过山车驶过竖直圆轨道
一列长为L 的过山车由许多节车厢组成，以某一速度V 0在水平轨道上行驶, 然后进入半径为R 的在竖直平面内的轨道。已知R 比车厢的尺寸大很多，且L >2πR 。求：
过山车在水平轨道上的速度V 0应满足条件，才能使过山车安全的驶过竖直圆轨道。不计车与轨道间的摩擦。
解：由于不考虑摩擦，则整
车运动中机械能守恒。列车进入
竖直面内的圆轨道时，有部分车
厢的位置升高，整车的重力势能
逐渐增加，则车的动能将随之减
少，车速也随之减小。设列车单
位长度的质量为λ，当整个圆轨
道上都分布有列车车厢时，这部分车厢较在水平轨道上时增加的重力势能为2πR λgR ，此时列车的速度达到最小值，设其为V ，则由机械能守恒定律，有
11λLV 02=λLV 2+2πR 2λg . （1） 22
列车的安全行驶应不脱离竖直圆轨道，在竖直圆轨道内，列车最容易脱离轨道的是处于轨道最高点处的车厢。为研究列车在最高点处的运动情况，需分析处于最高点处列车的受力情况，位于最高点处的车厢与车厢之间有张力作用。为求这一张力，不妨如图二假想将运行中的列车断开，则断开后右部的
车厢受到左部车厢的拉力T 。又设
在此拉力T 作用下，右部车厢发
生了一极小的位移∆x ，则此过程
中拉力T 对右部车厢做功T ∆x ，
以这一做功过程的前后两状态比
较，相当于将整列车尾长∆x 的一
段移至圆轨道的最高点处，其重力
势能增加了λ∆xg ⋅2R ，而列车的
速度不变，则其动能不变，可见上述重力势能的增加是由于拉力T 做功的结果，乃有
T ∆x =λ∆xg ⋅2R
即T =2λRg （2）
只要车厢与轨道处于接触状态，轨道对车厢就有反作用力。轨道最高点对车的反作用力最小，在临界状态下，这一反作用力为零。此时处于这一位置的车厢仅受重力和两侧车厢拉力作用，而这几个力的合力则提供车厢作圆周运动的向心力。
现就这一节车厢的运动情况
来进行研究，设有一节长为L （则其质量为m =λL ）的车厢处于轨道最高点，如图三，令其所对的轨道圆心角为α，则它两端所受张力T 分别与水平方向的夹角为
则此两张力的合力应为 α，由于α很小，2
T y =2T sin
α2≈2T ⋅α2=T α
又由图中可见应有α≈L ，故得到 R
T y =TL . R
（3）
此时车厢在作圆周运动，由圆周运动向心力
的公式，应有
V 2
T y +mg =m ， R
以m =λL 代入上式，即得
T y +λLg =λLV 2
R .
（4）
联立（1）（2）（3）（4），可得
V 0=3+4R ）Rg . L
4πR ）Rg ，才能保证其安全地通过圆轨道。 L 即列车初速度应不小于3+
求解三球系统的碰撞情况一例
三个钢球A 、B 、C 由轻质的长为L 的硬质杆连接，竖立在水平面上，如图一所示，已知三球质量为m A =2m , m B =m c =m , 距杆a =52L 处有一面竖直墙。因受微小扰动，8
两杆分别向两边滑动，使B 球下降。致使C 球与墙面发生碰撞。设C 球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径都比L
小很多，求：
B 球落地瞬间三球的速度大小。
解：（1）求碰撞前三球的位置
视ABC 三者为一系统，则AC 在水平面上滑动
时，只要C 不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统质心的水平坐标不发生变化。以图二表示C 球刚好要碰撞前三球的位置。以α表示此时BC 杆与水平面间的夹角，则AB 杆与水平面间的夹角也为α，并令BA 杆上的M 点与系统的质心的水平坐标相同，则应有
m A ⋅AM cos α=m B MB cos α+m c (MB +BC ) cos α 故得，MB =1L AB =. （1） 44
由上述知M 点的水平坐标应与原来三球所在位置的水平坐标相同，故知此刻M 点与右侧墙面的距离即为a ，即M 点与C 球的水平距离为a ，由此有
MB ⋅cos α+BC ⋅cos α=a , 即L 52cos α+L cos α=L . 48
由上式，得
cos α=2，故有 2
α=450 （2）
（2）求碰墙前三球的速度
由于碰墙前M 点的坐标不变，则在AC 沿水平面滑动的过程中的任意时刻，由于图中的几何约束，C 点与M 点的水平距离总等于A 点与M 点的水平距离的
C 点的水平速度大小总为A 点水平速度大小的
的速度，则有 5倍，可见任何时刻35倍。以V A 、V B 、V c 分别表示图二中三球3
5V c =V A 3
（3）
又设V B 沿BC 方向的分量为
V BC ，则由于V B 和V c 分别为杆BC
两端的速度，则此两速度沿杆方向
的投影应该相等，即
V BC =V c ⋅cos α
再设V B 沿BA 方向的分量为V BA ，同理可得
V BA =
V A cos α
注意到BA 和BC 两方向刚好互相垂直，故得V B 的大小为
22V B =BC +V BA =C 2+V A 2cos α
以（2）（3）两式代入上式，得
V B =17A . （4） 9
111m A V A 2+m B V B 2+m c V c 2 222由于系统由图一状态到图二状态的机械能守恒，有 m B gL =m B g ⋅L sin α+
将（1）（2）（3）（4）代入上式，解得
V A =32(1-) gL . 102
（5）
（3）求C 球刚碰墙后三球的速
度
如图三所示，由于C 球与墙碰
撞，导致C 球的速度反向而大小不变，
由于杆BC 对碰撞作用力的传递，使B
球的速度也随之变化，这一变化的结
'果是：B 球速度沿BC 方向的分量V BC
与C 球速度沿CB 方向的分量相等，
即
'=V c 'cos α=V c cos α （6） V BC
由于BC 杆只传递沿其杆身方向的力，故B 球沿垂直于杆身方向（即BA 方向）的速度不因碰撞而发生变化，A 球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为V A 。故得此时B 球
'满足 速度沿BA 方向的分量V BA
'=V A cos α （7） V BA
得，刚碰墙后B 球速度的大小为
2'=BC '2+V BA '2=c 2+V A V B cos α=A （8） 9
（4）求B 求落地时三球的速度大小
碰后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量V Mx 应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则V
Mx 应保持不变，由上解得的三球速度，可
得V Mx 应该满足
'cos α+V BA 'sin α) +m c V c ' (m A +m B +m c ) V Mx =m A V A +m B (V BC
以（3）（5）（6）（7）代入上式，解得
51V Mx =V A =(2-2gL ) （9） 48
当B 球落地时，ABC 三球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这一速度也就是系统质心速度的水平分量V Mx . 而B 球刚要落地时，AC 两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B 球的速度则还有竖直分量，以V B 落表示此刻B 球速度的大小。则由图三所示的状态到B 球刚要落地时，系统的机械能守恒，由此有
111'2+m c V c '2+m b gL sin α=m A V A 2+m B V B 222 11122m A V MX +m B V B 2落+m c V Mx . 222
以（9）（8）（5）式代入上式，解得
V B 落=138+452）gL （10） 8
考虑小物体向右的倾倒
如图一，长度为L 的轻杆上端连着一质量为m 的体积可忽略的小重物B 。杆的下端被用铰链固接于水平面上的A 点。同时，置于同一水平面上的立方体C 恰与B 接触，立方体C 的质量为M 。今作微小扰动，使杆向右倾倒，设B 与C ，C 与水平地面间均无摩擦，而B 与C 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为π，求： 6
