12动能定理

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12第12章动能定理

12第12章动能定理
因此
d ( 1 mv 2 ) = δW 2
动能定理的微分形式
积分, 将上式沿路径 M 1M 2 积分,可得
1 1 2 2 mv2 − mv1 = W12 动能定理的积分形式 2 2
18
2.质点系的动能定理 . 对质点系中的一质点 M i : d ( 1 mi vi 2 ) = δWi 2 对整个质点系, 对整个质点系,有:
1 1 − ). r2 r1
(ϕ =ϕ 2 −ϕ 1 )
∴ W12 =
ϕ2 ϕ1

r M z ( F ) dϕ
ϕ2
作用于转动刚体上力的功等于力矩的功。 作用于转动刚体上力的功等于力矩的功。
如果作用力偶, 如果作用力偶,M , 且力 W12 = 偶的作用面垂直转轴
注意:功的符号的确定。 注意:功的符号的确定。
2.定轴转动刚体 T = ∑ mi vi 2 = (∑ mi ri 2 )ω 2 = 1 J zω 2 .
2
2 3.平面运动刚体 T = 1 M vC + 1 J Cω 2 . 2 2 1 T = J Pω 2 (P为速度瞬心)
1 2
1 2
2
1 = ( J C + Md 2 )ω 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 = J Cω + M (d ω ) = J Cω + M vC 2 2 2 2
r r r δW = Fs ⋅ drc = Fs ⋅ vC dt = 0. r r drc = vC ⋅ dt = 0,
(3) 滚动摩擦阻力偶 M 的功
r vo
A F s
10
s 若M = 常量则 W12 = − Mϕ = − M R
FN
五.质点系内力的功 r r r r r r r r δ W = F ⋅ drA + F '⋅drB = F ⋅ drA − F ⋅ drB

理论力学第12章动能定理

理论力学第12章动能定理

合力之功定理
合力所作的元功等于各分力的元功的代数和;合力在质点
任一段路程中所作的功,等于各分力在同一路段中所作的功的 代数和。
W
M2 M1
FR
dr
M2 M1
Fi
dr
Wi
5
四、几种常见力的功
1、重力的功
Fx Fy 0
W12
z2 z1
mgdz
mg(z1
z2 )
Fz mg
W 12 mgh
即: dT Wi 质点系动能定理的微分形式
T2 T1
W 12
质点系动能定理的积分形式
质点系动能的改变量,等于作用于质点系上的所有力在同一运 动过程中所作的功的代数和。——质点系积分形式动能定理
16
关于功的讨论
1.质点系内力的功
W
F drA F'drB
F drA F drB
vi vC vir
于是有:
T
1 2
mvC2
12mivi2r
质点系的动能等于质点系随同质心C的平动的动能与质点系相对于 质心C运动的动能之和。——柯尼希定理。
13
三.刚体的动能
1.平动刚体
T
1 2
mi
vi
2
1M 2
vC 2
2.定轴转动刚体
T
1 2
mi vi 2
1 2
(
miri2 ) 2
V k 2 δ 为质点在位置M时的弹簧的变形量。
2
三. 机械能守恒定律
T1 V1 T2 V2 机械能守恒.T+V称为机械能
质点系在仅有势力作用下运动时,其机械能保持不变。
质点系在非有势力作用下运动,机械能不守恒。在质点系的 运动过程中,机械能和其他形式的能量之和仍保持不变,这 就是能量守恒定律。

