大学物理答案第三章

第三章 功和能3-1 汽车在平直路面上行驶，若车与地面间的摩擦力恒定，而空气阻力与速度的平方成正比．设对于一辆质量为1500kg 的汽车总的阻力281300v .+=F （其中F 以N 为单位，v 以m/s 为单位），求当车速为60 km/h ，加速度为1.0m/s 2时，汽车引擎所损耗的瞬时功率．分析 作用力的瞬时功率等于该力与物体获得的速度的乘积．解 当汽车的加速度为a 时，引擎牵引力为F 1，应用牛顿第二定律，运动方程为ma F F =-1则 2181300v .++=-=ma F ma F根据瞬时功率的定义，汽车引擎所损耗的瞬时功率为W 103.83 W 3600100060360010006081300011500 813004221⨯=⨯⨯⨯⨯++⨯=++==])(..().(vv v ma F P 3-2 如习题1-7所述，若海岸高h = 10 m ，而猛烈的大风使船受到与绳的牵引方向相反的恒定的作用力F = 5000 N ，如图3-2所示．当岸上的水手将缆绳由50 m 收到30 m 后，求缆绳中张力的改变量，以及在此过程中水手所作的功．分析 水手拉缆绳的过程中，是通过缆绳将力作用在船上实现船体运动作的功．由于缆绳中的张力是变力，直接计算它的功比较困难．根据动能定理，合外力的功等于物体动能的增量，船在此过程中开始前和结束后都保持静止，船只在水平方向发生位移，水平方向只受缆绳张力水平分量和恒定阻力F 作用，则水手通过缆绳张力所作的功的量值应等于恒力F 所作的负功．解 缆绳长度由l 1=50 m 收到l 2=30 m 的过程中，位移为s ，水手作的功为J 101.035J 103010505000 52222222221⨯=---⨯=---==()(h l h l F Fs W设此过程中开始前缆绳张力为F T1、结束后为F T2，它们的水平方向分量都应与恒力F 等大而反向，因此有F l h l F =-1221T1 F l h l F =-2222T2则图3-2N 200N 1050501030305000 222222112222T1T2=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-h l l h l l F F F 3-3 质点沿x 轴运动，由x 1 = 0处移动到x 2 = 4 m 的过程中，受到力)1(00-=x x F F 的作用，其中x 0 = 2 m ，F 0 = 8 N ，作出F －x 曲线，求在此期间力F 对质点所作的功． 分析 当质点沿x 轴作直线运动时，如果外力是质点位置坐标x 的函数)(x F F =，质点从位置x 1运动到x 2的过程中，根据功的定义，该力所作的功为⎰=21d x x x x F W )(，即为F －x 图像中x 1到x 2区间曲线)(x F 与x 轴线包围面积的代数和．解 根据题意，F －x 曲线如图3-3所示．按照功的定义，有0J 42248 2d 1d 220220002121=-⨯⨯=-=-==⎰⎰)()()()(x x x F x x x F x x F W x x x x 由图3-3可见，x 1到x 2区间曲线)(x F 与x 轴线包围面积的代数和为零，与上面的计算结果一致．3-4 在x 轴线上运动的物体速度为v = 4 t 2 + 6（其中v 以m/s 为单位，t 以s 为单位），作用力3-=t F （其中F 以N 为单位，t 以s 为单位）沿x 轴正向．试求在t 1 = 1 s 和t 2 = 5 s 期间，力F 对物体所作的功．分析 当质点沿x 轴作直线运动时，如果外力是时间t 的函数)(t F F =，根据功的定义⎰=21d x x x x F W )(，无法直接积分计算，通常可利用微分关系式t t tx x d d d d d v ==，将积分变量转换为时间t 进行计算．积分变量代换后，积分的上下限也要作相应的代换．