NTJC2-9-1

【题1】如力试（二）图1.1所示，在光滑水平面上有质量为M且均匀分布、半径为R的圆环.质量为m(m<M)的质点可在环内壁做无摩擦滑动.开始时，圆环静止，环心在O点，质点位于(O,R)处，速度沿x方向，大小为o1,试证明质点不会离开环内壁：2.试导出质点的运动方程：3.试求质点运动轨迹转折处的曲率半径仅供力试（二）图1.1力试（二）图1.2【解】1.在1=0时刻，圆环和质点系统质心C的位置为[如力试（二）图1.2所示]re=mRM+mrc即为OC.质点和环心O到质心C的距离分别为MRrm =iM+m(1)mRrM三M+m「M就是rc,上述距离在此后的运动中均保持不变，圆环和质点系统在水平面内不受外力，故动量守恒，有(M+m)vc =mvo得出质心速度为vc-Mm(2)可见，系统的质心速度是恒矢量，即系统质心始终平行于x轴匀速运动，因而质心系是惯性系在质心系中，t=0时刻，质点和环心的速度分别为Mv=0-vc=-M moUm vo -Uc M+m因忽略摩擦力，质点和圆环的相互作用力总是垂直于圆环的，即力的作用线总是通过环心O·283第六部分试题点和质心C点.根据角动量定理，质点和圆环相对质心C的角动量保持不变，或质点和圆环绕质心C的角速度不变，都等于t=0时刻的角速度.因此，质点和圆环绕质心的角速度的大小分别为==贤==发rm即w=o=u=发(3)o与M都指向同一方向.可见，在质心系中，质点和环心均以共同的角速度绕质心C做匀速圆周运动，质点在质心系中的轨迹是以C为中心、以「m为半径的圆，做圆周运动所需的向心力只能由圆环与质点间的相互作用力提供，所以在以后的运动中，质点将始终贴着圆环的内壁，不能脱离圆环2.质点在质心系中的轨迹是圆，其参变方程为x=rm sin wt(4)y'=rm cos wt式中：rm由式(1)确定：w由式(3)确定.又，质心C在固定的地面坐标系Oxy中的运动方程为Xc Uctm R(5)yc rm M+m质点在质心系中做匀速圆周运动，它的总加速度a就是它的向心加速度a。.因质心系是惯性系，加速度在不同惯性系中是变换不变量，保持不变，故质点在固定的地面坐标系中加速度的大小为a=a.=w2rm=M+m‘尺M,近在固定的地面坐标系中，当质点在圆环最高处的A:点时，其速度1=，质点在A1点时x方向不受力，故切向加速度a,=0,总加速度a等于法向加速度am,为Ma.=a=M+M'R于是，质点轨迹在A1点的曲率半径为A=近=8=M+mRanM当质点在圆环最低处的A2点时，质点的速度为欧=c-w=nw-贤·Mn=-,M+m与在A1点一样，切向加速度a,=0,法向加速度a。等于总加速度a,故质点轨迹在A2点的曲率半径为(Mm)M+m(M-m)2aMvM(M+m)RR(M+m)当质点在A3点，即质点的速度沿y轴时，Ux=0,速度3=v,.因A3的法线方向与x·284·力学试题（二）轴一致，故法向加速度an=a.,质点在固定的地面坐标系中的运动方程为X Xc +x'y yc +y'将式(4)、式(5)代人，得x Uct rmsin wty ru rmcoswt再将式(1)~式(3)代人，得MR-sin ot1x=M+mot+M+mM+m(mvot MRsin ot)(6)m R+M+my=M+m'MR cos ot M+m,R-(m+Mcost）当m<M时，在固定的地面坐标系中，质点的运动轨迹如力试（二）图1.3所示，共有A1、A2和A3三类转折点3.质点在轨迹转折点的曲率半径为式中：v为质点在转折点的速度；a。为质点在转折点的法向加速度。质点在转折点A,和Az的曲率半径P:和P2上面已经求出.现在求质点在转折点A3的曲率半径P3·力试（二）图1.3由运动方程(6)，质点的速度为v.=dxo-(m+Mcos wt）=mmo+Mn·哭cost=M+m（m=M+m(7)Uy=部=-n·Rnol=in af质点的加速度为a.---MmMudtMuesin ot =RR(M+m)sin ot(8)a,==MvoMvdtM+mRcos ul=R(Mm)cos at由于质点在转折点A,时，质点的速度沿y轴，故v.=0把式(7)代人，得o(m Mcos wt)=0M+m即cos of=-府msin=±√1-（）=±-m(9)质点在A:点的速度U3为U3 Uy285第六部分试题把式(7)及式(9)代入，得U3=Uy=千M。,M-mZM-mM+mM=千M+m0质点在A:点的法向加速度为an ax把式(8)及式(9)代人，得a.=a.=MuR(M+m)sin wt=±MuM2-m7R(M+m)M=±是，Mm6RNM+m故质点轨迹在A:点的曲率半径为P3=M-mRa=√M+m

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