理论力学12—动能定理

理论力学12—动能定理
2
ω ϕ
vB B
vB = O1 B ⋅ ω AB = 2a sin ϕ ⋅ ω = 3aω
1 3ma ω 2 TB = mB vB = 2 2
2 2
O
对于曲柄OC:
I O = mOC a 2 = ma 2
1 3
vA A O1
TOC = I Oω 2 = ma 2ω 2
1 2 1 6
规尺作平面运动,用绕速度瞬心转动的公 式求动能:
因此F在整个过程中所作的功为
1 1 2 2 2 2 WF = k (δ1 − δ 2 ) = 0.5(5 − 25 ) = −150 N⋅ cm 2 2
因此所有力的功为
W = WT + WF = 200 − 150 = 50 N⋅ cm
12.2 质点和质点系的动能
1. 质点的动能 设质点的质量为m,速度为v,则质点的动能为
1 2 2 W12 = k (δ 1 − δ 2 ) 2
弹性力作的功只与弹簧在初始和末了位置的变形量有 关,与力的作用点A的轨迹形状无关。
常见力的功
3) 定轴转动刚体上作用力的功
设作用在定轴转动刚体上A点的力为F, 将该力分解为Ft、Fn和Fb, 当刚体转动时,转角ϕ与弧长s的关系为
z F
Ft = F cos θ
第12章 动能定理
• • • • •
力的功 质点和质点系的动能 动能定理 普遍定理的综合应用举例 功率·功率方程·机械效率
引言
前两章是以动量和冲量为基础,建立了质点或质 点系运动量的变化与外力及外力作用时间之间的关系。 本章以功和动能为基础,建立质点或质点系动能的改 变和力的功之间的关系,即动能定理。不同于动量定 理和动量矩定理,动能定理是从能量的角度来分析质 点和质点系的动力学问题,有时是更为方便和有效的。 同时,它还可以建立机械运动与其它形式运动之间的 联系。 在介绍动能定理之前,先介绍有关的物理量:功 与动能。

第2讲 动能定理及其应用

第2讲  动能定理及其应用

用,在 0~6 s 内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分
别如图所示。下列说法中正确的是(g 取 10 m/s2)
()
A.0~6 s 内拉力做的功为 140 J B.物体在 0~2 s 内所受的拉力为 4 N C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为 0.5 D.合外力在 0~6 s 内做的功与 0~2 s 内做的功相等
()
A.FL=12Mv2
B.Fs=12mv2
C.Fs=12mv20-12(M+m)v2
D.F(L+s)=12mv20-12mv2
解析:根据动能定理,对子弹,有-F(L+s)=12mv2-12mv20,选项 D 正确; 对木块,有 FL=12Mv2,选项 A 正确;由以上二式可得 Fs=12mv20-12(M +m)v2,选项 C 正确,只有选项 B 错误。 答案:ACD
联立解得:t=
2L gsin θ-μ1cos θ
可见, t 与 m 无关,小华与小明下滑的时间相同。
[答案] (1)2.4 m (2)2 2 m/s (3)见解析
[规律方法] (1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求
解,也可以应用动能定理求解。 (2)在不涉及时间的问题中,可优先考虑应用动能定理。 (3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的,一般以地面为参考系。
(2)冲上斜面的过程,由动能定理得 -mgLsin 30°=0-12mv2A 解得冲上斜面 AB 的长度 L=5 m。 [答案] (1)5 2 m/s (2)5 m
考法(四) 动能定理与 v-t、P-t 图像的合
[例 4] (多选)放在粗糙水平地面上质量为 0.8 kg 的物体受到水平拉力的作
(1)求滑梯的高度 h; (2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数 μ1=13,求他从滑梯上由静止滑到底 端的瞬时速度大小; (3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华,从滑梯上由静止滑到底端,有 人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确?简要说明理由。

12:动能定理

12:动能定理

设有矢量函数(向量场):
v v v v F (x , y , z ) = Fx i + Fy j + Fz k
则“对坐标的曲线积分”是( M 1 和 M 2 分别是曲线上 的积分起点和终点):
òM
M2
1
(Fx dx + Fydy + Fzdz )
它与“对弧长的曲线积分”之间的关系是( (a , b , g ) 是 点 (z , y, z ) 处切线的方向角):
v v 求证: 2r ?dr
v v d (r r )
证:
v v v v 令 r = xi + yj + zk v v v v 那么:dr = (dx )i + (dy ) j + (dz )k
v v 左边= 2r ?dr 2xdx + 2ydy + 2zdz
d(x 2 + y 2 + z 2 ) = 2xdx + 2ydy + 2zdz
第十二章 动能定理
§12-1 力的功
功是度量力在一段路程上对物体作用的累积效 应,力作功的结果使物体的机械能发生变化。
1. 质点上力的功 一、功的一般表达式 定义:元功 W F dr
F cos ds Ftdt
r
O
dr
F
全功
W12 =
蝌 M
1
M2
F ?dr
M2 M1
Fx d x + Fy d y + Fz d z
F
FN
例12-2
均质杆OA=l,重P,圆盘重Q,半径r,可绕A轴自 由旋转,初始时,杆垂直,系统静止,设 OA 杆无 初速度释放。求:杆转至水平位置时,杆的角速度、 角加速度。 解: 受力分析 运动分析:OA杆定轴 转动,圆盘平动。