解 根据功的定义 []J 921834d 186124 d 643d d 2121212121234232=-+-=-+-=+-===⎰⎰⎰⎰t t t t t t t t x x t t t t t t t t t t t t t F x t F W )())(()()(v图3-33-5 在光滑的水平桌面上固定有如图3-5(a)所示的半圆形屏障，质量为m 的滑块以初速v 0沿屏障一端的切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，（1）证明当滑块从屏障另一端滑出时，摩擦力对它所作的功为)(1e 2120-=-μπv m W ；（2）说明上述结果为什么与圆弧半径无关． 分析 当外力无法表示成位移的函数时，功就不能直接由定义式积分进行计算．如果能确定物体初末状态的速度，可以应用动能定理，求出物体动能的增量就等于合外力对物体所作的功．证 （1）首先应计算出滑块从屏障另一端滑出时的速度．设滑块在屏障中位于如图3-5(b)所示的位置，在竖直方向无运动，在水平面内受到屏障压力F N 和摩擦力F f 作用，此时速度为v ，设屏障半径为R ，应用牛顿第二定律所得运动方程为法向： R v 2m F =N 切向： tm F d d f v =- 由于F f ＝μF N ，得 Rt 2d d v v μ-= 利用关系式θθθd d d d d d d d v v v v R t t ==，上式可写为 v v μθ-=d d (1) 由初末条件：当0=θ时，0v v =；当πθ=时，v v =，将上式分离变量并积分：⎰⎰-=πθμ0d d 0vv v v (2)得滑块从屏障另一端滑出时的速度为 μπ-=e 0v v (3)则摩擦力在此期间所作的功为)(1e 212121220202-=-=-μπv v v m m m W （2）由（1）和（2）式可以看出，当滑块发生角位移θd 时，速度的变化只与角位移θd 有关，与半径无关，因此（3）式给出的末速度也只与半圆的张角有关，这就导致最终结果与圆弧半径无关了．3-6 一个质点在指向中心的平方反比力2r k F /=的作用下，作半径为r 的圆v（a ） （b ）图3-5周运动，求质点运动的速率和总机械能．（提示：选取距力心无穷远点的势能为零．）分析 与物体间距离平方成反比的力是自然界中普遍存在的一种力，例如万有引力和电荷间的库仑力．如果该力指向中心，计算势能时，从空间任意一点到势能零点（无穷远点）积分的路径方向与力的作用方向相反，积分表达式的矢量乘积变为标量乘积后要取负号．解 质点只在指向中心的力2r k F /=的作用下作圆周运动，当速率为v 时，法向加速度为r /2v ，则质点的法向运动方程为rm r k 22v = 得 mr k =v 选取距力心无穷远为势能零点，则势能为rk r r k E r r -=-=⋅=⎰⎰∞∞d d 2p r F 总机械能为rk r k r k r k m E E E 22212p k -=-=-=+=v 3-7 在力)(j i F y x k +=的作用下，质点在xy 平面内运动，(1)分别计算质点由原点O 经路径OBA 和路径OA 移动到达A 点该力所作的功，其中AB 是以O 为圆心R 为半径的一段圆弧，如图3-7（a ）所示；(2)计算沿任意路径由位置P (x 1 , y 1)到Q (x 2 , y 2)该力所作的功，并由此证明该力是保守力．分析解 （1）根据功的定义，经路径OBA 该力所作的功为⎰⎰⎰⋅+⋅=⋅=BAOB OBA W s F s F s F d d d 1 由于力r j i F k y x k =+=)(，即沿原点指向质点所在位置的方向，所以有r F s F d d ⋅=⋅．从图3-7（a ）可以看出，在路径OB 上，力的方向与位移方向相同x kx d d =⋅r F ；在路径BA 上，力的方向与位移方向垂直，0d d =⋅=⋅r F s F ，因此可得y O B x x（a ） （b ）图3-720121d d d d kR x kx x kx W R OB BA OB ===⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰s F s F 同理，经路径OA 该力所作的功为 20121d d d d kR r kr k W ROA OA OA ==⋅=⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰r r r F s F （2）P 点的径矢大小为r 1，Q 点的径矢大小为r 2，则212121y x r +=，222222y x r +=．