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奥赛辅导第4讲功和能(湖南郴州市湘南中学 陈礼生)


第四讲
一、知识点击
1.功、功率和动能定理 ⑴功

功和能
陈礼生

湖南郴州市湘南中学

功是力对空间的积累效应.如果一个恒力 F 作用在一个物体上,物体
?
??

??

发生的位移是 s ,那么力 F 在这段位移上做的功为



W=Fscosθ

在不使用积分的前提下, 我们一般只能计算恒力做的功.但有时利用一些技 巧也能求得一些变力做的功. ⑵功率:作用在物体上的力在单位时间内所做的功. 平均功率: P ?
W t W ?t F s co s ? ?t

瞬时功率: P ? lim ⑶动能定理

? lim

? F ? co s ?

①质点动能定理:

W 外 ? F外 s ?

1 2

m? 2 ?
2

1 2

m? 1 ? E K t ? E K 0 ? ? E K
2

②质点系动能定理: 若质点系由 n 个质点组成,质点系内任何一个质点都会 受到来自于系统以外的作用力(外力)和系统内其他质点对它的作用力(内 力) ,在质点运动时这些力都将做功.

?W

i外

?

?W

i内

?

?

1 2

m i? it ? ?
2

1 2

m i? i 0
2

即W系 外 ? W系 内 ? E Kt ? E K 0 ? ? E K 2. 虚功原理:许多平衡状态的问题,可以假设其状态发生了一个微小的变化, 某一力做了一个微小的功△W,使系统的势能发生了一个微小的变化Δ E, 然后即可由Δ W=△E 求出我们所需要的量,这就是虚功原理. 3.功能原理与机械能守恒 ⑴功能原理:物体系在外力和内力(包括保守内力和非保守内力)作用下, 由一个状态变到另一个状态时,物体系机械能的增量等于外力和非保守内力 做功之和.

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因为保守力的功等于初末势能之差,即
W 保 ? EP 0 ? EP
t

? ? ?E P

W 外 ? W 非 保 内 ? ? ( E K + E P) = ? E

⑵机械能守恒: 当质点系满足:W 外 ? W 非 保 内 ? 0 , 则Δ E =0 即 EK + EP = EK0 + EP0=常量 机械能守恒定律:在只有保守力做功的条件下,系统的动能和势能可以相互 转化,但其总量保持不变. 说明:机械能守恒定律只适用于同一惯性系.在非惯性系中,由于惯性力可 能做功,即使满足守恒条件,机械能也不一定守恒.对某一惯性系 W 外=0, 而对另一惯性系 W 外≠0,机械能守恒与参考系的选择有关。 4.刚体定轴转动的功能原理 若刚体处于重力场中,则:M 外=M 的其他外力矩) W=W 其外+WG=(M 其外+MG)θ = EKr
( 而 W G ? ? ? E P ? ? E P 2 -E P 1)
其外

+MG(M

其外

表示除重力力矩 MG 以外

M 其 外 ? ? ? E P ? ? E K r ? m g hC 2 ? (

1 2

J ?1 )
2

即为重力场中刚体定轴转动的功能原理. 若呱 M 其 外 ? ? 0 ,即 M 其外=0,则:
m g hC ? 1 2 J ? =常 量
2

刚体机械能守恒. 二、方法演练 类型一、动力学中有些问题由于是做非匀变速运动,用牛顿运动定律无法直 接求解,用动能定理,计算细杆对小环做的功也比 较困难,因此有时在受力分析时必须引入一个惯性 力,这样就可以使问题简化很多。 例 1. 如图 4—2 所示, 一光滑细杆绕竖直轴以 匀
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角速度ω 转动,细杆与竖直轴夹角 ? 保持不变,一 个相对细杆静止的小环自离地面 h 高处沿细杆下滑. 求小球滑到细杆下端时的速度. 分析和解:本题中由于小环所需向心力不断减小, 因此小环不是做匀变速运动,用牛顿运动定律无法 直接求解,用动能定理,计算细杆对小环做的功也 比较困难,因此我们选择细杆做参考系,分析小环 受力时必须加上一个惯性力,小环在旋转的非惯 性系中,虽然有径向运动,受到科里奥利力的作用, 但小环在切向无位移,科里奥利力不做功.惯性离心力 f ? m ? 2 r ,随半径 r 的减小 f 均匀减小,所以小环由半径 r0 处移到下端 r=0 处,惯 性离心力对 r 的平均值为 F ? 惯性离心力做的功:
W 1 ? ? F r0 ? ? 1 2 m ? h tan ?
2 2 2

m ? r0
2

2

重力做功为:

W2 = mgh,
1 2 m ? h tan ? ) ?
2 2 2

由动能定理得 m g h ? ( ?
? ?
2 g h ? ? h tan ?
2 2 2

1 2

m?

2

类型二、在功能关系的问题中有些也牵涉到速度关联的问题,在解题中必须 注意到它们之间的约束条件,找出有关速度关系,才能准确利用功能原理即 可求解. 例 2.如图 4—3 所示,一根长为 l 的细刚性轻杆的两端分别连结小球 a 和 b, 它们的质量分别为 ma 和 mb.杆可绕距 a 球为 l 处的水平定轴 O 在竖直平
4 1

面内转动.初始时杆处于竖直位置,小球 b 几乎接触桌面.在杆的右边水平 桌面上,紧挨着细杆放着一个质量为 m 的立方体匀质物块,图中 ABCD 为 过立方体中心且与细杆共面的截面.现用一水平恒力 F 作用于 a 球上,使之 绕 O 轴逆时针转动,求当 a 转过 ? 角时小球 b 速度的大小,设在此过程中立

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方体物块没有发生转动,且小球 b 与立方体物块 始终接触没有分离.不计一切摩擦. 解析:如图 4—4 所示,用 ? b 表示 a 转过 ? 。角时 b 球速 度的大小, ? 表示此时立方体速度的大小,则有
? b co s ? ? ?

由于 b 与正立方体的接触是光滑的,相互作用力总是沿 水 平方向,而且两者在水平方向的位移相同,因此相 互作用的作用力和反作用力做功大小相同,符号相反,做功的总和为 0.因此 在整个过程中推力 F 所做的功应等于球 a、b 和正立方体机械能的增量.现 用 ? a 表示此时 a 球速度的大小,因为 a、b 角速度相同, O a ? 所以得 ? a ? ? b
3 1 1 4 l

,0 O b ?

3 4

l



根据功能原理可知
F ? l 4 sin ? ? 1 2 m a? a ? m a g (
2

l 4

?

l 4

co s ? ) ?

1 2

m b? b ? m b g (
2

3l 4

?

3l 4

co s ? ) ?

1 2

m?

2

将①、②式代人③可得
F ? l 4 sin ? ? 1 2 m a (? b ) ? m a g (
2

l 4

?

l 4

co s ? ) ?

1 2

m b? b ? m b g (
2

3l 4

?

3l 4

co s ? ) ?

1 2

m (? b co s ? )

2

解得 ? b ?

9 l ? F sin ? ? ( m a ? 3 m b ) g (1 ? co s ? ) ? 2 m a ? 1 8 m b ? 1 8 m co s ?
2

类型三、一些平衡状态的问题,用平衡条件很难或无法求解,这时可以假设 其状态发生了一个微小的变化,就可以设想某一力做了一个微小的功△W, 然后用虚功原理就可以很简单地解答出问题. 例 3.如图 4—5 所示,一轻质三足支架每边长度均为 l ,每边与竖直线成同 一角度θ ,三足置于一光滑水平面上,且恒成一正三 角形.现用一绳圈套在三足支架的三足上,使其不能 改变与竖直线间的夹角,设三足支架负重为 G,试求 绳中张力 FT. 分析和解: 在本题这可以取与原平衡状态逼近的另一