B 、C 的质量之比。
解：B 、C 分离前，B 对C 有作用力，使C 沿水平方向加速, 且两者相接触时，两者在水平方向上的速度总是相等。在水平方向上
的加速度也总是相等。直至B 、C 分离瞬间，
B 与C 在水平方向上的速度还相等，水平方
向的加速度也相等，且其间应刚好无相互作
用力。由于其间无相互作用力，可见此刻C
的加速度为零，则B 的加速度的水平分量为
零。则杆对B 的作用力的水平分量必为零，
由于杆为轻杆，它对B 如有作用力则
必沿杆身方向，而其水平分量要为零。
故可肯定此刻杆对B 的作用力为零。
现以B 球为研究对象，如图二，
设此刻B 球的速度大小为V
，杆与水
平面夹角以θ表示（θ=π
6），则B 此刻是仅仅受重力作用而绕A 点作半径为L 的圆周运动，
其向心力由重力沿杆方向的分力（mgsin θ）提供，由向心力的公式，有
V 2
mg sin θ=m , L
所以，V 2=gL sin θ=1Lg , 2
并且由图二还可见此刻B 的速度的水平分量为
1V x =V sin θ=V 2
又由上述知此刻C 的速度V c 和V x 相等，即有
1V c =V x =V . 2
对于由BC 组成的系统，在此过程中满足机械能守恒定律的条件，故有
11mV 2+MV c 2 22
π12将θ=以及V =Lg 代入上式，可以解得 62
m 1=. M 4mgL (1-sin θ) =
求解复合振子的振动周期
三个质量均为m 的小球，由两根原长均为L 0, 劲度系数均为K 的弹簧相连，置于光滑的水平面上，试求：
此系统稳定振动时的振动周期（只考虑三球在同一直线上运动的情况）。
解一：由于此系统在水平方向上不受外力作用，故振动中系统的质心位置不变。另外，本题的三球相同，两弹簧也相同，因而具有明显的对称性。由于有上述的两个特点，图一是一种显而易见的满足题述条件的情况，即图中B 球不动，AC 两球分别在B 球两侧对称的振动（此时系统的质心在B 球球心上）。这种情况下，C 球（或A 球）相当于被一个一端固定，劲度系数为K 的弹簧连接，质量为m 的弹簧振子，则其振动周期为
T 1=2πm . K
m 的部分，其左2此系统的稳定振动还有一种可能情况是ABC 三球均参与振动（当然此时仍需保证系统的质心位置不变）。由于对称，可以假想将B 球分为左、右两个质量各为
边部分与A 一起组成一个振动系统，右边部分。。。。。。显然这两个振动系统有相同的结构，它们分别振动时，周期相同，也可以有相同的振幅。因此，当左右两边的两个振动系统这样配合起来振动时，实际上并不需要把B 球拆开，这样也形成了ABC 三球同时参与整个系统的振动，其振动周期
即为上述的左边部分
（或右边部分）的振
动周期。如图二，对
于左边部分（既由半
个B 球B '和A 球组成
的系统），其质心位置
位于O 1，平衡时，O 1
与A 相距L 0，振动3
中O 1点不动，则对于A 来说，相当于弹簧的O 1点固定，O 1点左侧的弹簧连着A 构成一个弹簧振子，而O 1点左侧这段弹簧对应的劲度系数K '=3k ，则
T 2=2πm . 3K
m m . 和T 2=2π. K 3K 则所求振动周期可能为T 1=2π
解二：
对于三球均发生振动的情况，也可通过演绎的方法来求解，具体解法如下：
如图三，设ABC 为三球各自的平衡位置，某时刻三球分别位于A ', B ', C '，
对应的位移
分别为x A , x B , x C ，以图中向右的方向为坐标正方向，则此刻ABC 三球所受合外力分别为
F A =k (x B -x A ) ，
F B =k (x c -x B ) +k (x A -x B ) =k (x A +x c -2x B )
F c =k (x B -x c ) 若设k 'A =2x -x A -x C x -x B x A -x B '=B '=c k , k B k , k c k ，则上述三式分别变为 x A x B x c
F A =-k 'A x A ，
'x B F B =-k B
'x c F c =-k c
由于是稳定振动，则三球应有相等的振动周期，由以上三式显然应该满足
''k 'A =k B =k c 即
由x A -x B 2x B -x A -x C x c -x B ==x A x B x c x A -x B x c -x B x -x B 2x B -x A -x C 可以解得，x A =x c ，代入A ，得 ==x A x c x A x B
x B =-2x A ， 所以k 'A =x A -x B k =3k x A
故得此时A （BC ）球振动的周期为
T =2πm . 3K
大圆柱如何能翻过小圆柱
如图一，半径分别为r 1和r 2的两个均匀圆柱体置于同一水平面上，在大圆柱上绕有一根细绳，通过细绳对大圆柱施以水平拉力P 。设所有接触处的经摩擦因数均为μ. 为使在力P
的作用下，大圆柱能翻过小圆柱，问：
μ应满足何条件?
解：（1）设大圆柱能翻过小圆柱，则在图示
的情况下，必是小圆柱在地面上即不滑动也
不转动，而大圆柱则在小圆柱上作无滑滚动
（向上）。显然，此时BC 两处都必定有摩擦
力作用，且由于此两处都不能发生滑动，则
两处的全反力与接触面法线的夹角都必小
于对应的摩擦角。
（2）由于A 为大圆柱的最高点，C 为两圆
的切点，B 为小圆柱的最低点，有简单的几
何关系可以证明：B 、C 两点连线的延长线
必过A 点。即BCA 三点共线。
（3）作图三，以O 1, O 2表示两圆柱的圆心，
α表示∠ACO 2，其余各位置标示如图。则当大圆柱刚好能离开地面滚上小圆柱时，大圆柱受到自己的重力G 2，绳的拉力P 和小圆柱对它的全反力R 12三个力的作用，其中G 2与P 的作用线交于A 点，由三力平衡的条件知R 12的作用线必过A 点。则α就是C 处接触面法线（O 1O 2）与全反力R 12的夹角，由摩擦角的概
念知，要在C 处能不发生滑动，则α应不大于
该处的摩擦角φ，即要求
α≤φ，
而tg φ=μ，故得应有
μ≥tg α
（4）对于小圆柱，它受到自己的重力G 1，大圆
柱对它的全反力R 21和地面对它的全反力R B 三
个力的作用。其中R 12为前述R 21的反作用力，其方向由C
指向B ，且与竖直方向的夹角为α。由小圆柱的受力平衡
条件知表示G 2, N B 和R 21三力的矢量必组成一个封闭的
三角形，如图三。由图可见，R B 与G 1的夹角（即B 处全
反力与接触面法线间的夹角）小于α。前已有μ≥tg α，
则应有μ>tg θ，说明此时在接触面B
处不会发生滑动。
又由于小圆柱所受诸力汇交于一点，其合力矩为零，则小圆柱也不会发生转动。
（5）综合上述知μ≥tg α时，在拉力P 作用下大圆柱可翻过小圆柱。为求得tg α与r 1, r 2之间的关系，在图三中，有
BD 2=(r 1+r 2) 2-(r 2-r 1) 2=4r 1r 2 BD =故得，tg α=AD 4r 1r 2
2r 2=r 1。 r 2
所以，在拉力P 的作用下，为使大圆柱能翻过小圆柱，静摩擦系数μ应满足的条件是 μ≥r 1。 r 2
考虑五球碗平衡现象
四个半径均为R 的光滑球，静止于一个水平放置的半球形碗内，该四球球心恰在同一水平面上。现将一个相同的第五个球放在前述四球之上，而此系统仍能保持平衡，求：
碗的半径为多少？
解：四球平衡时，过四球心的截面图如图一所示，由于
对称，四球心恰位于一边长为2R 的正方形的四个顶点上，
两相对球心的距离则为
AB =22R
放上第五个球后，令其球心为C ，过ABC 三点做截面图如图二。由于AB =22R , AC =BC =2R , 故∆ABC 为
等腰直角三角形。由于球是光滑的，故各球之间均只有弹力
存在，显然，这些弹力方向应沿两球连心线方向。由于对称，
下面四球对C 球弹力的大小必定相等，以N 表示这个弹力
的大小。结合图二可见，这几个弹力的方向与竖直方向的夹
角均为θ=45。以G 表示每个球的重力，则由C 球的平衡，
有 0
4N cos 450=G , G
22所以，N =.