取任意路径L 如图3-7（b ）所示，则 )]()[()(2122212221222121 d d d 21y y x x k r r k r kr W r r L L -+-=-==⋅=⋅=⎰⎰⎰r F s F 结果表明，沿任意路径力F 所作的功与路径无关，只与P 点和Q 点的位置有关，表明力F 为保守力．3-8 沿x 轴运动的某粒子的势能是其位置x 的函数x B x A x U -=2)( 据此所作的势能曲线如图3-8所示．(1)试求粒子势能最小值所对应的运动的平衡位置；(2)当粒子的总能量AB E 82-=时，粒子将被约束在一定范围内振动，求粒子往返运动的转折位置．分析 n m xB x A x U -=)(是粒子物理、固体物理和材料科学中描述粒子间相互作用经常出现的势能函数，对它的研究和讨论有十分重要的实际意义．这里仅就最简单的情况，即12==n m ,进行分析，获得粒子运动状态的初步印象．当粒子的能量比较小时，将在平衡位置附近作简谐振动，因此平衡位置和往返运动的转折位置就有重要意义．解 （1）由0d d =x x U )(可得势能函数最小值的位置，即 02d d 23=+-=x B x A x x U )( 解得 B A x 2= （2）在往返运动的转折点处，粒子的速度为零，即动能为零，总能量应等于粒子的势能，即AB x B x A x U 822-=-=)( 可得 088222=+-A ABx x B图3-8解得 B A x 1711.= BA x 8362.= 3-9 马拉雪橇上坡，从坡底到坡顶是一段半径为R 弧长为6π的圆弧形山坡．假设马的拉力始终沿圆弧的切线方向，雪橇的质量为m ，雪橇与雪地间的滑动摩擦系数为μ，求在这段路程中马所作的功．分析 在物体运动过程中，有摩擦力等非保守力存在时，应用功能原理计算外力的功比较便捷，外力和非保守内力的功等于物体系机械能的增量． 解 以雪橇为研究对象，受力情况如图3-9所示，如果始末时刻雪橇为静止状态，在上坡过程中，马的拉力的功和摩擦阻力的负功之和等于雪橇重力势能的增量． 由于此过程雪橇高度的增加为)cos (61π-R ，因此重力势能的增量为)cos (61π-mgR ．当雪橇所在位置的法线方向与竖直方向夹角为θ时，摩擦力θμμcos mg F F ==N f ，位移θd d R s =，应用功能原理，马的拉力的功为)cos sin ()cos (cos 661 61d d 06f ππμπθθμπ-+=-+=⋅=⎰⎰m gR m gR m gR W s F3-10 用m/s 200=v 的初速度将一质量为kg 50.=m 的物体竖直上抛，所达到的高度是m 16=h ，求空气对它的平均阻力．分析 物体所受到的空气阻力是外力，重力是物体和地球组成的系统的内力，根据功能原理，空气阻力所作的功应等于系统机械能的增量．应在选取了势能零点后，确定系统的初末状态的机械能，计算出系统机械能的增量．解 取物体抛出点为重力势能零点，则物体初始机械能为20121v m E =，达最高点时机械能为mgh E =2，设空气对它的平均阻力为F ，应用功能原理得2021v m mgh Fh -=- 则 N 1.35N 8916220502220=-⨯⨯=-=).(.)(g h m F v 3-11 质量分别为m 1、m 2的二物体与劲度系数为k 的弹簧连接成如图3-11（a ）所示的系统，物体m 1放置在光滑桌面上，忽略绳与滑轮的质量及摩擦．当物体达到平衡后，将m 2往下拉h 距离后放手，求物体m 1、m 2运动的最大速率．F f R图3-9分析 应用机械能守恒定律解力学问题时，系统的选取十分重要．选定系统后，要区分内力和外力、保守力和非保守力以及作功的力和不作功的力．仅当外力和非保守内力所作的功均为零时，才能应用机械能守恒定律．本题中m 1、m 2二物体连接在一起，位移大小、速率和加速度的大小都相同．忽略绳与滑轮的质量及摩擦的情况下，张力F T 和F ’T 为一对内力，大小相等，方向分别与物体运动方向相同和相反，因此系统运动过程中二力的功之和为零．