯性系与牛顿运动定律⑴惯性系牛顿运动定律成立的参考系称为惯性参考系地球参考系可以很好地近似

1.视为惯性参考系一切相对地面静止或匀速直线运动的参考系均可视为惯性参考.系⑵牛顿运动定律牛顿第一定律一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它.改变这种状态为止牛顿第一定律也称为惯性定律牛顿第二定律物体的加速度与其所受外力的合力成正比，与物体的质量成..反比，其方向与合外力的方向相同即常作正交分解成.f ma.牛顿第三定律两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在fx=maxfy=mayfz=maz同一直线上联结体所谓联结体就是一个系统内有若干个物体，它们的运动情况和受力情况都一种关.

2.系联系起来若联结体内（即系统内）各物体只有相同的加速度时应先把这联结体当“”成一个整体（看成一个质点）分析这类问题的一般方法是.（）将系统中的每个物体隔离开来分别进行受力分析；.（）对每个物体用牛顿第

二、三定律列方程，有的物体可以列互为正交方向上的两个l方程；2（）根据具体情况确定各物体的运动特征量般（如速度、加速度）之间的关系在解决联结体问题时确定齐物体加速度之间的关系是｝分币要的

3.非惯性系.牛顿第

一、二定律只适用十某一类参考系、这类参考系叫惯性系比如地面就是一个

3.相当好的惯性系，太阳是一个非常好的惯性系，一般我们认为，相对地面没有加速度.的参考系，都可视为惯性系，相对地而有加速度的参考系，都可视为非惯性系在非惯性系中，为了使牛顿第

一、二定律在形式上仍然成立，我们可以给每个物体加.上一个惯性力的大小为（为研究的物体，为所选参考系相对地而的f

0.f0ma0m a0加速度），的方向和的方向相反如果取一个转动的参考系，则要加上惯性离心力f0a

0.惯性力是一个假想的力，完全是为了使牛顿第

一、二定律在非惯性系中也能成立而f0=mω2r人为地想象出来的，实际上并不存在惯性力不存在施力物体，也没有反作用力惯性力从其性质上来说，也是一个保守力，所以在有些场合也会讨论惯性力的势能质..心运动问题.

3.质心是物体质量中心，由几个质点组成的质点系，若这几个质点所在的位置分别是（，，）、（，，）则系统的质心位置为x1y1z1x2y2z2

二、方法演练xi mxmiiiyi mymiiizi mzmiii类型

一、牛顿第二定律是动力学的核心，特别是质点系的牛顿第二定律解题时应用起来特别灵活多变，是解决复杂的动力学问题的主要手段例如图所示，车厢底面放一个物体，已知它们的质量，，在水平力

1.3—1＝作用下，由静止开始运动，内移动，不计地面摩擦，求在内移b a ma=20kg mb=30kg f动的距离分析和解本题中由于不计地面摩擦，系统的和外力就为，而在和外力作120n b2s5m a b用下，系统内、都要产生加速度，故须应用质点系的牛顿第二定律求解.f对整体（质点系）利用牛顿第二定律有a b，即又，，f=maaa+mbab120=20aa+30ab s sa1212abt22ab52m/s aa94m/s即aat

4.5m sab5m例一绳跨过装在天花板上的滑轮，绳的一端吊一质量为的物体，另一端挂一载

4.5m

0.5m人梯子，人的质量为，系统处于平衡状态，不计摩擦及滑轮与绳的质量，如图

2.m所示，要使天花板受力为零，试求人应该如何运动分析和解本题中要天花板受力m3—为零，意味着质点系（整体）质心的加速度为，竖直向下，处于完全失重状态因运动

2.前系统处于平衡状态，所以梯子的质量为由题意知，向下的加速度为，而g.梯子与人的质心向下的加速度也应为，才能使天花板受力为零利用质点系的牛顿m-m m g第二定律有g.（取向下为正）mac maii1i（）（）（方向向下）mg m m g maa2mm1g类型

二、联结体的动力学问题是一类常见的问题，解题时除应考虑用整体法和隔离法外，还要特别注意是杆系、绳系速度、加速度的关联的类别以及物系内各物体之间是否存在相对速度和相对加速度例绳一端系于轻杆中间，如图所示，一端固定在天花板上，轻杆两端.各有一质量为的小球，并通过、两绳系住一质量为的小球，不计绳的质