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平 衡态,从而虚设了一个元过程,此过程中所有元功之和 为零,以此为基本关系列出方程,通过极限处理,从而 求得最后结果. 分析支架受力:由于负重受到重力 G,支架的每边足部同时 受到两侧绳的拉力 FT,易得其合力为 3 FT ,方向指向三足 构成的正三角形的几何中心, 支架三边足部受水平地面支持力 FN, 此力方向 竖直向上。现设想支架各边足底在 3 FT 力作用下向正三角形中心移动一极 小位移 ? x ,因而支架的高度升高了 ? y ,则在此虚拟的微动讨程中, 3 FT 力 有 一 元 功 . FN 力 不 做 功 . 负 重 重 力 势 能 增 大 . 对 系 统 用 功 能 原 理 得
3 3 FT ? ? x ? G ? ? y

上式中,支架升高 ? y 与 ? x 关系如图 4—6,图中支 架一边位置从 ab 变为 a'b',作 b'b" ⊥ ab, aa" ⊥ a' b', 由于 ? x 很小,ab 边转过的角度△θ 也很小,故可认 为 a"b'=ab",且 a'b'边与竖直方向夹角为θ ,则有
? x sin ? ? ? y cos ?

, 即 ? y ? ? x tan ?
G ta n ? 3 3

于是可得 3 3 FT ? ? x ? G ? x tan ? ,即 FT ?



类型四、能量守恒的问题往往牵涉到摩擦力做功和碰撞,摩擦力做功要消耗 机械能,而碰撞可以造成多过程,两者结合起来就很容易在物理学中出现一 些数列问题,因此在解题中如何通过能量关系的计算得出有关的通式是解决 这类问题的关键。 例 4.一固定的斜面,如图 4—7 所示,倾角θ = 450,斜面长 L = 2.00 m.在斜 面下端有一与斜面垂直挡板, 一质量为 m 的质点, 从斜面的最高点沿斜面下 滑,初速度为零.质点沿斜面到斜面最低端与挡

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板发生弹性碰撞.已知质点与斜面间的滑动摩擦因数μ =0.20.试求此质点从 开始运动到与挡板发生第 11 次碰撞的过程中运动的总路程. 分析和解:在本题中由于质点与挡板发生弹性碰撞,故机械能消耗在摩擦力 做功上,因此只要求出下滑和上滑一个来回通过的路程的通式,就可用数列 的方法求解了。 质点在沿斜面滑动的过程中,受到摩擦力 f 的大小为
f ? ? m g co s ?

若质点从斜面最高点第一次到达斜面最低端时的速度为
? 1 ,则有
1 2 m? 1 ? m g L sin ? ? ? m g L co s ?
2



质点与斜面挡板发生弹性碰撞后,以速度 ? 1 开始沿斜面上滑.若上滑的最大 路程为 Ll,则有 m? 12 ? m g L1 sin ? ? ? m g L1 co s ?
2 1



由①、②两式得 m gL sin ? ? ? m gL cos ? ? m gL1 sin ? ? ? m gL1 cos ? 即
L1 L ? m g sin ? ? ? m g co s ? m g sin ? ? ? m g co s ?

令上式等号右边的数值等于 a ,并以θ =450,μ =0.20 代入,则得
L1 ? aL

,a ?

1 ? 0 .2 0 1 ? 0 .2 0

?

2 3

按同样的推理可知质点在第 2 次碰撞后上滑的距离为
L 2 ? a L1 ? a L
2

依此类推,可知在第 10 次碰撞后上滑的距离为: L1 0 ? a 1 0 L 第 1 次碰撞前质点运动的路程为: S 1 ? L 第 2 次碰撞前质点运动的总路程为: S 2 ? L ? 2 L1 ? L ? 2 a L 依此类推,可知在第 11 次碰撞前,即从开始到发生第 11 次碰撞期间,质点 运动的总路程为: S 1 0 ? L ? 2 a L ? 2 a 2 L ? ? ? ? ? 2 a 1 0 L 上式等号右边的数值,可根据数学上等比级数求和的公式算出,即
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S 1 0 ? L (1 ? 2 a ?

a

10

?1

a ?1

) ,故

S10=9.86 m.

