例题与练习题-第六章 能量 能量守恒定律

⎛ 3 l ⎞ + 1 Ml 2 ]ω ⎟ 撞后: L ′ = J ω = [ m ⎜ ⎝4 ⎠ 3
∴ 3 lmv 0cosα = ⎛ 9 m + 1 M ⎞ l 2ω ⎟ ⎜ 4 3 ⎠ ⎝ 16
2）摆动: M + m + 地球系统 E 守恒 初态 末态
1 2 9 (16 m + 13 M )l 2ω 2
约束于引力场中，未摆脱地球影响
例3： 均匀链 m , 长 l 置于光滑桌面上,下垂部分长 0.2 l ,施力将其缓慢拉回桌面. 用两种方法求出此过程中外力所做的功. 0.8 l
μ =0
m
0.2 l x
解一: 用变力做功计算 光滑平面, 缓慢拉回, 则拉力 与链下垂部分重力大小相等。 设桌面为坐标原点，以向下
m = 2kg v −1 v0 = −2i m ⋅ s x0 = 7m
Ep(J)
4 2 0 -4 1
求：1） m 运动范围 2）何处 F>0 3）何处 vmax=?
r v0 m
4 7 9
x (m)
解：1) 初态:
Ep(J) 4 2 0 -4 1 4
r v0 m
E0 = Ek 0 + Ep 0 = mv = 4(J )
1 2 = − ∫ kx d x = − k ( Δ x ) 2 0
− k(Δx)
2
Δx
A内 = A弹
A +A = A 内 外
1 外力矩 2
=
1 1 2 3
[ m L + m L ]ω
2 2 1 2
2
kΔx = m 2ω L
2
联立可解
例5(P140 6.13):如图所示，已知: M , l , m ,α θ max = ? (只列方程) 处，求: 击中时 ω ; o 1）相撞: 质点 定轴刚体
k
x1 = 0.2 − 0.1 = 0.1m 弹簧伸长 0.1m
得 物体上升 0.1m
S
+
M
缓慢下拉: 每时刻物体处于平衡态 kx F= (0<x≤0.1m) 前0.1m为变力
kx0 =Mg (0.1<x≤0.2m) 后0.1m为恒力
0 .1
A =
=
∫ kx d x + ∫ Mg d x
0 0 .1
动能 Ek
势能增量ΔEp
0
m: 1 mgl M: 1 Mgl 4 2 3 m: mgl (1 − 4 cos θ ) M: Mgl (1 − 1 cos θ ) 2 o
3 4
1 ⎛ 9 m + 1 M ⎞ l 2ω 2 + 1 mgl + 1 Mgl ⎜ ⎟ 2 ⎝ 16 3 ⎠ 4 2
3 = 0 + mgl(1 − 4 cosθ ) + Mgl(1 − 1 cosθ ) 2
o 由此可解出所求值
3 4
l
M θ c r v0 α
l m
1 4
v r 已知：光滑桌面，m , M , k , l 0 , l ， 0 求： vB v
O
例6(P136 例5):如图所示：
l
M+m
θ
v vB
m
v0
k v
A M
l0
k
B
过程 A m与M相撞
研究对象
条件 mg与N平衡 弹簧为原长 r F外 = 0
k
m2
例4： A
m1
o
L
已知：杆长 L，质量 m1 环：m2 , 轻弹簧 k
系统最初静止，在外力矩作用下绕竖直轴无摩擦 转动。当m2 缓慢滑到端点A时，系统角速度为 ω 求：此过程中外力矩的功？
o
k
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m2
解：m1+m2+k 系统非刚体， A
m1
缓慢滑动，不计 m2 沿杆径 向运动的动能。
L
A外 + A内 = ΔE k
mx G= g l
μ =0
0.8 l
m
0.2 l x
m ⋅x 为正，则下垂部分长为x ,质量为 l
0
mg mgl AG = ∫ Gdx = ∫2lxdx = − 50 l 0.