3.ef ab3—3量及绳的体积且，求剪断绳的瞬间，绳的张力m acbc mc分析和解本题首先是一个联结体的问题，物体系通过杆、ac=bc=ab bcef t绳连结，受力比较复杂，但同时还是一个力的瞬时性问题，连结的杆绳一发生状态或连结情况的变化，所受力立即发生变化，物系的加速度也将发生瞬时性变化设正三角形边长为，剪断绳瞬间绳张力为如图，球的加速度可分解为水平方向及竖直方向注意到剪断瞬间方向竖直向上abc lbc act3—4a ax ay.bc tef2max tcos由以上三式得，l2l2m tsin22ay l2对于，设其沿绳方向加速度为，则有，tcos2m axay tsin2m又剪断后，绳仍绷紧，且、无相对转动，所以、在沿绳方向加速度相等，tma0gsin ca0ma0mgsin t即将、、，值代人上式，解得bc aca ca c对于，考虑杆，注意到其在绳限制下质心无竖直方向加速度a0axcos aysin a0axayt2mm2m mgsin（）（）tef abef.tef2mg例如图所示，装有滑轮的桌子，质量桌子可以无摩擦地沿水平面tsin m8m7m22m mg上滑动，桌子上放质量的重物，重物与桌面间的摩擦因数，当绕

4.3—5m1=15kg过滑轮的绳受到的水平拉力时，求（）桌的加速度；（）当拉力沿竖直方向m2=10kg a aμ=

0.6时，桌的加速度f=

78.4n12分析和解本题为联结体问题，但本题的关键是重物与桌面间是否发生相对运动，解.题时要先通过计算作出判断，才能最后确定列式解题的依据（）当拉力为水平方向时，桌子在水平方向受到三个力作用上滑轮的绳子拉力，水平向左；下滑轮绳子的拉力，水平向右；重物对桌的摩擦力，水平向1f右由牛顿第二定律，得f f.f f f m1a1式中为桌子加速度重物水平方向受到的力有绳的拉力，摩擦力当时，重物开始a

1.沿桌面运动，这时，对重物，有；由桌子受力情况，可求出a fff fmax m2g，a f fmax m2a1a1于是得fmaxm1进一步求出（）fmaxm1m2m1ffmaxm2代人有关数字，得f1m2g而实际作用绳上的力仅为因此，重物并未沿桌面滑动，重物随桌子一起以同f98n一加速度运动

78.4n.a fm1m

278.41510（）当拉力沿竖直向上方向时，只有在重物沿桌面滑动情况下，桌子才可能沿水平地

3.14m/s2面运动（当重物静止时，在水平方向它所受的上滑轮绳子拉力与静摩擦力大小相等、2方向相反这样一来，也使桌子所受绳子拉力与静摩擦力恰好平衡）为此，作用于绳的拉力不得小于重物与桌面间的最大静摩擦力在所讨论的情况下满足这一条件桌..子水平方向受两个力作用上滑轮绳子拉力，方向向左；重物对桌面的摩擦力，方向..向右因为，所以桌子将向左作加速运动.ffmax.a ffmaxm1f m2gm1类型

三、非惯性系的问题在正常的高中物理学习中是不牵涉到的内容，但在解题时

1.31m/s2利用了参考系的变换，在选择的参考系为非惯性参考系时注意引如惯性力可以是问题得到最大程度的简化例如图所示，质点沿半圆弧槽由静止开始下滑，已知的质量为，质点的质量为，槽的半径为且光滑，而槽与地面的接触面也是光滑的，试求质点

5.3—6a bb m下滑到任意位置角时对的作用力分析和解由于槽与地面的接触面是光滑m ra的，质点沿半圆弧槽下滑时槽必然后退，如果要求的是状态量，可以考虑动θb a.量和能量的观点来解题，但如果要求的是瞬时量，则常规的解题方法会有很大的困a bb难，利用了参考系的变换，在以为参考系时注意引入惯性力是解决这类问题的基本方法b.设的加速度向左，大小为，有对以为参考系，其相对的速度为，且必定与圆弧相切m afcos ma