设四球处于临界平衡状态，即四球之间刚好无相
互作用力，则此时A 球仅受三个力的作用而平衡。此
三力是：重力G ，C 球对A 球的弹力N CA 和碗对A
球
的支持力N DA 。设碗面球心为D ，则N DA 必沿AD 连线方向，如图三所示，用α表示图中的∠ADC ，由于G ，N CA ，N DA 三力的合力为零，则表示此三力的矢量应组成一个封闭三角形如图四，由图可得
2N DA =(N CA
2) 2+(G +N CA
2 ) 2，
解，得
N DA =26G . 4
由因图四表示三力的矢量所组成的三角形应与图三中∆DCA 相似，有
DA N DA 。 =AC N AC
以a 0表示此时碗的半径，显然有a 0=DA +R ，又由前已经解得
N AC =N =G
22,
将其分别代入上式，则上式变为
a 0-R =2R
解，得 26G G 22
a 0=(2+1) R .
以上解得的a 0为系统临界平衡时对应的碗面半径，也可以理解为碗面半径的诸多可能值中的一个临界值，当碗面半径较a 0增大时，图三中碗面对球A 的支持力的作用点将自E 点向右移至新的支持点E '，这样，A 球所受重力G 和弹力N CA 两力的合力对E '点的力矩不为零，使A 球将向左侧转动，由此，四球将分开，原平衡将被破坏。反之，当碗面半径较a 0减小时，碗面对球A 的支持力的作用将自E 点向左移至新的支持点E ''，这样，A 球所受重力G 和弹力N CA 两力的合力对E ''点的力矩不为零，使A 球将向右侧转动，由此，下面的四球之间将出现弹力而阻止上述转动的发生，原来的平衡得以维持。显然，碗口半径太小时，其上是无法放上四球而平衡的，对应于能使四球在碗口上面平衡的碗口半径最小的情况，应为碗口边缘刚好能支于图三中的E 、F 两点，即此时EF
两点间的距离为碗口的直
径。
'表示此时碗口的半径，则由图三可得 以a 0
'=a 01EF =DE sin α 2
2
N CA sin 4502221而sin α===, N DA 26G 26
4⋅
注意到此时DE =a 0=(2+1) R , 代入前式便得 G
'=a 0
故得 (2+1) R 26=2+26R . 26
'≥a ≥a ' a 0
即
(2+1) R ≥a ≥2+26R . 26
考虑使载有圆柱体的小车匀速运动的情况
重为G 的圆柱位于可动的水平平面与固定的倾角为α的斜面之间，如图一所示，圆柱体与水平面间的动摩擦因数和静摩擦因数
均为μ1，圆柱体与斜面间的动摩擦因数和
静摩擦因数均为μ2. 为使水平面能向左匀
速运动，至少要对它施以多大的力？不考
虑圆柱以外的物体施于水平面的阻力。
解：如图二，由于水平面向左匀速运
动，圆柱有随之运动的趋势，由于受到斜
面的限制，圆柱不能随水平板一起向左运
动，由此圆柱受到水平板的方向向左的摩
擦力f 1的作用。在图二所示的位置时，
圆柱的运动状态只可能是以下三中形式
中的一种，即：（1）圆柱与水平面的接
触点B 处不发生滑动，即圆柱沿顺时针
方向绕B
点作无滑滚动，由于水平板的
运动是匀速的，则此时圆柱体的转动也是匀速的；（2）圆柱与斜面的接触点C 处不发生滑动，而圆柱与水平面的接触点B 处发生滑动，此时圆柱处于静止状态（当然圆柱也没有转动）；（3）圆柱在B 点和C 点处均不发生滑动，这时圆柱也是处于静止状态，且圆柱下的水平面也被“卡死”而不能发生运动。以上三种情况下，圆柱均处于平衡状态（静止或匀速转动），均可根据圆柱所受合力矩为零的条件定出斜面对圆柱体的摩擦力f 2方向应沿斜面向下。故得这三种情况下圆柱体的受力如图二所示:其中G 为圆柱体的重力，N 1和f 1为水平面对圆柱体的弹力和摩擦力，N 2和f 2为斜面对圆柱体的弹力和摩擦力。
对于圆柱体，以O 点为转轴时其转动平衡方程为
f 1R =f 2R ，
式中R 表示圆柱的半径。可见f 1与f 2大小相等，以f 表示之，则有
f 1=f 2=f (1)
对圆柱体以A 点为转轴列转动平衡方程，为
N 1⋅AB =N 2⋅AC +G ⋅AB
由于AB=AC，则上式变为
N 1=N 2+G
对圆柱体列其水平方向受力平衡的方程，为
f 1+f 2cos α=N 2sin α
故得，f =
(1) N 2sin α （3） 1+cos α现就B 处无相对滑动而C 处有相对滑动的情况入手进行讨论，此时相当于圆柱
在水平板上作沿顺时针方向的无滑滚动。以B 点为转轴，圆柱能发生顺时针方
向转动的条件是N 2和f 2对B
点的合力矩应沿顺时针方向，即
N 2对B 点的力矩值应大于f 2
对B 点的力矩值，为
N 2⋅AB (1-cos α) >f 2⋅AB sin α 即f 21-cos αsin α
而f 2=μ2，可见即当 N 2
sin α 1+cos αμ2
时，任意大小的N 2和f 2都可以保证（4）式的成立，这时，不管μ1为多大，也不管对水平板施加多大的外力F ，均可使圆柱在水平板上作无滑滚动。显然，为使水平板维持匀速运动的最小外力是F=0. 若μ2>sin α，则由N 2和f 2作用于圆柱的力矩将要求圆柱绕B 点沿顺时针方向转1+cos α
动，显然，这是不可能的。即在这种情况下，在C 点处圆柱与斜面之间不可能再发生相对运动了。
（2）在μ2>sin α时，设在B 点发生相对滑动，则有 1+cos α
f 1=μ1N 1 （5）
由（2）（3）（5）式，有
μ1(N 2+G ) =N 2sin α， 1+cos α
所以，N 2=μ1G sin -μ11+cos α
令μ=*sin α，则上式可以写为 1+cos α
N 2=μ1
μ-μ1
**G . （6） 若μ1
相对滑动）是成立的。此时拉水平板匀速前进的力F 与f 1大小相等，由（3）式和（6）式，有
μ1μ*F =f =μN 2=*G ， μ-μ1*
所以，F =μ1sin αG . sin α-μ1(1+cos α)
若μ1≥μ，由（6）式可见N 2无意义或为负值，结合本题实际表示的是在B 点不可能发生相对滑动，由前述这时在C 点也不能发生相对滑动。即此时水平板已被“卡死”，*
不管用多大的水平力都不可能使它沿水平方向向左作匀速运动了。
（3）综合上述，本题的答案为： sin α，则不管μ1为何值，均有F=0; 1+cos α
sin αsin α若μ2>，且μ1
F =μ1sin αG . ； sin α-μ1(1+cos α)
sin αsin α，且μ1≥，则无论用多大的水平力均不可能使水平板向左1+cos α1+c os α若μ2>作匀速运动。
求解挡板给圆柱的最大外力
如图一，质量为m 的n （n>3）个均匀圆柱体，依次搁置在倾角为30的斜面上，并以铅垂设置的挡板挡住，挡板长L ，其下端以铰链固定，挡板可绕其下端自由转动。圆柱体的半径为R ，各圆柱体与斜面间的静摩擦因数均为μ=01, 而各圆柱体之间的摩擦则可忽略不计。3
今以水平力P 作用于挡板的上端而维持此系统的平衡，试求：
P 的最大值为多少?
