一道常見力學題的解

蘇國珍

(廈門大學 物理科學與技術學院，福建 廈門 361005)

很多《力學》或《普通物理學》教科書[1,2]中都有以下這樣一道有關簡諧振動的題目：

如圖1所示，兩個半徑均為r的圓柱以大小ω0恒定角速度沿相反方向作定軸轉動，兩軸在同一水平面內，相互平行，相距為2l.一質量為m的勻質長木板放在兩圓柱上，木板與圓柱之間的滑動摩擦系數為μk.設初始時刻木板的速度為零，其質心C偏離平衡位置距離為x0(0

圖1

大部分的解答都認為之后木板作簡諧振動，但仔細分析，發現木板作簡諧振動是有條件的，在有些情況下木板的運動不再是簡諧振動.本文將分析不同情況下木板可能的運動規律.

1 ω0足夠大時，木板的運動規律

以處于平衡位置時木板的質心為坐標原點O，水平向右為x軸正方向，建立圖2所示的坐標系.當質心C離開平衡位置x時，木板的受力情況如圖中標示，其中FN1和Ff1為右圓柱對木板的正壓力和摩擦力，FN2和Ff2為左圓柱對木板的正壓力和摩擦力，FG為木板受到的重力，其大小為FG=mg，g為重力加速度.由于木板只在x方向作平動，因此

圖2

FN1+FN2=mg

(1)

FN1(l-x)=FN2(l+x)

(2)

根據式(1)和(2)可解得

(3)

(4)

于是木板在x方向所受的合力為

Fx=Ff2-Ff1=μk(FN2-FN1)

(5)

x(t)=x0cosωt

(6)

以上是大部分參考書中給出的解[3].需要指出的是，上述解成立的條件是木板與圓柱之間始終有相對滑動，這一條件要求vmax=ωx0≤ω0r，即

(7)

所以參考書上給出的只是ω0≥ωc條件下的解.

下面我們重點討論ω0<ωc時，可能出現的解.

2 ω0<ωc，靜摩擦系數與動摩擦系數相等時木板的運動規律

若ω0<ωc，則當v(t1)=-ωx0sinωt1=-ω0r，即

(8)

時，木板與右圓柱之間無相對滑動，此時木板的質心坐標：

(9)

假設之后木板與右圓柱之間能繼續保持無相對滑動，則木板將以速度ω0r向左作勻速運動.在勻速運動過程中，右圓柱對木板的靜摩擦力等于左圓柱對木板的滑動摩擦力，即

(10)

當靜摩擦系數與動摩擦系數相等時，木板與右圓柱之間能保持無相對滑動的條件是

Ff1<μkFN1

(11)

將式(3)和式(10)代入式(11)可得：x>0.這一結果表明，只要x>0，上述關于木板與右圓柱之間無相對滑動的假設是正確的.

當x≤0時，木板與兩圓柱之間又開始相對滑動，開始滑動的時刻：

(12)

當t≥t2時，木板又恢復作簡諧振動.根據x(t2)=0，v(t2)=-ω0r，可得木板的運動方程為

(13)

任意t時刻的速度為

v(t)=-ω0rcos [ω(t-t2)]

(14)

由于v(t)≤ω0r，此后木板將一直作簡諧振動.

圖3

3 ω0<ωc，靜摩擦系數與動摩擦系數不等時木板的運動規律

一般情況下，兩物體間的靜摩擦系數μs不等于動摩擦系數μk，通常μs>μk.在μs≠μk的情況下，前兩個階段木板的運動規律仍然依次為不完整的簡諧振動和勻速運動，但與μs=μk的情況相比，第二階段持續的時間不同，第二階段以后的運動規律更復雜.下面我們作具體分析.

當μs≠μk時，木板與右圓柱之間保持無相對滑動的條件應改為

Ff1<μsFN1

(15)

將式(3)和式(10)代入式(15)可解得

(16)

當x≤-x2時，木板與右圓柱之間產生相對滑動，開始滑動的時刻：

(17)

當t≥t2時，木板恢復作簡諧振動，其振動方程可表為

x(t)=A′cos [ω(t-t2)+φ′)]

(18)

其中A′和φ′可由x(t2)=-x2和v(t2)=-ω0r確定，結果分別為：

(19)

(20)

當木板質心再次回到x=-x2時，木板的速度v=ω0r，此時木板與左圓柱之間無相對滑動，對應的時刻可求得為

(21)

t=t3以后木板的運動可作類似分析，具體過程不再贅述.結果是：時間從t3到t4,其中t4為

(22)

對應質心坐標從-x2到x2，木板以速度ω0r向右作勻速運動；時間從t4到t5，其中t5為

(23)

對應質心坐標從x2到A′，再從A′到x2，木板作簡諧振動，振動方程為

x(t)=-A′cos [ω(t-t4)+φ′)]

(24)

時間從t5到t6，其中t6為

(25)

對應質心坐標從x2到-x2，木板以速度ω0r向左作勻速運動.

從t=t2到t=t6，木板完成一個周期的運動，其周期大小：

(26)

t=t6以后木板不斷地重復該周期內的運動.

圖4