类型五、机械能守恒的问题往往还可以与刚体的约束条件的问题结合在一 切,解决这类问题时一方面要考虑到约束面的约束反力,另一方面又要考虑 约束反力是否做功, 如果不做功, 可重点考虑系统的质心变化和能量的关系, 以及约束各点的速度关联。 例 5.如图 4—8 所示,质量为 m 的钢球下连一根可不计质量的轻杆,杆长 为 L,杆原来直立在光滑的水平面上,轻推一下后,问: (1)小 球下落的轨迹是什么?(2)球在离地 L/2 处,杆着地点的速 度为多少? 分析和解: (1)由球和杆组成的系统,因杆的质量可以忽略. 所以系统 的质心在球心.又因水平面光滑,该系统所受的 外力有重力 mg、水平面的约束反力(即支持力)N 均沿竖 直方向,故有 ? Fixe ? 0 ,且由于 t=0 时, ? C D ? 0 ,于是有
i

xC ? 常 量

即系统的质心—球心将沿着杆原来的直立方向运动,其轨迹为竖直线, 如图 4 一 8 所示。 (2)球(系统)下落过程中,只有重力做功,故机械能守恒.因此当球离地 面 L/2 时,根据机械能守恒定律,有 由上式得: ? y ?
gL

m 2

gL ?

m 2

?y

2

又因杆不会伸长或缩短,即杆可视为刚体,所以 杆 两端的速度沿杆的方向的投影必须相等,根据图 4 一 9 可知: ? y sin ? ? ? x co s ? , ? 是杆与地面 的夹角,可算出 ? ? 30 0 .所以 ? x ? ? y tan ? ?
3 3

gL

类型六、能量耗损的问题特别要注意的是两种基本的形式:转化和转移。解 题时往往出现对某种耗散力的忽视把能量守恒的问题当成机械能守恒的问
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题来解。 例 6.在一个倾角为 ? 的斜面上镶嵌着许多同样的滚筒,相邻滚筒间的距离 为 d。滚筒沿水平方向放置,质量为 m,半径为 r 的表面覆盖橡胶的圆柱形 铁棍.质量为 m、长度远大于 d 的厚 木板在斜面的顶端释放,如图 3-43 所 示. 求木板的最终速度 ? m a x ,忽略空气阻 力和 滚筒转轴处的摩擦力. 分析和解:厚木板滑动距离 L 时,有 滚筒得到角速度 ? m ax ?
? m ax
r L d



.厚木板势能
1 1 4 m? m ax
2

2 的减少为 M g L sin ? ,而每个滚筒的动能为 I ? m ax ?

,上述结论考虑

2

了滚筒表 面最终的切向速度应该与木板的速度相等,而每个滚筒的转动惯量为
I ? 1 2 mr
2

.

认为木板下降过程中损失的重力势能,全部转化成为滚筒的动能是不正确 的.在此情况下由式 M g L sin ? ?
L 1 d 4 m? m ax
2



可以得到木板的最终速度为 ? m ax ?

4 d M g sin ? m

然而,这个结果是错误的,因为没有考虑滚筒加速过程中由摩擦力作用而导 致的热量损失.令单个滚筒与木板之间的摩擦力为 F(t) (没有必要假定这
I 个力不随时间变化) 在Δ t 时间间隔内, . 滚筒角动量的变化为: ? ? ? rF ( t ) ? t

② 把上式的变化对时间取和,从而得出滚筒最终速度的一个方程:
r ? F ( t ) ? t ? I ? m ax ? I

? m ax
r



另一方面,在时间△t 内,克服摩擦力所做的功(热散失)Δ Q 为摩擦力与
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滚筒表面相对位移之积
? Q ? F ( t ) ?? m ax ? r ? ( t ) ? ? t

考虑式②、③,总的耗散能量为
Q ?

?

F ( t ) ?? m ax ? r ? ( t ) ? ? t ? r ? m ax ? F ( t ) ? t ? I ? ? ? ? ? I ? m ax ? I
2

? m ax
2

?I

? m ax
2

2

2

在上式的计算中利用了等式 ? ? ? ?