解：此系统平衡时，有两种可能的状态是：当P 值
较小时，挡板有逆时针转动的趋势，则圆柱1相对
于挡板和斜面都有向下运动的趋势，于是挡板对圆
柱有沿板面向上方向的静摩擦力作用，斜面对圆柱
有沿斜面向上方向的静摩擦力作用。当P 值较大时，
挡板有顺时针转动的趋势，则圆柱1相对于挡板和
斜面都有向上运动的趋势，此时挡板对圆柱有沿板
面向下方向的静摩擦力作用，斜面对圆柱有沿斜面
向下方向的静摩擦力作用。在后一种可能情况中，
当达到临界情况（即上述的两个静摩擦力中有一个达到最大静摩擦力或者是两个同时都达到最大静摩擦力）时，对应的P 值即为维持系统平衡的P 的最大值。
设系统已处于上述的临界状态，现取第1圆柱为研究对象来研究：自己的重力G ，挡板对它的摩擦力f A ，弹力N A ；斜面对它的摩擦力f B ，弹力N B ；第二圆柱对第1圆柱的弹力F ，F 的方向平行于斜面向下。其余各力的方向均如图所示。
由于第一圆柱处于平衡，则它所受各力对
任一转轴的合力矩都应为零，现取此圆柱的中
心轴线（过图中O 点）为转轴，列出力矩平
衡方程
f A R =f B R ，即f A =f B . （1）
又假设转轴过图中的O '点，则第1圆柱对于此转轴的力矩平衡方程为
N A ⋅O 'A +G ⋅AO =N B ⋅O 'B +F ⋅BO 即(N A -N B ) ⋅3R =(F -G ) R . （2
由于N>3,而
F =(n -1) G sin 300=n -1G , （3） 2
故得，F >G ，代入前式，可见有
N A >N B （4）
由于A 、B 两处的静摩擦因数都为μ，比较（1）（4）两式可见，B 处的摩擦力将达到最大静摩擦力，即有
f B =μN B （5）
又设转轴过图中的A 点，则第1圆柱对此转轴的力矩平衡方程为
31N B ⋅R sin 600=f B ⋅R +F ⋅R +G ⋅R 22
即，N B (
所以， 31n -1-μ) =⨯G +G , 2222
N B =(n +3)(3+1) G （6） 4
（6）代入（2），得
1n -3=N B +⨯G 23
=N A =N B +F -G 53n +3n +3+9G . 12
再以挡板为对象，其绕O '点转动的平衡方程是
PL =N A ⋅O 'A ， 故得，P =O 'A R *N A =N A L L
=(5+) n +3+33Rmg . 4L
这就是维持系统平衡的水平力的最大值。
注意：求最小力，如何？
用频闪光照射有黑色扇形圆盘的情况
一圆盘上有一黑色的扇形，圆心角为40，圆盘绕通过圆心而与平面垂直的轴转动，如0
图一，转数n=1500r/min.若在暗室中以每秒闪100次光照射，而每次闪光延续的时间为0.003S. 问：
在圆盘上将可看见什么现象？
r /min, 则结果如如圆盘的转速为n '=1470
何？
解：n=1200r/min=25r/S,即圆盘转动一周需时间
t =1=0. 04S 。由题意，圆盘每转一周经历n
4次闪光，故在圆盘上可看到4个不动的模糊
的黑色的扇形。由于闪光延续的时间为
0.003S ，故此时黑色扇形的圆心角约为
θ=400+0. 003⨯360=670 0. 04
转速看到的图形如图二所示。 如圆盘
n '=1470r /min =147r /S ，由于转盘较上6
述的慢，所以模糊的扇形未能到达不动的扇形
的位置，故扇形好像沿圆盘转动的相反方向转
动。因为后者比前者的转数相差30r/min,故转动的频率为：
30=0. 5/S . 60
考虑激光束沿音轨运动
一光盘（CD ）音轨区域的内半径R 1=2. 50cm , 外半径R 2=5. 80cm ，径向音轨密度n =625条/cm. 在CD 唱机中，
光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光束相
对光盘以恒定的线速度运动，如图一。
（1） 若开始放音时，光盘的角速度为50rad/S,问：全部放完时的角速度是多少？
（2） 这光盘的全部放音时间是多少？
解：（1）由于激光头以恒定的线速度相对光盘运动，所以音轨也以恒定的线速度移动，则由 V =ωr ，可得ω1R 1=ω2R 2，
故光盘放音完毕时的角速度为
ω2=R 12. 50ω1=⨯50=21. 6rad /S . R 25. 80
（3） 在对光盘中心距离为r ，宽度为dr 内的音轨长度为2πr ⋅ndr , 所以音轨的总长度为
2L =⎰2πnr ⋅dr =πn (R 2-R 12) R 1R 2
而音轨的移动速度V =ωR =ω1R 1，所以光盘的全部放音时间为
2-R 12) π⨯625⨯(5. 802-2. 502) L πm (R 2t ====4300S =71min . V ω1R 150⨯2. 50
事实上，光盘上的音轨是一等速的螺旋线，即阿基米德线。在极坐标下，它的参数方程可表示为r =r 0+a θ，式中r 为极径，r 0为初使极径，θ为极角，a 为常量（描述极径随极角的变化）。由于螺旋线是等间距的，当间距为d 时，a =
因此音轨的总长度为 d 。 2π
L =⎰2π(R 2-R 1)
d
02π(R 2-R 12) d 2(R 1+) d θ==n π(R 2-R 12). 2πd
此结果与上面的结果相同。
求解小船的运动轨迹
河宽为d ，靠岸处水流速度为零，中流的流速最快，为V 0. 从岸边到中流，流速按正比增大。某人以不变的划速u 垂直于水流方向离岸划去，求：
船的轨迹。
解：以小船在河岸处的出发点为原点，建立坐标系如图一。根据题意，小船在划到中流之前的速度分量为
V x =V 0y , （1） d
2
V y =u （2）
由于方程（1）中包含着未知量y (t ) ，因而不能直接积分到小船在各个瞬时的位置。 先将式（2）积分，并考虑到初始条件，即t 0=0,y0=0,积分得到
y =⎰V y dt =ut . （3） 0t
将式（3）代入式（1），并考虑到初始条件，得到t 0=0,y0=0，积分得到
V 0V 0ut 2
x =⎰V x dt =⎰utdt =. （4）
00d /2d t t
从式（3）（4）中消去t 得小船的轨道方程为
x =V 02y . ud
可见这是抛物线。小船滑过中流后的轨迹可根据对称性得到。
过山车驶过竖直圆轨道
一列长为L 的过山车由许多节车厢组成，以某一速度V 0在水平轨道上行驶, 然后进入半径为R 的在竖直平面内的轨道。已知R 比车厢的尺寸大很多，且L >2πR 。求：
过山车在水平轨道上的速度V 0应满足条件，才能使过山车安全的驶过竖直圆轨道。不计车与轨道间的摩擦。
解：由于不考虑摩擦，则整
车运动中机械能守恒。列车进入
竖直面内的圆轨道时，有部分车
厢的位置升高，整车的重力势能
逐渐增加，则车的动能将随之减
少，车速也随之减小。设列车单
位长度的质量为λ，当整个圆轨
道上都分布有列车车厢时，这部分车厢较在水平轨道上时增加的重力势能为2πR λgR ，此时列车的速度达到最小值，设其为V ，则由机械能守恒定律，有
11λLV 02=λLV 2+2πR 2λg . （1） 22
列车的安全行驶应不脱离竖直圆轨道，在竖直圆轨道内，列车最容易脱离轨道的是处于轨道最高点处的车厢。为研究列车在最高点处的运动情况，需分析处于最高点处列车的受力情况，位于最高点处的车厢与车厢之间有张力作用。为求这一张力，不妨如图二假想将运行中的列车断开，则断开后右部的
车厢受到左部车厢的拉力T 。又设
在此拉力T 作用下，右部车厢发
生了一极小的位移∆x ，则此过程