①m bb u.f macos mgsin根据动量与能量守恒，并设的速度为，同时注意的速度应转换为mu2r

②m m u对地速度（水平方向动量守恒）（）（）.m m

③usi nmgrsin12m212mu2u sin由以上式可解得（）（）22

④例半径为的空心球形器皿，内部有一个不大的物体，围绕穿过对称中心2

①②③④f mmgsin3m2m mcosm mcos22的竖直轴旋转在角速度时，物体在平衡状态对器壁的压力为

6.r=

9.81cm在平衡状态，物体在什么角速度下对器壁的压力＝物体和器壁内表.ω1=5rad/s n1=10-2n.面的摩擦可忽略不计重力加速度为ω2n24×10-2n分析和解此处的平衡状态是对旋转参考系（非惯性系）而言的图上示出了钵.g=

9.81m/s

2.和位于点的物体点表示球面的中心，所研讨的钵就是这个球的一部分转动轴是.3—7用过点的竖直断续直线表示的，研究平衡a.

0.状态，较为方便的是利用半径和竖直方向的夹角显然，0在旋转的非惯性系中，这个不大的物体处于平衡状态，作用在该物体上的重力（）oa.02和惯性离心力（）的合力，必须和钵的表面垂直，或者说必须沿半径的mg方向作用假若我们用表示钵与物体的共同角速度，则在平衡状态，从图一可m2rsin oa知.ω37由上式得（）tan rm rsin rmg2rsin rg2式中为平衡状态角的值从此式可知有两种情况），即sin r1cos rrg20这个解是始终存在的物体那时停止钵底上它对钵壁的压力），r.1sinr0r

0.即..n=mg.2cos rg rg2这个解只有在r arccosgr2，或者说时才可能存在的数值可以gr算出，为题中给出的＜这意味着物体开始停在钵底因此它的重量r21gr.ωgr（力）为，质量为10rad/s.ω1ωgr..现在来计算在时，对器壁的压力为很明显，必须大于，否则就n1m n1g必须等于了而根据题意，存在不等式＞假若物体在点（）处于平ω

2.ω2n

2.ω2ωgr n2衡状态，则n

1.n2n

1.a sinαa≠0式中sinam2sin an22，由此得n2g n1rn2n1mn1g2gr20rad/s

三、小试身手如图所示，滑轮左右两边原挂有质量均为的物块，在右物块上又放有质量为的小物块，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

1.3—8m速度，、之间的作用力及支点所受的力m如图所示，弹簧的上端固定在天花板上，下端连一小球，球与m m a.球之间用线相连球与球之间用弹簧相连、、的质量分别为、、

2.3—9s1a a，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、间的线突然剪b.b cs

2.a bc ma mb断，求线刚剪断时、、的加速度mc..a b如图所示的轻滑轮跨有一轻绳，绳的两端连接着质a bc.量分别为和的物体和，现以的恒力向上提起滑轮的轴，和

3.3—10的加速度各为多少不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦1kg2kg a b50n fa b质量为的长平板以速度在水平面上作直线运动，长板与地面间的动摩擦因数为，现将速度为零、质量为的木块放在长平板上，如图所示设木

4.m0块与板之间的滑动摩擦因数为，试问木块在长平板上滑行多长的距离才能与板取μ2m3—

11.得相同的速度μ1两个相同的条形磁铁，放在平板上，磁铁的、极如图所示开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动

5.ab ns3—

12.（）现将突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在.处，结果发现两个条形磁铁碰在一起i ab（）如果将从原位置突然竖直向上平移，并使之停在位置处，结果a′b′.发现两条形磁铁也碰在一起ii aba″b″试定性地解释上述现象.如图一中，是一带有竖直立柱的木块，总质量为，位于水平地面上，.是一质量为的小球，通过一不可伸长的轻绳挂于立柱的顶端，现拉动小球使绳

6.313m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b m块始终未发生移动，则木块与地面之间的静摩擦因数至少为多大（设不会发生转动）a a在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

7.20cm.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）.一半径为的水平光滑圆桌面，圆心为，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，如图一

