例题-第4章_功和能

第四章 功和能 例题
2011-2012-2
§4.A 功、动能定理
例1 质点作如图的圆周运动。求：该质点从O点
已顺知时质针点运所动受到外A点力的为过：F程r =中y2，ir +外(x力−所R)作2 rj的功。
y O
R
∫ ∫ 解：A =
A
dA
=
A
r F
⋅
drr
A
=
O A
[
y 2ir
+
O
(x
−
R)2
r j]
1
m
ct 2 (
)2
=
c2t 4
2 2m 8m
tb
§4.A 功、动能定理 例7 一质点在外力作用下运动，判断下列说法：
A、质点的动量改变时，质点的动能一定改变。
√B、质点的动能不变时，质点的动量也一定不变。 C、外力的冲量是零，外力的功一定为零。 D、外力的功为零，外力的冲量一定为零。
⋅(dx
r i
+
dy
r j)
∫ x
O A
∫= y 2dx + ( x − R)2 dy O
由图可得圆周运动的轨迹方程为：(x− R)2 + y2 = R2
代入上式得：
∫ ∫ A = 2R[R2 − (x − R)2]dx + 0(R2 − y2)dy = 4R3 3
0
0
tb
∫ ∫ EP重力 =
O
QdA重力 =
Omgr ⋅ dxr
Q
0
= ∫xmgdx
=
−mgx
x
tb
tb
2
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• 以O点为弹性势能零点
∫ ∫ ∫ EP弹性 =
O
QdA弹性 =
O
r f
⋅
dxr
Q
=
0
−
x
k
(
求：木块转一周摩擦力对木块做的功。
∫ ∫ ω
解：υr
R
r N
f drr
= mat
= −m dυ = −m dυ ⋅ ds = − m dυ υ
dt
ds dt
ds
A = dA =
r f
⋅
drr
=∫
− (−m dυ ds
υ)ds
r f
∫=
υT
mυ d υ
υ0
=
m 2
(υT2
−υ02 )
tb
tb
f=0
§4.C 功能原理、机械能守恒定律
例10 光滑斜面固定在水平面上，弹簧倔强系数k。
子弹 m 水平瞬时射入静止在斜面上的木块M中。 求： 木块沿斜面升高的最大高度hmax。 忽略由于子弹进入而引起的木块的平衡位置的改变
解：取x 轴沿斜面向上，
m 与 M 碰撞过程中，内力>>外力， 碰撞前后，（m+M）沿斜面 动量守恒
§4.D 碰撞
例16 将一种材料制成小球，另一种材料制成平板
并水平放置。令小球从一定高度 h自由落下，测得
其反跳高度h’。求：这两种材料之间的恢复系数e。
解：υr20 = υr2 =0
小球做自由落体/竖直上抛运动，
取竖直向下为+y方向，
则
υr10 =
r 2gh j,
υr1 = −
2gh′
r j
e
=
υ2 −υ1 υ10 −υ20
×（3）质点系总动能的改变与内力无关 ×（4）内力都是保守力的系统，当它所受的
合外力为零时，其机械能必然守恒
√（5）只有保守内力作用而不受外力作用的系统， 其动量和机械能必然都守恒
√（6）质点系机械能的改变与保守内力无关
tb
§4.C 功能原理、机械能守恒定律 例14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有
tb
§4.B 保守力、势能
例8 弹簧倔强系数k，上端固定，下端悬挂重物。
当弹簧伸长x0时，重物在O处达到平衡。现取此处 为各种势能的势能零点。求：当 m 偏离O点x时， 系统的重力势能、弹性势能、总势能各为多少？
O’ O
x0
x
Q dxr
r f
r G
r f
r G
解：• 以O点为重力势能零点
伽利略速度变换：υr
=υr′
+
r V
y x
υx = υ′x −V = υ′ ⋅ cosθ −V ②
tb
tb
3