中拉力T 对右部车厢做功T ∆x ，
以这一做功过程的前后两状态比
较，相当于将整列车尾长∆x 的一
段移至圆轨道的最高点处，其重力
势能增加了λ∆xg ⋅2R ，而列车的
速度不变，则其动能不变，可见上述重力势能的增加是由于拉力T 做功的结果，乃有
T ∆x =λ∆xg ⋅2R
即T =2λRg （2）
只要车厢与轨道处于接触状态，轨道对车厢就有反作用力。轨道最高点对车的反作用力最小，在临界状态下，这一反作用力为零。此时处于这一位置的车厢仅受重力和两侧车厢拉力作用，而这几个力的合力则提供车厢作圆周运动的向心力。
现就这一节车厢的运动情况
来进行研究，设有一节长为L （则其质量为m =λL ）的车厢处于轨道最高点，如图三，令其所对的轨道圆心角为α，则它两端所受张力T 分别与水平方向的夹角为
则此两张力的合力应为 α，由于α很小，2
T y =2T sin
α2≈2T ⋅α2=T α
又由图中可见应有α≈L ，故得到 R
T y =TL . R
（3）
此时车厢在作圆周运动，由圆周运动向心力
的公式，应有
V 2
T y +mg =m ， R
以m =λL 代入上式，即得
T y +λLg =λLV 2
R .
（4）
联立（1）（2）（3）（4），可得
V 0=3+4R ）Rg . L
4πR ）Rg ，才能保证其安全地通过圆轨道。 L 即列车初速度应不小于3+
求解三球系统的碰撞情况一例
三个钢球A 、B 、C 由轻质的长为L 的硬质杆连接，竖立在水平面上，如图一所示，已知三球质量为m A =2m , m B =m c =m , 距杆a =52L 处有一面竖直墙。因受微小扰动，8
两杆分别向两边滑动，使B 球下降。致使C 球与墙面发生碰撞。设C 球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径都比L
小很多，求：
B 球落地瞬间三球的速度大小。
解：（1）求碰撞前三球的位置
视ABC 三者为一系统，则AC 在水平面上滑动
时，只要C 不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统质心的水平坐标不发生变化。以图二表示C 球刚好要碰撞前三球的位置。以α表示此时BC 杆与水平面间的夹角，则AB 杆与水平面间的夹角也为α，并令BA 杆上的M 点与系统的质心的水平坐标相同，则应有
m A ⋅AM cos α=m B MB cos α+m c (MB +BC ) cos α 故得，MB =1L AB =. （1） 44
由上述知M 点的水平坐标应与原来三球所在位置的水平坐标相同，故知此刻M 点与右侧墙面的距离即为a ，即M 点与C 球的水平距离为a ，由此有
MB ⋅cos α+BC ⋅cos α=a , 即L 52cos α+L cos α=L . 48
由上式，得
cos α=2，故有 2
α=450 （2）
（2）求碰墙前三球的速度
由于碰墙前M 点的坐标不变，则在AC 沿水平面滑动的过程中的任意时刻，由于图中的几何约束，C 点与M 点的水平距离总等于A 点与M 点的水平距离的
C 点的水平速度大小总为A 点水平速度大小的
的速度，则有 5倍，可见任何时刻35倍。以V A 、V B 、V c 分别表示图二中三球3
5V c =V A 3
（3）
又设V B 沿BC 方向的分量为
V BC ，则由于V B 和V c 分别为杆BC
两端的速度，则此两速度沿杆方向
的投影应该相等，即
V BC =V c ⋅cos α
再设V B 沿BA 方向的分量为V BA ，同理可得
V BA =
V A cos α
注意到BA 和BC 两方向刚好互相垂直，故得V B 的大小为
22V B =BC +V BA =C 2+V A 2cos α
以（2）（3）两式代入上式，得
V B =17A . （4） 9
111m A V A 2+m B V B 2+m c V c 2 222由于系统由图一状态到图二状态的机械能守恒，有 m B gL =m B g ⋅L sin α+
将（1）（2）（3）（4）代入上式，解得
V A =32(1-) gL . 102
（5）
（3）求C 球刚碰墙后三球的速
度
如图三所示，由于C 球与墙碰
撞，导致C 球的速度反向而大小不变，
由于杆BC 对碰撞作用力的传递，使B
球的速度也随之变化，这一变化的结
'果是：B 球速度沿BC 方向的分量V BC
与C 球速度沿CB 方向的分量相等，
即
'=V c 'cos α=V c cos α （6） V BC
由于BC 杆只传递沿其杆身方向的力，故B 球沿垂直于杆身方向（即BA 方向）的速度不因碰撞而发生变化，A 球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为V A 。故得此时B 球
'满足 速度沿BA 方向的分量V BA
'=V A cos α （7） V BA
得，刚碰墙后B 球速度的大小为
2'=BC '2+V BA '2=c 2+V A V B cos α=A （8） 9
（4）求B 求落地时三球的速度大小
碰后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量V Mx 应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则V
Mx 应保持不变，由上解得的三球速度，可
得V Mx 应该满足
'cos α+V BA 'sin α) +m c V c ' (m A +m B +m c ) V Mx =m A V A +m B (V BC
以（3）（5）（6）（7）代入上式，解得
51V Mx =V A =(2-2gL ) （9） 48
当B 球落地时，ABC 三球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这一速度也就是系统质心速度的水平分量V Mx . 而B 球刚要落地时，AC 两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B 球的速度则还有竖直分量，以V B 落表示此刻B 球速度的大小。则由图三所示的状态到B 球刚要落地时，系统的机械能守恒，由此有
111'2+m c V c '2+m b gL sin α=m A V A 2+m B V B 222 11122m A V MX +m B V B 2落+m c V Mx . 222
以（9）（8）（5）式代入上式，解得
V B 落=138+452）gL （10） 8
考虑小物体向右的倾倒
如图一，长度为L 的轻杆上端连着一质量为m 的体积可忽略的小重物B 。杆的下端被用铰链固接于水平面上的A 点。同时，置于同一水平面上的立方体C 恰与B 接触，立方体C 的质量为M 。今作微小扰动，使杆向右倾倒，设B 与C ，C 与水平地面间均无摩擦，而B 与C 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为π，求： 6
B 、C 的质量之比。
解：B 、C 分离前，B 对C 有作用力，使C 沿水平方向加速, 且两者相接触时，两者在水平方向上的速度总是相等。在水平方向上
的加速度也总是相等。直至B 、C 分离瞬间，
B 与C 在水平方向上的速度还相等，水平方
向的加速度也相等，且其间应刚好无相互作
用力。由于其间无相互作用力，可见此刻C
的加速度为零，则B 的加速度的水平分量为
零。则杆对B 的作用力的水平分量必为零，
