专题10曲线运动的动力学解讲课讲稿

专题10曲线运动的

动力学解

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t F ∑称为切向力，而外力沿法线方向分量的代数和n F ∑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

t t v

F ma m t ∆==∆∑；2n n v F ma m ρ==∑。

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ω转动。不计导轨与滑块间的摩擦，求绳子的拉力T F 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N F ，绳子拉力T F ；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

n v r ω=，tan t v r ωθ=⋅，

其中θ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

2

sin sin cos t T N v F F Mg M x θθθ

+-=。

又由于滑块实际运动方向沿水平导轨，故在竖直方向满

足

sin T N Mg F F θ=+。

由以上两式可得

2

2

(tan )(1sin )cos T r F M x ωθθθ

-=，

注意到 sin r

x

θ=，22

cos x r θ-=

， 则 2223223

()(tan )cos ()

T Mr r x r F M x x r x x

ωωθθ-==-⋅， 整理后即可得到T F 与x 的关系为

422

5222

()

T Mr x F x r ω=

-。

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θ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cos mg θ，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sin mg θ与杆的拉力的合力作为向心力，应有

2

sin T v F mg m R

θ+=，

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

20

sin v mg m R

θ=，0sin v Rg θ=，

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

2

sin T v mg F m R

θ-=。

故0sin v Rg θ=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 =。

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θ角的位置，物体可沿圆周运动的最小速度min sin v Rg θ=，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0sin v Rg θ=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)v ag =+，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α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sin v ag α=时的方位角α。整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，则有

22011

(sin )(1sin )22

mv m ag mga αα=++， 故 2

03sin 2ag v ag α=-，3sin 3

α=。

这个位置在距水平直径33h a =

高处，此位置小球的瞬时速度33

v ag =。 此后，小球做斜上抛运动，以抛出点为原点建立直角坐标系xO y '，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

21

cos 2

h vt gt α-=-，

将3

3h a =

、6cos 3α=、3

3

v ag =

代入上式整理得 23223230gt agt a --=。

由此方程解得符合题意的时间23

a

t g

=，这段时间内小球完成的水平位移为 6

sin cos 3

x vt a a αα==

=。 说明小球做斜抛运动过程中，通过了坐标为（

6

3

a ，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θ角的位置时绳上张力为T F ，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

2

sin T v F mg m L

θ-=，

又，小球B 下摆过程中机械能守恒，有

21

sin 2

mgL mv θ=，

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 )T fm T F F Mg F θμθ==+。

对应于角度θ，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

22

3sin cos 3cos 33sin (3)tan cot sin (1cot )3m m m

M m M m M M m θθθμθθθθθ===+++⎡⎤++⎣⎦， 因(3)tan cot (3)M m M M M m θθ+⋅=+为定值，则当(3)tan cot M m M θθ+=，即

tan 3M

M m

θ=

+时，两项之和有最小值且为2(3)M M m +，摩擦因数μ则有最大值

max 2(3)

M M m μ=+。