解 以弹簧与二物体组成的弹性系统以及物体与地球组成的重力系统为研究对象，二物体受力情况如图3-11（b ）所示．在系统运动过程中，因张力F T 和F ’T 所作功之和为零，只有作用在m 2上的重力及作用在m 1上的弹簧弹性力作功，系统机械能守恒．取竖直向下为x 轴正向，系统平衡时m 2的位置为坐标原点，设此时弹簧的伸长量为l 0，根据胡克定律，弹簧的弹性力大小为0kl F =．由于系统处于平衡状态，应有0T2='-F g m ，0T =-F F ，且因T T F F ='，则 002=-kl g m (1)取m 2的平衡位置为重力势能零点，初始时，m 2向下位移h ，重力势能为gh m 2-，弹簧伸长量为)(h l +0，弹性势能为2021)(h l k +，则系统机械能为 gh m h l k E 220121-+=)( (2) 当m 2处于x 位置时，设速率为v ，则系统总动能为22121v )(m m +，重力势能为gx m 2-，弹簧伸长量为)(x l +0，弹性势能为2021)(x l k +，则系统机械能为 2212202121v )()(m m gx m x l k E ++-+= (3) 应用机械能守恒定律，1E E =，由（1）、（2）和（3）式得)(22212x h m m k -+=v 显然0=x 时有最大值 212m a x m m kh +=v 3-12 用弹簧将质量分别为m 1和m 2的两块木板连接起来，必须加多大的力’Tm 2 m 2g x（a ） （b ）图3-11F 压到上面的板m 1上，以便当突然撤去F 时，上面的板跳起来能使下面的板也刚好被提离地面．分析 对于弹簧连接的两块木板组成的系统，初始时有外力作用，运动过程中m 2还受到地面的压力，弹簧的弹性力是变力，两块木板之间有相对运动，应用牛顿定律解这样的问题显得相当复杂．考虑到撤去外力F 后，作用于系统的力除作为保守力的重力和弹簧的弹性力外，只有地面的压力．根据题意，下面的板刚好被提离地面，表明其处于与地面接触的临界状态，实际并没有离开地面，也就是说没有发生位移，那么地面的压力就没有作功．于是，撤去外力F 后，只有重力和弹簧的弹性力作功，系统机械能守恒．解 以如图3-12（a ）所示的弹簧连接的两块木板组成的弹性系统、以及和地球组成的重力系统为研究对象，两块木板的处于始末状态和受力情况分别如图3-12（b ）和（c ）所示．初刻，弹簧压缩形变量为x 1，弹性势能为2121kx ，设此时系统重力势能为零，系统机械能为21121kx E = 下面的板刚好被提离地面时，弹簧伸长形变量为x 2，弹性势能为2221kx ，重力势能为)(211x x g m +，系统机械能为22211221kx x x g m E ++=)( 机械能守恒21E E =，得22211212121kx x x g m kx ++=)( 即 )()(211222121x x g m x x k +=- 两边同除以21x x +，得 g m x x k 12121=-)( (1) 初始时，由图3-12（b ）可见，m 1处于平衡状态，因11kx F =，则有011=-+kx g m F (2)12（a ） （b ） （c ）图3-12m 2刚好被提离地面时，由图3-12（c ）可见，地面压力为零，m 2处于平衡状态，因222kx F F ='=，则有022=-kx g m (3)(2)式减去(3)式得 )(2112x x k g m g m F -+-=将(1)式代入上式，得g m m F )(21+=3-13 质量m 的小球从光滑的轨道下滑，然后进入半径为R 的圆形轨道，开始下滑时，小球的高度R H 2=，如图3-13（a ）所示．求：（1）小球在什么位置脱离圆轨道；（2）小球脱离圆轨道之后，能达到的最大高度；（3）经过高度为R 的A 点时，小球对轨道的压力．分析 当物体在光滑表面上运动时，支承面对物体的压力不作功，系统机械能守恒．在曲线形轨道上运动时，轨道的压力和重力的法向分量使物体产生法向加速度．物体脱离轨道的瞬间，轨道的压力为零，只有重力的法向分量使物体产生法向加速度．