由于杆为轻杆，它对B 如有作用力则
必沿杆身方向，而其水平分量要为零。
故可肯定此刻杆对B 的作用力为零。
现以B 球为研究对象，如图二，
设此刻B 球的速度大小为V
，杆与水
平面夹角以θ表示（θ=π
6），则B 此刻是仅仅受重力作用而绕A 点作半径为L 的圆周运动，
其向心力由重力沿杆方向的分力（mgsin θ）提供，由向心力的公式，有
V 2
mg sin θ=m , L
所以，V 2=gL sin θ=1Lg , 2
并且由图二还可见此刻B 的速度的水平分量为
1V x =V sin θ=V 2
又由上述知此刻C 的速度V c 和V x 相等，即有
1V c =V x =V . 2
对于由BC 组成的系统，在此过程中满足机械能守恒定律的条件，故有
11mV 2+MV c 2 22
π12将θ=以及V =Lg 代入上式，可以解得 62
m 1=. M 4mgL (1-sin θ) =
求解复合振子的振动周期
三个质量均为m 的小球，由两根原长均为L 0, 劲度系数均为K 的弹簧相连，置于光滑的水平面上，试求：
此系统稳定振动时的振动周期（只考虑三球在同一直线上运动的情况）。
解一：由于此系统在水平方向上不受外力作用，故振动中系统的质心位置不变。另外，本题的三球相同，两弹簧也相同，因而具有明显的对称性。由于有上述的两个特点，图一是一种显而易见的满足题述条件的情况，即图中B 球不动，AC 两球分别在B 球两侧对称的振动（此时系统的质心在B 球球心上）。这种情况下，C 球（或A 球）相当于被一个一端固定，劲度系数为K 的弹簧连接，质量为m 的弹簧振子，则其振动周期为
T 1=2πm . K
m 的部分，其左2此系统的稳定振动还有一种可能情况是ABC 三球均参与振动（当然此时仍需保证系统的质心位置不变）。由于对称，可以假想将B 球分为左、右两个质量各为
边部分与A 一起组成一个振动系统，右边部分。。。。。。显然这两个振动系统有相同的结构，它们分别振动时，周期相同，也可以有相同的振幅。因此，当左右两边的两个振动系统这样配合起来振动时，实际上并不需要把B 球拆开，这样也形成了ABC 三球同时参与整个系统的振动，其振动周期
即为上述的左边部分
（或右边部分）的振
动周期。如图二，对
于左边部分（既由半
个B 球B '和A 球组成
的系统），其质心位置
位于O 1，平衡时，O 1
与A 相距L 0，振动3
中O 1点不动，则对于A 来说，相当于弹簧的O 1点固定，O 1点左侧的弹簧连着A 构成一个弹簧振子，而O 1点左侧这段弹簧对应的劲度系数K '=3k ，则
T 2=2πm . 3K
m m . 和T 2=2π. K 3K 则所求振动周期可能为T 1=2π
解二：
对于三球均发生振动的情况，也可通过演绎的方法来求解，具体解法如下：
如图三，设ABC 为三球各自的平衡位置，某时刻三球分别位于A ', B ', C '，
对应的位移
分别为x A , x B , x C ，以图中向右的方向为坐标正方向，则此刻ABC 三球所受合外力分别为
F A =k (x B -x A ) ，
F B =k (x c -x B ) +k (x A -x B ) =k (x A +x c -2x B )
F c =k (x B -x c ) 若设k 'A =2x -x A -x C x -x B x A -x B '=B '=c k , k B k , k c k ，则上述三式分别变为 x A x B x c
F A =-k 'A x A ，
'x B F B =-k B
'x c F c =-k c
由于是稳定振动，则三球应有相等的振动周期，由以上三式显然应该满足
''k 'A =k B =k c 即
由x A -x B 2x B -x A -x C x c -x B ==x A x B x c x A -x B x c -x B x -x B 2x B -x A -x C 可以解得，x A =x c ，代入A ，得 ==x A x c x A x B
x B =-2x A ， 所以k 'A =x A -x B k =3k x A
故得此时A （BC ）球振动的周期为
T =2πm . 3K
大圆柱如何能翻过小圆柱
如图一，半径分别为r 1和r 2的两个均匀圆柱体置于同一水平面上，在大圆柱上绕有一根细绳，通过细绳对大圆柱施以水平拉力P 。设所有接触处的经摩擦因数均为μ. 为使在力P
的作用下，大圆柱能翻过小圆柱，问：
μ应满足何条件?
解：（1）设大圆柱能翻过小圆柱，则在图示
的情况下，必是小圆柱在地面上即不滑动也
不转动，而大圆柱则在小圆柱上作无滑滚动
（向上）。显然，此时BC 两处都必定有摩擦
力作用，且由于此两处都不能发生滑动，则
两处的全反力与接触面法线的夹角都必小
于对应的摩擦角。
（2）由于A 为大圆柱的最高点，C 为两圆
的切点，B 为小圆柱的最低点，有简单的几
何关系可以证明：B 、C 两点连线的延长线
必过A 点。即BCA 三点共线。
（3）作图三，以O 1, O 2表示两圆柱的圆心，
α表示∠ACO 2，其余各位置标示如图。则当大圆柱刚好能离开地面滚上小圆柱时，大圆柱受到自己的重力G 2，绳的拉力P 和小圆柱对它的全反力R 12三个力的作用，其中G 2与P 的作用线交于A 点，由三力平衡的条件知R 12的作用线必过A 点。则α就是C 处接触面法线（O 1O 2）与全反力R 12的夹角，由摩擦角的概
念知，要在C 处能不发生滑动，则α应不大于
该处的摩擦角φ，即要求
α≤φ，
而tg φ=μ，故得应有
μ≥tg α
（4）对于小圆柱，它受到自己的重力G 1，大圆
柱对它的全反力R 21和地面对它的全反力R B 三
个力的作用。其中R 12为前述R 21的反作用力，其方向由C
指向B ，且与竖直方向的夹角为α。由小圆柱的受力平衡
条件知表示G 2, N B 和R 21三力的矢量必组成一个封闭的
三角形，如图三。由图可见，R B 与G 1的夹角（即B 处全
反力与接触面法线间的夹角）小于α。前已有μ≥tg α，
则应有μ>tg θ，说明此时在接触面B
处不会发生滑动。
又由于小圆柱所受诸力汇交于一点，其合力矩为零，则小圆柱也不会发生转动。
（5）综合上述知μ≥tg α时，在拉力P 作用下大圆柱可翻过小圆柱。为求得tg α与r 1, r 2之间的关系，在图三中，有
BD 2=(r 1+r 2) 2-(r 2-r 1) 2=4r 1r 2 BD =故得，tg α=AD 4r 1r 2
2r 2=r 1。 r 2
所以，在拉力P 的作用下，为使大圆柱能翻过小圆柱，静摩擦系数μ应满足的条件是 μ≥r 1。 r 2
考虑五球碗平衡现象
四个半径均为R 的光滑球，静止于一个水平放置的半球形碗内，该四球球心恰在同一水平面上。现将一个相同的第五个球放在前述四球之上，而此系统仍能保持平衡，求：
碗的半径为多少？
解：四球平衡时，过四球心的截面图如图一所示，由于
对称，四球心恰位于一边长为2R 的正方形的四个顶点上，
两相对球心的距离则为
AB =22R
放上第五个球后，令其球心为C ，过ABC 三点做截面图如图二。由于AB =22R , AC =BC =2R , 故∆ABC 为
等腰直角三角形。由于球是光滑的，故各球之间均只有弹力
存在，显然，这些弹力方向应沿两球连心线方向。由于对称，
下面四球对C 球弹力的大小必定相等，以N 表示这个弹力
的大小。结合图二可见，这几个弹力的方向与竖直方向的夹
角均为θ=45。以G 表示每个球的重力，则由C 球的平衡，
有 0
4N cos 450=G , G
22所以，N =.