8.r=

1.00m0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c314质量为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m=

7.5×10-2kg.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＝0时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上运动（）若绳刚要断开时，绳的伸

4.0m/s..t0直部分的长度为多少

2.0n.1（）若绳刚要断开时，桌面圆心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的水平距离为多少已知桌面2o高度物块在桌面上运动时未与立柱相碰取重力加速度大小为o匀速运动着的水平传送带，其速度为从不太高的地方放下一个粉笔h=

0.80m..10m/s

2.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的划线稍后，

9.=5m/s.传动装置受阻滞，传送带呈减速运动，加速度为粉笔在传送带上是否还继.s=5m.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a=5m/s

2.什么限度内一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为的珠子（视为质点），绳的下端固定在点，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

10.m细杆摩擦皆可忽略不计）细杆与在同一竖直平面内开始时，珠子紧靠小环，细绳a被拉直，如图一所示已知绳长为，点到杆的距离为，绳能承受的最大张.a.力为，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

315.l ah速度的大小（珠子与绳之间无摩擦）td.图中的是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径.都是的圆周连接而成，它们的圆心、与两圆弧的连接点在同一竖直

11.3—16aob线上沿水池的水面一小滑块可由弧的任意点从静止开始下滑r1/4o1o2o（）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相等，则小滑.o2b.ao.块开始下滑时应在圆弧上的何处（用该处到的连线与竖直线的夹角表示）1（）凡能在点脱离滑道的小滑块，其落水点到的距离如何ao o

1.如图所示，在一个劲度系数为的轻质弹簧两端分别拴着一个质量2o o

212.3—17k为的小球和质量为的小球用细线拴住悬挂起来，系统处于静止状态，此时弹簧长度为现将细线烧断，并以此时为计时零点，取一相对地面静止的、竖直m a2m b.a向下为正方向的坐标轴，原点与此时球的位置重合如图试求任意时刻两球l.的坐标ox oa.参考解答.解对左右两物体和，整体应用牛顿第二定律有（），所以左物块上升的加速度，

1.m mg=2m+m a对，解得与之间的作用力对左边物体am2m mg，所以（）支点所受的力（），，2mm2m mggm mg-n=mam m nf-（）mg=ma fmga a t2f4m m m2m mg解剪断前线的张力大小为（＋），前断瞬间，弹簧的弹力大小不变，2m m m2mm所以球所受合力为向上的（＋），其加速度为竖直向上的（＋），

2.mb mc g球所受合外力为向下的（＋），其加速度为竖直向下的（＋），球a mb mc gmb mcg/ma所受合外力仍为零，所以其加速度仍为零b mbmcgmbmcg/mb解设连接的细绳上的张力为，则对有c对有

3.ab tatmag maaa

①对整体有b tmbg mbab

②由代入数据得的加速度为ab fmag mbg maaa mbab

③，的加速度为

①②③a aa

15.2m/s2b（方向均垂直向上）ab解对，得对（），则

2.7m/s2由运动学知识可知，解以上各式可得（）

4.m1mg ma1a11gm1mg2mmgma2a2a1t0a2t s1sm021mg2mm，，gm2（）（）12a1t s20t12a2t2ss2s1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212mmg止不动

5.（）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1相向运动并吸在一起（）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2相向运动并吸在一起解设当小球摆至与水平方向的夹角为时小球的速度为，则