1 2

? (? )

2

.这个结果表明,摩擦生热损失

的能量与滚筒得到的动能相等.需要注意的是,这个结果既不依赖于摩擦力 的大小,也不依赖于摩擦力随时间的变化. 正确的能量守恒方程不是①式,而应该是
m g L sin ? ? L 1 d 4 m? m ax ? Q ? 2
2

L 1 d 4

m? m ax
2

可以得到木板的最终速度为 ? m ax ? 三、小试身手

2 d M g sin ? m

1. 一质量为 m 的小滑块 A 沿斜坡由静止开始下滑,与一质量为 km 的静止在 水平地面上的小滑块 B 发生正碰撞,如图 4—11 所 示,设碰撞是弹性的,且一切摩擦均不计,为使二 者能且只能发生两次碰撞,则 k 的值应满足什么条 件?

2. 半径等于 r 的半球形水池内充满了水如图 4—12 所示,把池内的水完全抽出

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至少要做多少功?

3. 有一台反作用式汽艇的喷水式发动机,其进水孔面积为 S1=0.9m2,而出水孔 面积为 S2=0.02m2,求发动机的效率.

4. 如图 4—13 所示,已知滑轮的质量为 M,半径为 R,物体的质量为 m,弹簧 的劲度系数为 k,斜面的倾角为θ ,物体与斜面间光滑.物体从静止释放,释 放时弹簧无形变.设细绳不伸长.且与滑轮 无相对滑动,忽略轴间摩擦力矩,求物体沿 斜面下滑 x 时的速度多大?(滑轮视作薄圆 盘)

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5.如图所示,有一固定的、半径为 a 、内壁光滑的半球形碗(碗口处于水平位 置), O 为球心.碗内搁置一质量为 m 、边长为 a 的等边三角形均匀薄板 ABC.板的顶点 A 位于碗内最低点,碗的最低点处对 A 有某种约束使顶 点 A 不能滑动(板只能绕 A 点转动). (1)当三角形薄板达到平衡时,求出碗对顶点 A 、 B 、 C 的作用力的大 小各为多少. (2)当板处于上述平衡状态时,若解除对 A 点的约束,让它能在碗的内表面 上从静止开始自由滑动, 求此 后三角形薄板可能具有的最 大动能.

6.玩具列车由许多节车厢组成,它以恒定速率沿水平

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轨道行驶进人 “死圈” 图 4—15) 列车全长为 L, ( 。 圈半径为 R, L ? 2 ? R ) 则 ( . 列车应具有多大的初速度 ? 0 ,才能确保节车厢脱离轨道?

7.如图 4 一 16 所示,长为 L 的细绳上端固定在天花板上靠近墙壁的 0 点,下 端系一质量为 m 的小球竖直悬挂起来,A 点是平衡时小球的位置,现保持 绳绷直, 将小球从 A 点拉开到绳水平的位置 B, 然后在 OA 连线上于墙上固 定一细长的钉子于某点,问夏历两种情况下,钉子到悬点 O 的距离各是多 少? (1)将球释放后,绳被钉子挡住,以钉子 01 为圆心做圆周运动,如图 4— 17 所示; (2)将球释放后,绳被

钉子 O2 挡住,小球刚好能击中钉子,如图 4—18 所示.

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8. 两根长度均为 l 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的球形铰链连接,另一端分 别接质量为 m 和 2m 的小球. 将此装置的两杆并拢, 铰链向上竖直地放在桌 上,然后轻敲一下,使球往两边滑,但两杆始终保持在竖直面内(图 4 一 19) ,忽略一切摩擦.求: (1)铰链碰到桌面前的速度 ? ; (2)当两杆夹角为 900 时,质量为 2m 的小球的速度 ? 3 ; (3)当两杆夹角为 900 时,质量为 2m 的小球的位移 s2.