设四球处于临界平衡状态，即四球之间刚好无相
互作用力，则此时A 球仅受三个力的作用而平衡。此
三力是：重力G ，C 球对A 球的弹力N CA 和碗对A
球
的支持力N DA 。设碗面球心为D ，则N DA 必沿AD 连线方向，如图三所示，用α表示图中的∠ADC ，由于G ，N CA ，N DA 三力的合力为零，则表示此三力的矢量应组成一个封闭三角形如图四，由图可得
2N DA =(N CA
2) 2+(G +N CA
2 ) 2，
解，得
N DA =26G . 4
由因图四表示三力的矢量所组成的三角形应与图三中∆DCA 相似，有
DA N DA 。 =AC N AC
以a 0表示此时碗的半径，显然有a 0=DA +R ，又由前已经解得
N AC =N =G
22,
将其分别代入上式，则上式变为
a 0-R =2R
解，得 26G G 22
a 0=(2+1) R .
以上解得的a 0为系统临界平衡时对应的碗面半径，也可以理解为碗面半径的诸多可能值中的一个临界值，当碗面半径较a 0增大时，图三中碗面对球A 的支持力的作用点将自E 点向右移至新的支持点E '，这样，A 球所受重力G 和弹力N CA 两力的合力对E '点的力矩不为零，使A 球将向左侧转动，由此，四球将分开，原平衡将被破坏。反之，当碗面半径较a 0减小时，碗面对球A 的支持力的作用将自E 点向左移至新的支持点E ''，这样，A 球所受重力G 和弹力N CA 两力的合力对E ''点的力矩不为零，使A 球将向右侧转动，由此，下面的四球之间将出现弹力而阻止上述转动的发生，原来的平衡得以维持。显然，碗口半径太小时，其上是无法放上四球而平衡的，对应于能使四球在碗口上面平衡的碗口半径最小的情况，应为碗口边缘刚好能支于图三中的E 、F 两点，即此时EF
两点间的距离为碗口的直
径。
'表示此时碗口的半径，则由图三可得 以a 0
'=a 01EF =DE sin α 2
2
N CA sin 4502221而sin α===, N DA 26G 26
4⋅
注意到此时DE =a 0=(2+1) R , 代入前式便得 G
'=a 0
故得 (2+1) R 26=2+26R . 26
'≥a ≥a ' a 0
即
(2+1) R ≥a ≥2+26R . 26
考虑使载有圆柱体的小车匀速运动的情况
重为G 的圆柱位于可动的水平平面与固定的倾角为α的斜面之间，如图一所示，圆柱体与水平面间的动摩擦因数和静摩擦因数
均为μ1，圆柱体与斜面间的动摩擦因数和
静摩擦因数均为μ2. 为使水平面能向左匀
速运动，至少要对它施以多大的力？不考
虑圆柱以外的物体施于水平面的阻力。
解：如图二，由于水平面向左匀速运
动，圆柱有随之运动的趋势，由于受到斜
面的限制，圆柱不能随水平板一起向左运
动，由此圆柱受到水平板的方向向左的摩
擦力f 1的作用。在图二所示的位置时，
圆柱的运动状态只可能是以下三中形式
中的一种，即：（1）圆柱与水平面的接
触点B 处不发生滑动，即圆柱沿顺时针
方向绕B
点作无滑滚动，由于水平板的
运动是匀速的，则此时圆柱体的转动也是匀速的；（2）圆柱与斜面的接触点C 处不发生滑动，而圆柱与水平面的接触点B 处发生滑动，此时圆柱处于静止状态（当然圆柱也没有转动）；（3）圆柱在B 点和C 点处均不发生滑动，这时圆柱也是处于静止状态，且圆柱下的水平面也被“卡死”而不能发生运动。以上三种情况下，圆柱均处于平衡状态（静止或匀速转动），均可根据圆柱所受合力矩为零的条件定出斜面对圆柱体的摩擦力f 2方向应沿斜面向下。故得这三种情况下圆柱体的受力如图二所示:其中G 为圆柱体的重力，N 1和f 1为水平面对圆柱体的弹力和摩擦力，N 2和f 2为斜面对圆柱体的弹力和摩擦力。
对于圆柱体，以O 点为转轴时其转动平衡方程为
f 1R =f 2R ，
式中R 表示圆柱的半径。可见f 1与f 2大小相等，以f 表示之，则有
f 1=f 2=f (1)
对圆柱体以A 点为转轴列转动平衡方程，为
N 1⋅AB =N 2⋅AC +G ⋅AB
由于AB=AC，则上式变为
N 1=N 2+G
对圆柱体列其水平方向受力平衡的方程，为
f 1+f 2cos α=N 2sin α
故得，f =
(1) N 2sin α （3） 1+cos α现就B 处无相对滑动而C 处有相对滑动的情况入手进行讨论，此时相当于圆柱
在水平板上作沿顺时针方向的无滑滚动。以B 点为转轴，圆柱能发生顺时针方
向转动的条件是N 2和f 2对B
点的合力矩应沿顺时针方向，即
N 2对B 点的力矩值应大于f 2
对B 点的力矩值，为
N 2⋅AB (1-cos α) >f 2⋅AB sin α 即f 21-cos αsin α
而f 2=μ2，可见即当 N 2
sin α 1+cos αμ2
时，任意大小的N 2和f 2都可以保证（4）式的成立，这时，不管μ1为多大，也不管对水平板施加多大的外力F ，均可使圆柱在水平板上作无滑滚动。显然，为使水平板维持匀速运动的最小外力是F=0. 若μ2>sin α，则由N 2和f 2作用于圆柱的力矩将要求圆柱绕B 点沿顺时针方向转1+cos α
动，显然，这是不可能的。即在这种情况下，在C 点处圆柱与斜面之间不可能再发生相对运动了。
（2）在μ2>sin α时，设在B 点发生相对滑动，则有 1+cos α
f 1=μ1N 1 （5）
由（2）（3）（5）式，有
μ1(N 2+G ) =N 2sin α， 1+cos α
所以，N 2=μ1G sin -μ11+cos α
令μ=*sin α，则上式可以写为 1+cos α
N 2=μ1
μ-μ1
**G . （6） 若μ1
相对滑动）是成立的。此时拉水平板匀速前进的力F 与f 1大小相等，由（3）式和（6）式，有
μ1μ*F =f =μN 2=*G ， μ-μ1*
所以，F =μ1sin αG . sin α-μ1(1+cos α)
若μ1≥μ，由（6）式可见N 2无意义或为负值，结合本题实际表示的是在B 点不可能发生相对滑动，由前述这时在C 点也不能发生相对滑动。即此时水平板已被“卡死”，*
不管用多大的水平力都不可能使它沿水平方向向左作匀速运动了。
（3）综合上述，本题的答案为： sin α，则不管μ1为何值，均有F=0; 1+cos α
sin αsin α若μ2>，且μ1
F =μ1sin αG . ； sin α-μ1(1+cos α)
sin αsin α，且μ1≥，则无论用多大的水平力均不可能使水平板向左1+cos α1+c os α若μ2>作匀速运动。
求解挡板给圆柱的最大外力
如图一，质量为m 的n （n>3）个均匀圆柱体，依次搁置在倾角为30的斜面上，并以铅垂设置的挡板挡住，挡板长L ，其下端以铰链固定，挡板可绕其下端自由转动。圆柱体的半径为R ，各圆柱体与斜面间的静摩擦因数均为μ=01, 而各圆柱体之间的摩擦则可忽略不计。3
今以水平力P 作用于挡板的上端而维持此系统的平衡，试求：
P 的最大值为多少?