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半球+滑块+地球 系统， 只有保守内力作功，机械能守恒
取水平面为势能零点
mgR + Ep半球 + 0 = mgRcosθ
υ=
2A mα
[exp(αL)
−
1)]
下略。
§4.A 功、动能定理
例6 有一质量为 m 的静止质点，受一方向不变的
外力作用，力与时间的关系为 F = ct（c为常数）。 求：此力对质点作的功与时间的关系。
解：由题知质点做直线运动，t = 0 时，υ = 0
假设运动和力均沿+x方向
F = ct
at
=
F m
√（1）一个质点系统，在惯性系S中动量守恒， 则在另一惯性系S’中，必然动量守恒；
×（2）一个质点系统，在惯性系S中机械能守恒， 则在另一惯性系S’中，必然机械能守恒；
√（3）一个质点系统，在惯性系S中动量和
机械能都守恒，则在另一惯性系S’中， 必然动量和机械能都守恒。
tb
2mA[exp(αL) −1] α
解法二：
∫ L
∫
r F
⋅ dxr
=
L
∫ Fdx
0
0
=
L Aexp(αx)dx = A [exp(αL) −1]
0
α
∫ 另一方面，由动能定理
L
r F
⋅
dxr
=
ΔEK
=
1 mυ 2 2
−0
0
A [exp(αL) −1] = 1 mυ 2
α
2
tb
=
ct m
又
at
=
dυ dt
υ = ct 2 2m
又υ = dx
dx = ct 2 dt 2m
dt
A
= ∫ dA
=
∫
r F
⋅ drr
=
∫
Fdx
=
∫t
ct
0
ct 2 2m
dt
=
c2t 4 8m
tb
解法二：
动能定理
A = EK − EK 0 = 1 mυ 2 − 0 2
=
R
μ
k
m
υ2 R
ds
∫ ∫ r
f
转一周
A=
dA =
一周
μk
m
υ2 R
ds
=
−μk
m
υ2 R
⋅2πR
=
−2πμk mυ 2
<
0
tb
§4.A 功、动能定理
例3 质量为 m 的木块在光滑水平面上沿一半径
为 R 的固定圆环形皮带内表面运动，物体与环带 间的滑动摩擦系数为μk ，设开始时木块速率为υ0，
2
2
tb
tb
1
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§4.A 功、动能定理
例5 质量为 mFr的=质Ae点αx x，ˆ 从(A静,α止为开常始数在) 外力
的作用下，从原点出发沿 x 轴正向运动。 求：质点移动距离为L的过程中，质点动量的增量。
顶点时，车恰好处于失重状态，求：h与R的关系。
hr 2R G
解：失重状态：轨道对车无压力
重力完全提供向心力
mg
=
υ m
2
（过山车+地球+轨道）系统， R
只有重力做功，系统的机械能守恒
取高度为0处为势能零点
mgh + 0 =mg ⋅ 2R + 1 mυ 2 2
h=5R 2
tb
另一方面，f
= μk N
=
μk man
=
μk
m
υ2 R
−m
dυ υ ds
=
μ
k
m
υ2 R
∫ ∫ − μk ds =υTdυ
一周 R
υ0 υ
− μk 2πR = ln υT
R
υ0
υT = υ0 exp(−2πμk )
代入得：
A
=
m 2
(υT2
−υ02 )
=
m 2
υ02
[exp(−4πμk
)
−1]
<
0
tb
r i
dt
∫ ∫ ∫ A0→ 2 =
dA =
r F
⋅
drr
=
2
2mt
r i
⋅
t
2
dt
r i
= 8m
0
tb
解法二：
υr
=
drr
=
t2
r i
dt
υ0 = 0, υ2 = 4
动能定理
A0→ 2
=
1 2
mυ
2 2
−
1Hale Waihona Puke 2mυ02= 1 m ⋅ 42 − 1 m ⋅ 02 = 8m
mυ0 cosθ + M ⋅ 0 = (m + M )V
V = mυ0 cosθ m+M
xmax
x