解 （1）小球在轨道上某点C 受力情况如图3-13（b ）所示，此时速度为C v ，则法向运动方程为R m mg F 2N Cv =+θsin (1)如果就在C 点脱离圆轨道，0N =F ，由上式得θsin gR =2C v (2)小球运动过程中轨道压力方向始终与运动方向垂直，不作功，只有重力作功，机械能守恒．取轨道最低点为重力势能零点，初始时小球势能为R mg 2，到达C点时高度为)sin (θ+=1R h ，势能为mgh ，动能为2C 21v m ，由机械能守恒定律得 2C 212v m mgh mgR += (3)A（a ） （b ）图3-13由(2)和(3)式，且)sin (θ+=1R h ，解得R h 35=(4) （2）小球离开轨道后作抛体运动，水平方向速度不变，等于C 点速度的水平分量θsin C v ．最高点高度为max h ，重力势能为max mgh ，动能为θ22C 21sin v m ，应用机械能守恒定律，得θ22C max 212sin v m mgh mgR += (5) 由(2)、(3)、(4)和(5)式，解得R R h 8512750max .== （3）位于A 点时，0=θ，由(1)式得 Rm F 2A N v = 应用机械能守恒定律，得2A 212v m mgR mgR += 从以上两式得 mg F 2N =3-14 劲度系数为N/m 10013⨯.的弹簧，水平放置，其一端固定在墙上，另一端被质量为8 kg 的物体压缩，当弹簧形变量为15 cm 时，将物体释放，在弹簧的作用下，物体水平射出，物体和平面间摩擦力为5 N ，（1）求弹簧恢复原长时，物体的速度；（2）若弹簧恢复原长后，物体和弹簧就脱离接触，求物体此后能跑多远．分析 根据受力和各作用力作功的不同情况，将运动过程分阶段讨论，可以分别应用动能定理和功能原理求解．解 （1）取物体与弹簧组成的弹性系统为研究对象，在弹簧恢复原长的过程中，重力和平面支承力不作功，摩擦力f F 作负功，弹簧的弹性力是保守力，根据功能原理，摩擦力所作的功应等于系统机械能的增量．初始时，弹簧被压缩量m 150.=x ，弹性势能为221kx ；弹簧恢复原长时，速度为v ，动能为221v m ，则有 22f 2121kx m x F -=-v 得m/s 1.62m/s 15052150100181 2123f 2=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=)...((x F kx m v（2）物体和弹簧脱离后，在摩擦力作用下作减速运动，设此后位移为s ，应用动能定理，摩擦力所作的功应等于物体动能的增量，则2f 210v m s F -=- 得 m 12m 52621822f 2..=⨯⨯==F m s v 3-15 如图3-15所示，自动卸料车重量为G 2，连同料重为G 1，它从静止开始沿着与水平方向成︒30角的斜面下滑，滑到底端时与一呈自然长度的轻弹簧相碰，当弹簧压缩量达最大时，卸料车自动翻斗卸料，然后因弹簧的弹性力作用，料车反弹沿斜面回到原有高度．设车与斜面间的摩擦力为车重的0.25倍，求21G 的值． 分析 由于卸料车下滑与返回过程的受力情况不同，应分两阶段分析讨论．因为整个过程中除摩擦力外，没有其他的非保守力和外力作功，所以可以应用功能原理求解． 解 以卸料车与弹簧和地球组成的弹性和重力系统为研究对象．在下滑阶段，料车载重，设料车行程的高差为h ，弹簧最大压缩量为l ∆，取斜面顶端为重力势能零点，则重力势能增量为h G 1-，弹簧弹性势能增量为221)(l k ∆，摩擦力1f 250G F .=作功为︒-302501sin .h G ，应用功能原理，得 2112130250)(sin .l k h G h G ∆+-=︒- 在料车返回过程中，重力势能增量为h G 2，弹簧弹性势能增量为221)(l k ∆-，摩擦力2f 250G F .=作功为︒-302501sin .h G ，应用功能原理，得 2222130250)(sin .l k h G h G ∆-=︒- 由以上两式可得3250302503021=-︒+︒=.sin .sin G G 3-16 如图3-16所示，滑块置于一竖直轻弹簧上，弹簧原长为R ，用力使弹簧压缩到R/2时释放，则滑块恰好能通过上方光滑的1/4圆弧形轨道，并由A图3-15点抛出．