曲线运动第12讲 功能关系(动能定理及其应用篇)

曲线运动第12讲  功能关系(动能定理及其应用篇)

功能关系(动能定理及其应用)知识点梳理1.动能:物体由于运动而具有的能量。

影响因素:<1>质量 <2>速度 表达式:E k =221mv 单位:J 2、动能定理<1>定义:物体动能的变化量等于合外力做功。

<2>表达式:△E k =W F 合3、W 的求法动能定理中的W 表示的是合外力的功,可以应用W =F 合·lc os α(仅适用于恒定的合外力)计算,还可以先求各个力的功再求其代数和,W =W 1+W 2+…(多适用于分段运动过程)。

4.适用范围动能定理应用广泛,直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。

5.动能定理的应用(1)选取研究对象,明确它的运动过程;(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况:受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能E k 1和E k 2;母本身含有负号。

方法突破之典型例题题型一对动能定理的理解1.一个人用手把一个质量为m=1kg的物体由静止向上提起2m,这时物体的速度为2m/s,则下列说法中正确的是()A.合外力对物体所做的功为12JB.合外力对物体所做的功为2JC.手对物体所做的功为22JD.物体克服重力所做的功为20J2.关于对动能的理解,下列说法不正确的是()A.凡是运动的物体都具有动能B.动能总是正值C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化D.一定质量的物体,速度变化时,动能一定变化光说不练,等于白干1、若物体在运动过程中所受的合外力不为零,则()A.物体的动能不可能总是不变的B.物体的动量不可能总是不变的C.物体的加速度一定变化D.物体的速度方向一定变化2、物体在合外力作用下,做直线运动的v﹣t图象如图所示,下列表述正确的是()A.在0~1s内,合外力做正功B.在0~2s内,合外力总是做正功C.在1~2s内,合外力不做功D.在0~3s内,合外力总是做正功3、物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则()A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2WC.从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W4、美国的NBA篮球赛非常精彩,吸引了众多观众.经常有这样的场面:在临终场0.1s的时候,运动员把球投出且准确命中,获得比赛的胜利.如果运动员投篮过程中对篮球做功为W,出手高度为h1,篮筐距地面高度为h2,球的质量为m,空气阻力不计,则篮球进筐时的动能表达正确的是()A.mgh1+mgh2-WB.mgh2-mgh1-WC.W+mgh1-mgh2D.W+mgh2-mgh15、轻质弹簧竖直放在地面上,物块P 的质量为m ,与弹簧连在一起保持静止。

高中物理【动能定理及其应用】知识点、规律总结

高中物理【动能定理及其应用】知识点、规律总结

a­t 图 由公式 Δv=at 可知,a­t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F­x 图 由公式 W=Fx 可知,F­x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P­t 图 由公式 W=Pt 可知,P­t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
2.解决物理图象问题的基本步骤
运用动能定理巧解往复运动问题 [素养必备]
考点二 应用动能定理求解多过程问题
师生互动
1.首先需要建立运动模型,选择合适的研究过程能使问题得ห้องสมุดไป่ตู้简化.当物体的运
动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究
过程.
2.当选择全部子过程作为研究过程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,
要注意运用它们的做功特点:
(1)重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关.
1.动能是标量,12mv2 中的 v 指物体的合速度,动能定理中的功指所有力做的总功, 所以不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理.
2.动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量.动 能为非负值,而动能变化量有正负之分.ΔEk>0 表示物体的动能增加,ΔEk<0 表示物体 的动能减少.
考点一 对动能定理的理解
自主学习
1.对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中“=”的意义是一种因果关
系在数值上相等的符号.
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力,既包括重力、弹力、摩擦力,也包括 电场力、磁场力或其他力,功则为合力所做的总功.
2.应用动能定理的流程
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积.
3.专注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如:速度、加速度或位移).

