一道常见力学题的解

苏国珍

(厦门大学 物理科学与技术学院，福建 厦门 361005)

很多《力学》或《普通物理学》教科书[1,2]中都有以下这样一道有关简谐振动的题目：

如图1所示，两个半径均为r的圆柱以大小ω0恒定角速度沿相反方向作定轴转动，两轴在同一水平面内，相互平行，相距为2l.一质量为m的匀质长木板放在两圆柱上，木板与圆柱之间的滑动摩擦系数为μk.设初始时刻木板的速度为零，其质心C偏离平衡位置距离为x0(0

图1

大部分的解答都认为之后木板作简谐振动，但仔细分析，发现木板作简谐振动是有条件的，在有些情况下木板的运动不再是简谐振动.本文将分析不同情况下木板可能的运动规律.

1 ω0足够大时，木板的运动规律

以处于平衡位置时木板的质心为坐标原点O，水平向右为x轴正方向，建立图2所示的坐标系.当质心C离开平衡位置x时，木板的受力情况如图中标示，其中FN1和Ff1为右圆柱对木板的正压力和摩擦力，FN2和Ff2为左圆柱对木板的正压力和摩擦力，FG为木板受到的重力，其大小为FG=mg，g为重力加速度.由于木板只在x方向作平动，因此

图2

FN1+FN2=mg

(1)

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

(2)

根据式(1)和(2)可解得

(3)

(4)

于是木板在x方向所受的合力为

Fx=Ff2-Ff1=μk(FN2-FN1)

(5)

x(t)=x0cosωt

(6)

以上是大部分参考书中给出的解[3].需要指出的是，上述解成立的条件是木板与圆柱之间始终有相对滑动，这一条件要求vmax=ωx0≤ω0r，即

(7)

所以参考书上给出的只是ω0≥ωc条件下的解.

下面我们重点讨论ω0<ωc时，可能出现的解.

2 ω0<ωc，静摩擦系数与动摩擦系数相等时木板的运动规律

若ω0<ωc，则当v(t1)=-ωx0sinωt1=-ω0r，即

(8)

时，木板与右圆柱之间无相对滑动，此时木板的质心坐标：

(9)

假设之后木板与右圆柱之间能继续保持无相对滑动，则木板将以速度ω0r向左作匀速运动.在匀速运动过程中，右圆柱对木板的静摩擦力等于左圆柱对木板的滑动摩擦力，即

(10)

当静摩擦系数与动摩擦系数相等时，木板与右圆柱之间能保持无相对滑动的条件是

Ff1<μkFN1

(11)

将式(3)和式(10)代入式(11)可得：x>0.这一结果表明，只要x>0，上述关于木板与右圆柱之间无相对滑动的假设是正确的.

当x≤0时，木板与两圆柱之间又开始相对滑动，开始滑动的时刻：

(12)

当t≥t2时，木板又恢复作简谐振动.根据x(t2)=0，v(t2)=-ω0r，可得木板的运动方程为

(13)

任意t时刻的速度为

v(t)=-ω0rcos [ω(t-t2)]

(14)

由于v(t)≤ω0r，此后木板将一直作简谐振动.

图3

3 ω0<ωc，静摩擦系数与动摩擦系数不等时木板的运动规律

一般情况下，两物体间的静摩擦系数μs不等于动摩擦系数μk，通常μs>μk.在μs≠μk的情况下，前两个阶段木板的运动规律仍然依次为不完整的简谐振动和匀速运动，但与μs=μk的情况相比，第二阶段持续的时间不同，第二阶段以后的运动规律更复杂.下面我们作具体分析.

当μs≠μk时，木板与右圆柱之间保持无相对滑动的条件应改为

Ff1<μsFN1

(15)

将式(3)和式(10)代入式(15)可解得

(16)

当x≤-x2时，木板与右圆柱之间产生相对滑动，开始滑动的时刻：

(17)

当t≥t2时，木板恢复作简谐振动，其振动方程可表为

x(t)=A′cos [ω(t-t2)+φ′)]

(18)

其中A′和φ′可由x(t2)=-x2和v(t2)=-ω0r确定，结果分别为：

(19)

(20)

当木板质心再次回到x=-x2时，木板的速度v=ω0r，此时木板与左圆柱之间无相对滑动，对应的时刻可求得为

(21)

t=t3以后木板的运动可作类似分析，具体过程不再赘述.结果是：时间从t3到t4,其中t4为

(22)

对应质心坐标从-x2到x2，木板以速度ω0r向右作匀速运动；时间从t4到t5，其中t5为

(23)

对应质心坐标从x2到A′，再从A′到x2，木板作简谐振动，振动方程为

x(t)=-A′cos [ω(t-t4)+φ′)]

(24)

时间从t5到t6，其中t6为

(25)

对应质心坐标从x2到-x2，木板以速度ω0r向左作匀速运动.

从t=t2到t=t6，木板完成一个周期的运动，其周期大小：

(26)

t=t6以后木板不断地重复该周期内的运动.

图4