(1)求弹簧的劲度系数；(2)求滑块落到地面时的水平位置．分析 在滑块离开轨道之前，由于轨道光滑，除重力和弹簧的弹性力外无其他力作功，可以应用机械能守恒定律．滑块离开轨道后，作平抛运动，运用运动学中的公式求解．在竖直光滑圆形轨道上运动的物体，只受重力和轨道压力作用，当物体刚好能通过圆形轨道顶端，表明在顶点时轨道压力为零，物体圆周运动的法向加速度只由重力产生．解 （1）取地面为重力势能零点，当弹簧被压缩时，弹性势能为2221⎪⎭⎫ ⎝⎛R k ，重力势能为mgR 21，到达A 点时，重力势能为mgR 2，速度为v ，动能为221v m ，应用机械能守恒定律得2221221221v m mgR mgR R k +=+⎪⎭⎫ ⎝⎛ (1) 根据题意，在A 点的运动方程为 Rm m g 2v = (2) 由以上两式得 Rmg k 16= （2）滑块脱离A 点后作平抛运动，竖直方向下落距离为2R ，水平运动距离为s ，则有R gt 2212= t s v = 再利用(2)式，得 R s 2=3-17 劲度系数为k 原长为R 的弹簧一端固定在竖立的半径为R 的大圆环的顶点A ，弹簧另一端连接一环形重物由位置B 释放，在重力的作用下重物向下滑移，如图所示，到达最低点C 时的速度刚好为零，如果忽略重物与大圆环之间的摩擦，求重物的质量以及运动中角加速度为零的位置．分析 通常所讨论问题中的弹簧的长度方向与物体运动方向相同．如果弹簧的长度方向以及伸长或压缩方向与物体运动方向不同，只要弹簧的弹性形变量为x ，根据胡克定律，它作用于物体的弹性力大小就为kx ，系统的弹性势能就等于221kx ． 解 由于不计摩擦，只有重力和弹簧的弹性力作功，系统机械能守恒． 初始时，设重力势能为零，弹性势能为221221R k )(-，达最低点C 时，重力势能为mgR -，弹性势能为221kR ，应用 A图3-16B 图3-17机械能守恒定律得222211221kR mgR R k +-=-)( 则重物质量为 )(12-=gkR m (1) （2）由图3-17可见，当弹簧与竖直方向夹角为θ时，重力在圆环切线方向的分量为)sin(θ2mg ；弹簧伸长量为)cos (R R -θ2，弹性力为)cos (R R k -θ2，在圆环切线方向的分量为θθsin )cos (R R k -2，则重物的切向运动方程为R m R R k mg αθθθ=--sin )cos ()sin(22令角加速度0=α，得θθθθsin )cos (cos sin R R k mg -=22利用（1）式，得 2241-=θc o s 42312241'︒=-=arccos θ 3-18 在倾角为︒30的光滑斜面上，质量为1.8 kg 的物体由静止开始下滑，到达底部时将一个沿斜面放置的劲度系数N/m 2000=k 的弹簧压缩了0.2 m 后，达瞬时静止，求：（1）物体达瞬时静止前在斜面上滑过的路程；（2）它与弹簧开始接触时的速率． 分析 只有重力和弹簧的弹性力作功，将物体和弹簧以及地球共同组成一个保守系统机械能守恒．由于实际问题所涉及的都是物体不同位置之间势能的差值，因此势能零点的选取不影响结果，只需考虑如何选取可以使表达式最简单． 解 （1）设物体在斜面上滑过的路程为s ，物体达到的最低点为重力势能零点，弹簧压缩量为0x ，弹性势能为2021kx ．开始下滑时重力势能为︒30sin mgs ，应用机械能守恒定律，得202130kx mgs =︒sin m 544m 3089812202000302220.sin ...sin =︒⨯⨯⨯⨯=︒=mg kx s （2）设物体与弹簧刚接触时，速度为v ，距最低点距离为0x ，此时重力势图3-18能为︒300sin mgx ，应用机械能守恒定律，得20213030v m mgx mgs +︒=︒sin sin m/s 6.52m/s 3020544892 3020=︒⨯-⨯⨯=︒=sin )..(.sin )(s-x g v3-19 在气垫导轨上质量为m 的滑块被劲度系数分别为k 1、k 2的两弹簧连接到气轨的两端点A 、B 上．