第12章动能定理(删——新)

第12章动能定理(删——新)

P 刚体的平面运动动能就等于随质心C的平动动能与绕质心 C转动的动能之和。
思考:图示圆轮只滚不滑,此瞬时轮心速度为vO,则园 轮的动能T=?
1 1 2 T M O + J O 2 2 2 1 1 3 2 2 2 = M O + M O = M O 2 4 4
O
vO
思考:图示圆轮边缘B点绞接杆AB,A端放在水平地面 上,轮与地面只滚不滑,此瞬时A端速度为vA,B点位 于轮上最高点,则系统的动能T=? 1 1 1 2 2 T M A + M O + J O 2 2 2 2 1 1 1 11 2 2 2 2 = M A + M A + M A = M A 2 8 16 16 B vB AB杆瞬时平动
ω
3、平面运动刚体的动能
该瞬时瞬心为P,角速度为ω ,
· v· · v m ·· C · ·
i
i
c
1 2 2 T J P J P=J C+Md 2 1 1 2 2 2 T J P = (J C+Md ) 2 2 1 1 2 = J C + Md 2 2 2 2 1 1 2 2 = J C + M C 2 2
aA
P M
练习题:长为l、重为Q的均质杆AB的A端与一半径为 R、重为P 的均 质圆轮的轮心 绞接在一起,轮与地面间只滚不滑,墙与杆间无摩擦, 系统初始静止,θ0=450,而后自由下落,求轮心A在初瞬时的加速 度。 B D 解: T1 0
1 1 1Q 2 2 2 T2 J P P J C C vC 2 2 2 g 3 P 2 1 1 Q 2 vA 2 vA l ( ) 4g 2 12 g l sin vA 1 Q l vA 2 ( ) 2 g 2 l sin 1 2 3 P 1Q 1 v A[ ] 2 2 2 g 3 g sin l W Q (sin 0 sin ) 2