9.水平面上有一质量为 M 的木块,其斜面上放一质量为 m 的小木块(可看做 质点) ,从静止在高度为 h 处下滑到底, (图 4—20 所示) 。设斜面的倾角为
? ,各接触面的摩擦均可忽略不计,试求:

(1)下滑过程中,契形木块对水平面的压力; (2)当 m 刚下滑到水平面上时,M 滑行的距离;
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(3)当 m 刚下滑到水平面上时,M 对 m 的所做的功。

参考解答

1.解:设碰撞前 A 的速度为 v0,碰撞后 A、B 的速度分别为 v1 和 V1,则 1 1 1 mv0=mv1+kmV1,2 mv02=2 mv12+2 kmV12,可解得: v1= -(k-1) 2 v0,V1= v, k+1 k+1 0

为使 A 能回到坡上,要 v1<0,这导致 k>1;为使 A 能再追上 B,应有- v1>V1,导致 k>3;于是要发生第二次碰撞必须要 k>3。 设第二次碰撞后 A、B 的速度分别为 v2 和 V2,则 1 1 1 1 m(-v1)+kmV1=mv2+kmV2,2 mv12+2 kmV12=2 mv22+2 kmV22,可 解得:

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4k-(k-1)2 4(k-1) v2= v0,V2= v, 2 (k+1) (k+1)2 0 若 v2>0 必不会发生第三次碰撞,若 v2<0,但-v2≤V2,也不会发生第三次 碰撞,则由-v2≤V2 可解得 5- 2 ≤k≤5+ 2 ,所以要能且只能发生两次碰 撞的条件是交集 3<k≤5+ 2 。 2.解:如题图所示,沿着容器的竖直直径,我们将水池内的水均匀细分成 n 层, 每一元层水的高度△ ? h ?
r n

, ? h 很小,故每一层水均可看做是一个薄圆
ir n

柱 , 水 面 下 第 i 层 水 柱 底 面 的 半 径 ri 2 ? r 2 ? ( ) 2 , 这 层 水 的 质 量 为
ir 2 ? r ? 2 mi ? ?? ?r ? ( ) ? n ?n ?

那么将这层水抽出至少应做的功是 W i ? ? g ? ? r 2 ? ( ) 2 ? ? n ?n n ? 而将池内水完全抽出至少要做的功就是
W ?

?

ir

? r ir

lim ? W
n? ? i ?1
4

i

? ? g? r

4

lim ? ? n
n? ? i ?1

? i ?
2

?

3 i ? 4 ? n ?

? ? g? r

lim ? n ?
n? ?

? 1
2

(1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? n ) ?

1 n
4

(1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? n )
3 3 3 3

? ? ?

? ? g? r

4

lim
n? ?
4

2 2 ? 1 n ( n ? 1) 1 n ( n ? 1) ? ? ? 4 ? ? 2 ? 2 n 4 ?n ?

?

1 4

? g? r

3. 在Δ t 时间内发动机吸收的水的体积为 V ? ? S 1 ? t(其相对汽艇的速度为 ? ) 解: , 动能关系式为 E k ?
1 2 m?
2

?

1 2

? S 1? ? t
3

水喷出的速度为 u,其动能关系式为: E k? ?

1 2

( ? S 1? ? t ) u

2

因 为 水 是 不 可 压 缩 的 , 所 以 有 ? S1? t ? u S 2 ? t , 由 此 得 u ?

S1 S2

? ,

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? Ek ?

1 2

?

S1

3 2

? ?t
3

S2

由此可得发动机所做的功为 W ? E k? ? E k ?

1 2

?

S1 ( S1 ? S 2 )
2 2

S2

2

? ?t
3

而有效功为 W ? ? F ? ? t ( F 为对汽艇的反作用力)
F ? m u ? m? ?t ? ? ? S1
2

( S1 ? S 2 ) S2
3

W ? ? ? ? S1

( S1 ? S 2 ) S2
? 2S2

? ?t

所以? ?

W? W

S1 ? S 2

? 4 .3 %

4.解:选择 m、M、弹簧和地球为系统,只受重力和弹力,其他外力不做功, 故系统的机械能守恒 m g x sin ? ?
? ? R?
J ? 1 2
4 ( m g x sin ? ? 1 2 2m ? M kx )
2

1 2

kx ?
2

1 2

m? ?
2

1 2

J?

2

MR

2

由以上三式解得: ? ?

5.解: (1)由几何关系知道 OABC 是边长为 a 正四面体,则有 NBC= 3 NB, - - - - NB=NC,OD=AD= 3 a/2,OP=AG= 3 a/3,?ODA=?-2?, 所以由正弦定理得: a 3 a/2 = , sin 2? sin ?