mgl AF = − AG = 50
0.8 l
μ =0
m
Ep = 0
质心 c
0.2 l
解二: 用保守力做功与 势能变化的关系计算 令桌面
L 1 3 1 2 2 2 2 2 1 则： Mg + ML + 3 ML ω0 = MgL+ 2MgL+ ML + 1 ML ω2 3 2 2 2 2
(
)
(
)
3m 2v 2 − 969M 2 L 求解得：ω = (64 / 3) M 2 L2
要完成圆周运动: ω ≥ 0
969M 2 L 4 M ∴v ≥ = 2 gL 2 3m m
3 4
3 , v0 ;击中4 l
l
M θ c r v0 α
l m
撞前:
对 O 轴角动量守恒
1 4
3 lmv cosα = 0 4 LM = 0 ∴ L = Lm + LM = 3 lmv0cosα 4
2
v v 3 lmv sin⎛ π + α ⎞ Lm = r × mv0 = ⎜ ⎟ 0 4 ⎝2 ⎠
l
∴
1 9 2 16
(
m + M )l ω
1 3 2
2
1 4
M θ A rc
l m
v0 B α
=
( M + 43 m )gl (1 − cos θ ) 2
3 lmv cosα = ⎛ 9 m + 1 M ⎞ l 2ω ⎟ ⎜ 0 4 3 ⎠ ⎝ 16
1 ⎛ 9 m + 1 M ⎞ l 2ω 2 = ⎛ M + 3 m ⎞ gl (1 − cosθ ) ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎝ 16 3 ⎠ ⎝ 2 4 ⎠
1 2
0 .2
kx
2
|
0 .1 0
+ Mgx |
0 .2 0 .1
o
k
M
S
F
= 3 (J )
+
例2(P139 6.9)： 一质量为 m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动， (v＜＜c)离开地面的高度等于地球半径的二倍(即 2R)。试以 m、R、引力恒量 G、地球质量M表示出： (1) 卫星的动能； (2) 卫星在地球引力场中 的引力势能； (3) 卫星的总机械能。
L
Ny
o
M
r m v M
Nx
Mg
Mg
解:(1)阶段一：子弹穿过M球的过程。
Ny
o
L
Nx
以细棒、M、m为研究对象，系统 对 O 轴角动量守恒。
Mg
M
r m v M
Mg
设子弹穿出M时球摆对轴的角速度为ω 0
v 2 2 则：Lmv = m L + ML + 1 ML ω0 3 2
(
)
阶段二：球摆摆动过程。 以球摆和地球为系统，系统机械能守恒。 设球摆在下垂位置重力势能为0,最高位置时角速度为ω
1 2 2 0
E =4J p
x(m) 7 9
能量E 守恒!
当 Ep max = 4J 时, Ek = E0 − ( E p )max = 0J 作曲线 Ep = 4J ,由曲线知: 运动范围为 x ≥ 1 dE p dE p <0 > 0 , 则： 2）要使 F = − dx dx 即：势能曲线斜率为负 ∴ 1 < x < 4 x > 9
(2):球摆在水平位置时受力如图:以向外(逆时针方向)为正
Ny Nx
o
L
M
r m v M
Mg
Mg
由转动定理： L − Mg − MgL = ⎛ ML2 + 1 ML2 ⎞ β ⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ 2 9g ∴β = − 负号表示β于ω反向 8L
例7(P141 6.18) 质量为 2kg 的质点位于一维势场中（如图） 已知
由此可解出：
vA
vB
θ
例7： 如图所示,质量为M、长度为L的均匀细棒，可绕垂 直于细棒的水平轴O 自由转动，其一端有一质量也 为M的小球，现有一质量为m 的子弹，以水平速度 v射向小球，子弹穿过小球后速率减为v/2。 (1)要使球摆能在铅直平面内完 成一个完整的圆周运动，子 弹入射速率v应是多少？ (2)求细棒摆到水平位置时的角 加速度 β ？
第六章 能量 能量守恒定律
例1(P138 6.5): -1 -2 如图M=2kg，k=200Nm ，S=0.2m，g≈10m·s 。不计 轮、绳质量和摩擦, 弹簧最初为自然长度，缓慢下拉, 则AF = ? 解:以向下为正，弹簧未拉伸时绳 右端为坐标原点，设用F 将绳 端下拉0.2m时弹簧伸长x0，M 则： 将上升x1=0.2-x0， o kx0 = Mg → x0 = 0.1m F
( )
3） x = 4m 处,势能最小, 为4，动能最大, v 最大。
Ep(J)
4 2
Ep = 4J
r v0 m
x (m)
(E )
p min
1 2 + mv max = E 2
0 -4
1
4
7 9
1 2 mv max = E − Ep 2
( )
min
= 4 − (− 4 ) = 8(J )
−1
vmax = 2
原理 动量守恒
M+m
mv 0 = (m + M )v A
2 2 (m + M )vA = 1 (m + M )vB 2 2 + 1 k(l − l0 ) 2
A
B
M + m 只有弹力作功 + 弹簧 A外 + A非保内 = 0
各力力矩 都为零
v M外 = 0
机械能守恒
1 2
角动量守恒
A
B
M+m
(m + M )v Al0 = (m + M )vB l sinθ
R OM
m
F
2R
r
m
R OM
F
2R
r
解：
v << c , 非相对论问题
mM v2 =m (1) G 2 3R (3 R )
1 GmM 2 Ek = mv = 2 6R
mM mM (2) Ep = ∫ − G 2 dr = −G r 3R 3R
∞
GMm (3) E = Ek + E p = − 6R
Ep = 0
初态:
mg mg G= × 0 .2 l = l 5
E p1 = Ghc =
末态:
mg 5
(− ) = −
l 10
mgl 50
hc = 0
Ep 2 = 0
重力做功: A′ = − Δ E p = − E p 2 − E p 1 外力功:
(
)
mgl A = − A′ = 50
mgl =− 50
2 ≈ 2.82(m ⋅ s )