【全国百强校】甘肃省西北师大附中高中物理奥赛复赛讲义第一部分 力学之刚体力学问题

2.刚体力学问题（1）刚体组的运动问题例题3：（第28届复赛真题）（25分）图中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，AB 杆处于竖直位置。

BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，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c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示）。

解析：解法一：因为B 点绕A 轴作圆周运动，其速度的大小为B l ω=v （1）B 点的向心加速度的大小为2B a l ω= （2）因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为0，故B a 也是B 点的加速度，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C v 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C π2cos42l ω==B v v （3） 此时杆CD 绕D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度：2CCn a CD =v （4）由图可知22CD l =，由（3）、（4）式得228Cn a l ω= （5）其方向沿CD 方向．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Ct a ．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CB v 表示其速度的大小，根据速度合成公式有CB C B =-v v v由几何关系得 222222CB B C B l ω=-==v v v v （6） 由于C 点绕B 作圆周运动，相对B 的向心加速度2CBCB a CB =v （7）因为2CB l =，故有CBv A CDB B vC va Cn a C t a Cθ224CB a l ω=（8） 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： ()πcos4B B BC a a =（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：()2324Ct CB B BC a a a l ω=+=（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Cn a 与切向加速度Ct a 的合加速度，即222748C Cn Ct a a a l ω=+=（11） C a 的方向与杆CD 间的夹角arctanarctan 680.54CtCna a θ===︒ （12） 解法二：通过微商求C 点加速度以固定点A 为原点作一直角坐标系Axy ，Ax 轴与AD 重合，Ay 与AD 垂直．任意时刻t ，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用θ，ϕ和α表示，且已知AB l =，2BC l =，22CD l =，3AD l =，d d tθω=-，C 点坐标表示为 cos 2cos C x l l θϕ=+ （1） sin 2sin C y l l θϕ=+ （2） 将（1）、（2）式对时间t 求一阶微商，得 d d d sin 2sin d d d C x l t t t θϕθϕ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （3） d d d cos 2cos d d d C y l t t t θϕθϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（4） 把（3）、（4）式对时间t 求一阶微商，得22222222d d d d d cos sin 2cos 2sin d d d d d C x l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ （5） 22222222d d d d d sin cos 2sin 2cos d d d d d C y l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦（6） 根据几何关系，有sin sin sin CD AB BC αθϕ=+A BCDθαϕycos cos cos 3CD AB BC l αθϕ++=即22sin sin 2sin αθϕ=+ （7） 22cos 3cos 2cos αθϕ=-- （8）将（7）、（8）式平方后相加且化简，得2sin sin 2cos cos 3cos 32cos 20θϕθϕθϕ+---= （9）对（9）式对时间t 求一阶微商，代入π2θ=，π4ϕ=，d d tθω=-，得 d 1d 2t ϕω= （10） 对（9）式对时间t 求二阶微商，并代入上述数据，得222d 3d 8t ϕω= （11） 将（10）、（11）式以及θ，ϕ，d d tθ的数值代入（5）、（6）式，得 222d 5d 8C x l t ω=- 222d 7d 8C y l t ω=- 所以2222222d d 74d d 8C C C x y a l t t ω⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（12）由图知，C a 与x 轴的夹角为β2222d d tan 1.4d d C Cy x t tβ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（13） 所以求得arctan1.454.46β==这个夹角在第三象限，为234.46，故C a 与CD 的夹角=80.54γ （14）（2）刚体的平衡问题例题4：（第28届复赛真题）（20分）质量均匀分布的刚性杆AB 、CD 如图放置，A 点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA ，B 、D 两点与光滑竖直墙面接触，杆A B 和CD 接触处的静摩擦因数为μC ，两杆的质量均为m ，长度α B D均为l .（1）已知系统平衡时AB 杆与墙面夹角θ，求CD 杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

（2）若μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°，求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB 的支持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.对杆AB 和CD 构成的系统： 根据平衡条件，得4310N N f +-= （1）120N mg -= （2）对A 点的力矩：()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-=（3） 式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系，得sin cot CF l αθ= （4）取杆CD 为研究对象，由平衡条件有：422cos sin 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-=（6）以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-=（7）解以上各式可得41tan 2N mg α=（8）θαB DCAN 1 N 2E mg mgf 2F Oyf 1N 4 N 3x331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13t a n s i n 1t a n s i n2c o s 2s i n f m gθαααθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭（10） 12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （12）21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13）CD 杆平衡的必要条件为：22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为：11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得 tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式． 2．将题给的数据代入（15）式可得arctan 0.38521.1α︒≤= (18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得 19.5α≥︒ (19)因此，α的取值范围为：19.521.1α≤≤(20)评分标准： 本题20分 第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分．（3）刚体的动力学问题 例题5：（第21届复赛真题）(20分)如图所示，三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的水平桌面上（图中纸面），A 、B 之间，B 、C 之间分别用刚性轻杆相连，杆与A 、B 、C 的各连接处皆为“铰链式”的（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）．已知杆AB 与BC 的夹角为（απ- ），2πα．DE 为固定在桌面上一块挡板，它与AB 连线方向垂直．现令A 、B 、C 一起以共同的速度v 沿平行于AB 连线方向向DE 运动，已知在C 与挡板碰撞过程中C 与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C 沿垂直于DE 方向的速度由v 变为0这一极短时间内挡板对C 的冲量的大小．解析：令I 表示题述极短时间t ∆内挡板对C 冲量的大小，因为挡板对C 无摩擦力作用，可知冲量的方向垂直于DE ，如图所示；I '表示B 、C 间的杆对B 或C 冲量的大小，其方向沿杆方向，对B 和C 皆为推力；C v 表示t ∆末了时刻C 沿平行于DE 方向速度的大小，B v 表示t ∆末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小，⊥B v 表示t ∆末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小．对C 有：由动量定理，得C m I v ='αsin (1) v m I I ='-αcos (2)对B 有：由动量定理，得B m I v ='αsin (3)对AB 有：()⊥-='B m I v v 2cos α (4)因为B 、C 之间的杆不能伸、缩，因此B 、C 沿杆的方向的分速度必相等．故有： αααs i n c o s s i n B B C v v v -=⊥(5) 由以上五式，可解得：v m I αα22s i n 31s i n 3++=(6) 评分标准：本题20分． (1)、(2)、(3)、(4)式各2分． (5)式7分，(6)式5分．例题6：（第28届复赛真题）（25分）人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴旋转。