起初气轨水平放置，两弹簧均处于无形变状态，滑块位于O 点，如图3-19（a ）所示．现迅速将气轨的B 端抬高，使其与水平面的夹角为α，如图3-19（b ）所示，求滑块运动可能达到的最低点与O 点间的距离及滑块可能达到的最大速率．分析 当重力势能和弹簧的弹性势能同时存在，应用机械能守恒定律时，应该注意势能零点的选取问题．可以按表达式最简单的原则选取重力势能零点，而弹性势能零点则通常应选取在弹簧无形变位置．解 取气轨倾斜后O 点为重力势能和弹性势能零点，设最低点与O 点间的距离为1x ，在最低点时，重力势能为αsin 1mgx -，弹性势能为212121x k k )(+，应用机械能守恒定律，得02121211=++-x k k mgx )(sin α 2112k k mg x +=αsin 气轨倾斜后，在重力和弹性力作用下，O 点不再是平衡位置．设平衡位置为O '，与O 点距离为0x ，应用牛顿定律可得0021=+-x k k mg )(sin α (1)重力势能为αsin 0mgx -，弹性势能为202121x k k )(+，物体通过O '点时速率最大，设为m v ，动能为2m 21mv ，应用机械能守恒定律，得 021212m 20210=+++-v m x k k mgx )(sin α (2) 由(1)和(2)式得（a ） （b ）图3-19210m k k m g gx +=-=ααsin sin v 3-20 在一根光滑的半径很小的水平轴上，挂着一段均匀绳，长为l ，质量为m ，如图3-20（a ）所示，绳开始滑动时，d BC =．求当l BC 32=时的加速度，并证明此时速度为)(22922d ld l l g -+-=v 分析 挂在光滑细轴上的软绳，左右两段相互作用的张力大小相等，为内力，以整条软绳为研究对象，作用在左右两段上的重力相对于运动方向分别为同向和反向．轴的支承力始终垂直于绳的运动方向，不产生加速度，也不作功．与其他连接体问题类似，沿运动方向应用牛顿定律建立方程最为简捷． 解 当l BC 32=时，设软绳加速度为a ，沿运动方向应用牛顿定律得 ma mg mg =-3132 g a 31= 取B 点为重力势能零点，竖直向下为x 轴正向，位于坐标x 的绳上小段d x 的势能为x lmgx d -，则 初始时，d BC =，势能为 2021d d lmg x l mgx d -=-⎰ d l BA -=，势能为 2021d )(d l lmg x l mgx d l --=-⎰- l d BC 32==时，势能为 23221⎪⎭⎫ ⎝⎛-l l mg l BA 31=，势能为 23121⎪⎭⎫ ⎝⎛-l l mg 此时绳的速率为v ，动能为221v m ，应用机械能守恒定律，得 2222231213221212121⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=---l l mg l l mg m d l l mg d l mg v )( 解得 )(22922d ld l l g -+-=vA x d - （a ） （b ）图3-203-21 假设地球可以看成是质量为m '、半径为R 的球体，试由（3-20）式推求以地面为重力势能零点时质量为m 的物体在距地面高度为h 处（R h <<）的重力势能的表达式，并将所得结果与（3-15）式作比较．分析 物体与地球之间的作用力是万有引力，是物体质心间距离平方成反比的力，往往取无限远处为这类力的势能零点．但在地球表面附近，通常取地球表面为重力势能零点．由于计算势能时，一般都是计算两位置的势能差，因此选取不同的零点，所得最终结果都相同．解 由（3-20）式得物体从高度为h 处移动到地面万有引力作的功为)(h R R h m m G h R R m m G r r m m G W Rh R +'=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-'='-=⎰+0020 11d 根据势能定义，此功就等于重力势能．注意到在地球表面附近h R >>，则20p Rh m m G W E '≈= 与（3-15）式作比较，得 20Rm G g '=。