解：此系统平衡时，有两种可能的状态是：当P 值
较小时，挡板有逆时针转动的趋势，则圆柱1相对
于挡板和斜面都有向下运动的趋势，于是挡板对圆
柱有沿板面向上方向的静摩擦力作用，斜面对圆柱
有沿斜面向上方向的静摩擦力作用。当P 值较大时，
挡板有顺时针转动的趋势，则圆柱1相对于挡板和
斜面都有向上运动的趋势，此时挡板对圆柱有沿板
面向下方向的静摩擦力作用，斜面对圆柱有沿斜面
向下方向的静摩擦力作用。在后一种可能情况中，
当达到临界情况（即上述的两个静摩擦力中有一个达到最大静摩擦力或者是两个同时都达到最大静摩擦力）时，对应的P 值即为维持系统平衡的P 的最大值。
设系统已处于上述的临界状态，现取第1圆柱为研究对象来研究：自己的重力G ，挡板对它的摩擦力f A ，弹力N A ；斜面对它的摩擦力f B ，弹力N B ；第二圆柱对第1圆柱的弹力F ，F 的方向平行于斜面向下。其余各力的方向均如图所示。
由于第一圆柱处于平衡，则它所受各力对
任一转轴的合力矩都应为零，现取此圆柱的中
心轴线（过图中O 点）为转轴，列出力矩平
衡方程
f A R =f B R ，即f A =f B . （1）
又假设转轴过图中的O '点，则第1圆柱对于此转轴的力矩平衡方程为
N A ⋅O 'A +G ⋅AO =N B ⋅O 'B +F ⋅BO 即(N A -N B ) ⋅3R =(F -G ) R . （2
由于N>3,而
F =(n -1) G sin 300=n -1G , （3） 2
故得，F >G ，代入前式，可见有
N A >N B （4）
由于A 、B 两处的静摩擦因数都为μ，比较（1）（4）两式可见，B 处的摩擦力将达到最大静摩擦力，即有
f B =μN B （5）
又设转轴过图中的A 点，则第1圆柱对此转轴的力矩平衡方程为
31N B ⋅R sin 600=f B ⋅R +F ⋅R +G ⋅R 22
即，N B (
所以， 31n -1-μ) =⨯G +G , 2222
N B =(n +3)(3+1) G （6） 4
（6）代入（2），得
1n -3=N B +⨯G 23
=N A =N B +F -G 53n +3n +3+9G . 12
再以挡板为对象，其绕O '点转动的平衡方程是
PL =N A ⋅O 'A ， 故得，P =O 'A R *N A =N A L L
=(5+) n +3+33Rmg . 4L
这就是维持系统平衡的水平力的最大值。
注意：求最小力，如何？
用频闪光照射有黑色扇形圆盘的情况
一圆盘上有一黑色的扇形，圆心角为40，圆盘绕通过圆心而与平面垂直的轴转动，如0
图一，转数n=1500r/min.若在暗室中以每秒闪100次光照射，而每次闪光延续的时间为0.003S. 问：
在圆盘上将可看见什么现象？
r /min, 则结果如如圆盘的转速为n '=1470
何？
解：n=1200r/min=25r/S,即圆盘转动一周需时间
t =1=0. 04S 。由题意，圆盘每转一周经历n
4次闪光，故在圆盘上可看到4个不动的模糊
的黑色的扇形。由于闪光延续的时间为
0.003S ，故此时黑色扇形的圆心角约为
θ=400+0. 003⨯360=670 0. 04
转速看到的图形如图二所示。 如圆盘
n '=1470r /min =147r /S ，由于转盘较上6
述的慢，所以模糊的扇形未能到达不动的扇形
的位置，故扇形好像沿圆盘转动的相反方向转
动。因为后者比前者的转数相差30r/min,故转动的频率为：
30=0. 5/S . 60
考虑激光束沿音轨运动
一光盘（CD ）音轨区域的内半径R 1=2. 50cm , 外半径R 2=5. 80cm ，径向音轨密度n =625条/cm. 在CD 唱机中，
光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光束相
对光盘以恒定的线速度运动，如图一。
（1） 若开始放音时，光盘的角速度为50rad/S,问：全部放完时的角速度是多少？
（2） 这光盘的全部放音时间是多少？
解：（1）由于激光头以恒定的线速度相对光盘运动，所以音轨也以恒定的线速度移动，则由 V =ωr ，可得ω1R 1=ω2R 2，
故光盘放音完毕时的角速度为
ω2=R 12. 50ω1=⨯50=21. 6rad /S . R 25. 80
（3） 在对光盘中心距离为r ，宽度为dr 内的音轨长度为2πr ⋅ndr , 所以音轨的总长度为
2L =⎰2πnr ⋅dr =πn (R 2-R 12) R 1R 2
而音轨的移动速度V =ωR =ω1R 1，所以光盘的全部放音时间为
2-R 12) π⨯625⨯(5. 802-2. 502) L πm (R 2t ====4300S =71min . V ω1R 150⨯2. 50
事实上，光盘上的音轨是一等速的螺旋线，即阿基米德线。在极坐标下，它的参数方程可表示为r =r 0+a θ，式中r 为极径，r 0为初使极径，θ为极角，a 为常量（描述极径随极角的变化）。由于螺旋线是等间距的，当间距为d 时，a =
因此音轨的总长度为 d 。 2π
L =⎰2π(R 2-R 1)
d
02π(R 2-R 12) d 2(R 1+) d θ==n π(R 2-R 12). 2πd
此结果与上面的结果相同。
求解小船的运动轨迹
河宽为d ，靠岸处水流速度为零，中流的流速最快，为V 0. 从岸边到中流，流速按正比增大。某人以不变的划速u 垂直于水流方向离岸划去，求：
船的轨迹。
解：以小船在河岸处的出发点为原点，建立坐标系如图一。根据题意，小船在划到中流之前的速度分量为
V x =V 0y , （1） d
2
V y =u （2）
由于方程（1）中包含着未知量y (t ) ，因而不能直接积分到小船在各个瞬时的位置。 先将式（2）积分，并考虑到初始条件，即t 0=0,y0=0,积分得到
y =⎰V y dt =ut . （3） 0t
将式（3）代入式（1），并考虑到初始条件，得到t 0=0,y0=0，积分得到
V 0V 0ut 2
x =⎰V x dt =⎰utdt =. （4）
00d /2d t t
从式（3）（4）中消去t 得小船的轨道方程为
x =V 02y . ud
可见这是抛物线。小船滑过中流后的轨迹可根据对称性得到。