则 sin ?= 2 / 3 ,cos ?= 3 /3,在?APO 中, - AP= 3 a2/3+a2-2 3 a? 1 3 = 2 / 3 ,

由正弦定理得:

- - - AP OP OA = == , sin ? sin ? sin(?+?)

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对力三角形也有:

NA NB mg = == , sin ? sin ? sin(?+?)

可解得:NA= 6mg/3,NB=NC=mg/3, - (2) 解除约束后重心最低的位置为板处于水平位置时, 原来重心高为 h=AG - - cos?DAO=AGcos ?=a/3, ,最后重心高为 h’=a-OG'=a- 2 a/ 3 ,Ek =mg(h-h’)=
Lg 2

6-2 mga。 3

? ?

6.解: (1)设列车的“线密度”为 ? ,则由机械能守恒有
1 2

? L? 0 ?
2

1 2

? L? ? ? ? 2 ? R g ,
2 2

? ? ?0 ?
2 2

4? R g
2



L

(2)不难判断轨道顶部的车厢最容易脱离轨道, 该车厢受力如
?m

右图所示,两个 FT 是两边其他车厢对它的拉力。
? ?mg

?

2

R
2

? 2 FT ?

?? 2

,将 ? m ? R ? ? ? ? ? 代入,有 ②

? ? ? ? FT ? R ? g

(3)用虚功原理求 FT,对左半侧或右半侧的列车来说,移动一小段Δ s,FT 做的功是 FT ? ? s ,效果是使Δ s 长的车厢升高 2R 高度,因而有
FT ? ? s ? ? ? ? s ? 2 R g

,即 FT ? 2 R ? g
g R (3 ?


4? R L

由①②③可解得 ? 2 ? 3 R g ,所以 ? 0 ?

?0 ?

g R (3 ?

4? R L

)

7.解:以绳、球为研究对象,摆动过程中机械能守恒,而要使球能绕钉子做圆 周运动,球必须能经过圆周的最高点 C,为此据牛顿第二定律在最高点处的 速度必须大于等于一临界值,即绳中拉力为零时的线速度,据此可求出位置 O1。 要小球能击中钉子,则钉子应另有一个位置,使得挡后先做圆周运动,在到
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达最高点 C 以前,在过钉子所在水平面之后的某一位置 D,绳子松弛,球做 斜上抛运动。同时击中钉子,同时利用运动过程中机械能守恒,在 D 点绳松 弛瞬时球还在做圆周运动应满足牛顿第二定律,此后开始斜上抛又应满足斜 上抛运动规律,从而求出钉子的位置 O2。 (1)取小球、地球为一系统,设钉子到悬点的距离 O1O ? x1 ,小球绕 O1 刚好 能做圆周运动,其半径为 R1,以小球圆周运动的最高点 C 为重力势能零点, 则小球从 B 摆动到 C 的过程中机械能守恒。有: m g ( L ? 2 R1 ) ? ①
mg ? m? C R1
2

1 2

m? C

2

② ③
3 5 3 5 L L

x1 ? L ? R 1

由①②③式解得: x1 ?

即钉子到悬点的距离至少为 x1 ?

(2)取小球、地球为一系统,设小球绕 O2 刚好能击中钉子,且绕钉子做圆周 运动时半径为 R2,钉子到悬点的距离 O 2 O ? x 2 ,当小球做圆周运动到 D 点 时速度为 ? D ,O2D 与 O2O 之间夹角为θ ,这时绳中拉力刚好为零,并取 D 点为重力势能零点,则小球从 B 摆动到 D 的过程中机械能守恒: 由此得: m g ( L ? R 2 ? R 2 co s ? ) ?
m g co s ? ? m? D
2

1 2

m? D
2

① ②

R2

此后小球做斜上抛运动,设从 D 到击中 O2 的时间为 t,则有
? R 2 c o ? ? ?D s 1 2 s i? ? g t n 2

③ ④
6

R 2 sin ? ? ? D cos ? ? t

由①②③④式解得 R 2 ?