6.θ此时小球受到绳的拉力为，由于小球做圆周运动，有mglsin12m2（）的抛物线，如右图所示，图中（注以（），为焦点t12l h12h l h a.轴为对称轴、顶点在（）处的抛物线方程为12y（）（），y1l h与（）（）比较，得焦点与顶点的距离为12x2py2p y l h2py p l h（）2x22l hyl2h2pl h.（）珠子在点的运动方程p212l h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，2n则珠子受的力有三个一个是重力；另外两个是两边绳子对珠子的拉力，它们分别沿和方向，这两个拉力大小相等，皆用表示，则它们的合力的大小为mg，为点两边绳子之间夹角的一半，沿的角平分线方向nb nat f因为是焦点至的连线，轴，根据解析几何所证的抛物线性质可知2tcos nf anb.点的法线是的角平分线，故合力的方向与点的法线一致an nbn∥y n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anb fn.线方向）应为，即2tcos mgcosm22式中是点处轨道曲线的曲率半径；为珠子在处时速度的大小根据机械能守2tcos mmgcos恒定律或运动学知识可得（）求曲率半径n n.当绳子断裂时＝，由（）中可知，如果我们能另想其他办法求得曲率半径3与的关系，就可能由（）的最后两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标现t td2y2y.2gy提出如下一种作法作一条与小珠轨迹对于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处平抛物体的轨迹而平抛运动是我们熟悉的，我们.x.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h.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对称的点处.抛物线的曲率半径与的关系，也就是处抛物线的曲率半径与的关系n n设从抛出至落地的时间为，则有，由上面二式解得（）（y ny.）t0t l2h2h0g lh12l设物体在处的速度为，由机械能守恒定律或运动学知识可得h12gt2（）n物体在处法线方向的运动方程为由以上三式及（），可求02g hbn得22n mgcosh12lh（）（）这也等于点抛物线的曲率半径，，故得（）m2求绳被拉断时小球的位置和速度的大小把和代入式2l ycos2l bncos nbn=bn′=y4，可得绳子张力（）2tcos m2当时绳子被拉断，设此时珠子的位置坐标为（，），由上式得mgcos tmgl2l y（），代入（）中运动方程求得（）（）t=td xdyd绳子断开时珠子速度的大小为（）yd l1mg2td1xd mgll htdlh解（）如图所示，设滑块出发点为，离开点为，按题意要求、与2d2gyd2gl1mg2td竖直方向的夹角相等，设其为，若离开滑道时的速度为，则滑块在处脱离滑

11.1p1p2o1p1o2p2道的条件是v p2p1ao1op2o2b（）2由机械能守恒mvr mgcos1（）（）（）、（）联立解得2mgr1cos12mv22或12（）co s45arccos453652（）设滑块刚能在点离开滑道的条件是32o（）为滑块到达点的速度，由此得mv0r2mg4（）v0o设到达点的速度为的滑块在滑道上的出发点到的连线与竖直的夹角v0rg5为，由机械能守恒，有o v0oa o1（）0（）mgr1cos012mv0由（）、（）两式解得26（）56若滑块到达点时的速度，则对滑道来说，因点可能提供的最大向心力0π37为，故滑块将沿半径比大的圆周的水平切线方向离开点对于的滑块，o v v0ob o其在上出发点的位置对应的角必大于，即，由于，根mg r o.vv0据机械能守恒，到达点的最大速度oa00maxvmaxπ2（）2rgo由此可知，能从点离开滑道的滑块速度是到之间所有可能的值，也就是8说，从至下滑的滑块都将在点离开滑道以速度从o v0vmax点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至的距离π3π2o.v0o（）o2（）x0v0t9由（）、（）、（）式得r12gt210（）5910当滑块以从点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到的距离x02r11（）vmax oo2由（）、（）、（）式得xmax vmaxt12（）81012因此，凡能从点脱离滑道的滑块，其落水点到的距离在的所有可能值即xmax2r132roo

2.到之间2r x2r2r（）解在地面参考系中，列、的牛顿定律方程14（）

12.a b（）ma1mg k x2x1l0（）1（）2ma22mg kx2x1l

0、是、的坐标，是弹簧的自然长2时，有x1x2abl

0.，，t0为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系oax1x10x2l lv10v20（）kbx2所以k ll02mg x由（）（），l0l2mgk1+2，是一个恒定的加速度，结合初始条件，对应的坐标a12a23g令a a和运动方程是，aa12a23g（）由（）（），x12x22l32gt23（）（）221（）2ma2a13kx2x1l0这是一个以为参考系描写物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出4解答，ab结合初条件，x3k2x1l0acos2mtl l0acosa3k2msin0得到0所以a ll02mgk即x2x1l02mgkcos3k2mt由（）（），得x2x1l2mg2mg3kk kcos由（）（），得2mt325（）x112gt24mg13k3k cos2mt3+5（）x2l12gt22mg1cos3k3k t2m567。