L

3

, x 2 ? L ? R 2 ? (1 ?

6 3

)L

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即钉子 O2 到悬点 O 的距离为 (1 ?

6 3

)L

8. 解: (1)铰链碰到桌面前,三物体水平方向速度相同,由动量守恒可知,它 们的水平速度必为零.两小球也不可能有竖直速度,因此铰链的竖直速度
? ?
2 gl

(2)当两杆成 900 时,设两小球的速度分别为 ? 1 和 ? 3 (水平方向) ,饺链的 速度为, ? 2 ,与左杆的夹角为θ (图 1) . 根据杆的长度不能变,所以有
? 1 co s 4 5 ? ? 2 co s ?
0

① ②

? 3 co s 4 5 ? ? 2 sin ?
0

根据物体系水平方向动量守恒,可得
m? 2 co s(4 5 ? ? ) ? m? 1 ? 2 m? 3
0



根据机械能守恒
1 2 m? 1 ?
2

1 2

m? 2 ?
2

1 2

? 2 m? 3 ? m g l (1 ?
2

1 2

)



如图 2,设铰链速度的水平分量和竖直分量分别是 ? 2? 和 ? 2?? ,则有
?1
2 ? ? ?2 2 ?? ?2 2 ? ?? ?2 2 ? ?2 2

?2
2

?

?

? m? 1 ? m? 2 ? 2 m? 3
1 2 m? 1 ?
2

1 2

? 2 m? 3 ?
2

1 2

? ?? m (? 2 ? ? 2 ) ? m g l (1 ?
2 2

1 2

)

可以比较方便地解得: ? 3 ?

3 gl(2 ? 20

2)

(3)这个问题可用动量守恒定律的一个推论来解

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决, 一个 物体系如果在水平方向上不受外力的作用,

那么这个物体的质心在水平方向上的运动状态不会 改变。本题中三个物体的质心在水平方向上不会移动. 当杆成 900 角时,A 和 C 的质心在 M 点,投影在 N 点, 因此三物体总的质心投影在 NB 的中点 O 点(图 3) , 最初 B 球就是在 O 点,所以 B 球移动了
4 3l 2

9.解: (1)设在运动时地面对 M 的支持为 R,m 对 M 的压力为 FN,M 的加速 度为 a ,m 的加速度为 a ? .

对 M: M g ? F N co s ? ? R ? 0
F N sin ? ? M a

① ② ③
a ?? ? a s i n ?

对 m: m g sin ? ? F N ? m a ??

其中 a ?? 是木块斜面对 m 的牵连加速度, 由①②③④式解得 R ?
M g (M ? m ) M ? m sin ?
2

④ ⑤

M 对水平面的压力与 R 大小相等,方向相反。 (2) 从高度 h 处由静止沿斜面下滑到水平面上时,设 m 相对于 M 的速度 m 为 ? 1 ,此刻 M 后退的速度为 ? 2 ,m 相对于地面参考系的速度为 ? 3 根据速度叠加原理, ? 1 、 ? 2 和 ? 3 的关系式为 ? 3 ? ? 1 ? ? 2 ,即
? 3 ? ? 1 ? ? 2 ? 2? 1? 2 cos ?
2 2 2

?

?

?



因为水平方向合外力为零,所以 m 与 M 系统的水平方向动量守恒,即

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m (? 1 c o ? ? ? s

2

?) M ?

2


1 2 m? 3 ?
2

据题意,系统的机械能守恒,此时有 m g h ?
2 2

1 2

M ?2

2



由⑥⑦⑧三式联立解得 ? 2 ?

2 m g h co s ? ( m ? M )( M ? m sin ? )
2

又由①②③④式解得木楔 M 后退的加速度 a 为 a ? 所以,M 向后滑行的距离为: s ?
1 2
2

m g sin ? co s ? M ? m sin ?
2

?2

2

?

m m?M

h co t ?

2a
? M m g h co s ?
2

(3) W ? ?

m? 2 ?
2

( m ? M )( M ? m sin ? )
2

2 0 0 8 1 2 2 3

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