动能定理及应用

动能定理及应用

第2讲 动能定理及应用一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能.2.公式:E k =12m v 2.3.单位:焦耳,1 J =1 N·m =1 kg·m 2/s 2.4.标矢性:动能是标量,动能与速度方向无关.5.动能的变化:物体末动能与初动能之差,即ΔE k =12m v 22-12m v 12.二、动能定理1.内容:在一个过程中合力对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式:W =ΔE k =E k2-E k1=12m v 22-12m v 12.3.物理意义:合力的功是物体动能变化的量度.4.适用条件:(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用.如图1所示,物块沿粗糙斜面下滑至水平面;小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R ).图1对物块有W G +W f1+W f2=12m v 2-12m v 02对小球有-2mgR +W f =12m v 2-12m v 02自测1 (多选)关于动能定理的表达式W =E k2-E k1,下列说法正确的是( ) A.公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,也可通过以下两种方式计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的E k2-E k1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时,动能减少D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但不适用于变力做功答案BC自测2关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是()A.合外力为零,则合外力做功一定为零B.合外力做功为零,则合外力一定为零C.合外力做功越多,则动能一定越大D.动能不变,则物体所受合外力一定为零答案 A命题点一对动能定理的理解1.动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系:合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能变化就是合外力做的功.(2)因果关系:合外力做功是引起物体动能变化的原因.(3)量纲关系:单位相同,国际单位都是焦耳.2.标量性动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例1(多选)如图2所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段距离.在此过程中()图2A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力,对A物体运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,B正确.A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑动,A、B相对地的位移不相等,故二者做功不相等,C错误.对B应用动能定理W F-W f=ΔE k B,W F=ΔE k B+W f,即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和,D正确.根据功能关系可知,外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和,故A错误.变式1(多选)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动,前进一段距离之后速度大小为v,再前进一段距离使物体的速度增大为2v,则()A.第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B.第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍答案AB命题点二动能定理的基本应用1.应用流程2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况,可以画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系.(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;也可以全过程应用动能定理.(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验.例2 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图3所示,一固定容器的内壁是半径为R 的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时,向心加速度的大小为a ,容器对它的支持力大小为N ,则( )图3A.a =2(mgR -W )mRB.a =2mgR -WmRC.N =3mgR -2W RD.N =2(mgR -W )R答案 AC解析 质点P 下滑过程中,重力和摩擦力做功,根据动能定理可得mgR -W =12m v 2,根据公式a =v 2R ,联立可得a =2(mgR -W )mR ,A 正确,B 错误;在最低点重力和支持力的合力充当向心力,根据牛顿第二定律可得,N -mg =ma ,代入可得,N =3mgR -2W R ,C 正确,D 错误.例3 (2017·上海单科·19)如图4所示,与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点,且固定于竖直平面内.滑块从斜面上的A 点由静止释放,经B 点后沿圆轨道运动,通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零.已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.25.(g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:图4(1)滑块在C 点的速度大小v C ; (2)滑块在B 点的速度大小v B ; (3)A 、B 两点间的高度差h .答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m解析 (1)对C 点,滑块竖直方向所受合力提供向心力mg =m v C 2Rv C =gR =2 m/s(2)对B →C 过程,由动能定理得-mgR (1+cos 37°)=12m v C 2-12m v B 2v B =v C 2+2gR (1+cos 37°)≈4.29 m/s(3)滑块在A →B 的过程,由动能定理得mgh -μmg cos 37°·h sin 37°=12m v B 2-0代入数据解得h ≈1.38 m变式2 (2016·天津理综·10)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图5所示,质量m =60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a =3.6 m/s 2匀加速滑下,到达助滑道末端B 时速度v B =24 m/s ,A 与B 的竖直高度差H =48 m ,为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧.助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h =5 m ,运动员在B 、C 间运动时阻力做功W =-1 530 J ,取g =10 m/s 2.图5(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大.答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动,设AB 的长度为x ,则有v B 2=2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx-F f =ma② 联立①②式,代入数据解得F f =144 N③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ,在由B 到达C 的过程中,由动能定理得 mgh +W =12m v C 2-12m v B 2④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ,由牛顿第二定律有F N -mg =m v C 2R⑤ 由题意和牛顿第三定律知F N =6mg⑥联立④⑤⑥式,代入数据解得R =12.5 m. 命题点三 动能定理与图象问题的结合1.解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义. (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义,分析解答问题,或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量. 2.图象所围“面积”的意义(1)v -t 图象:由公式x =v t 可知,v -t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移. (2)a -t 图象:由公式Δv =at 可知,a -t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量. (3)F -x 图象:由公式W =Fx 可知,F -x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功. (4)P -t 图象:由公式W =Pt 可知,P -t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.例4 如图6甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ,OA 长为4 m.有一质量为m 的滑块,从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用.F 只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA 间的动摩擦因数μ=0.25,g 取10 m/s 2,试求:图6(1)滑块运动到A 处的速度大小;(2)不计滑块在A 处的速率变化,滑块冲上斜面AB 的长度是多少? 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知,在前2 m 内,F 1=2mg ,做正功,在第3 m 内,F 2=-0.5mg ,做负功,在第4 m 内,F 3=0.滑动摩擦力F f =-μmg =-0.25mg ,始终做负功,对于滑块在OA 上运动的全过程,由动能定理得 F 1x 1+F 2x 2+F f x =12m v A 2-0代入数据,解得v A =5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程,由动能定理得-mgL sin 30°=0-12m v A 2解得L =5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L =5 m.变式3 (多选)质量为m 的物体放在水平面上,它与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g .用水平力拉物体,运动一段时间后撤去此力,最终物体停止运动.物体运动的v -t 图象如图7所示.下列说法正确的是( )图7A.水平拉力大小为F =m v 0t 0B.物体在3t 0时间内位移大小为32v 0t 0C.在0~3t 0时间内水平拉力做的功为12m v 02D.在0~3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmg v 0答案 BD解析 根据v -t 图象和牛顿第二定律可知F -μmg =m v 0t 0,故选项A 错误;由v -t 图象与坐标轴所围面积可知,在3t 0时间内的位移为x =12·3t 0·v 0=32v 0t 0,所以选项B 正确;由动能定理可知W -μmgx =0,故水平拉力做的功W =32μmg v 0t 0,又F f =μmg =m v 02t 0,则W =34m v 02,选项C 错误;0~3t 0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P =W f 3t 0=12μmg v 0,所以选项D 正确.变式4 (2018·湖北黄石调研)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到0~6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图8所示.下列说法正确的是( )图8A.0~6 s 内物体先向正方向运动,后向负方向运动B.0~6 s 内物体在4 s 时的速度最大C.物体在2~4 s 时的速度不变D.0~4 s 内合力对物体做的功等于0~6 s 内合力对物体做的功 答案 D解析 物体6 s 末的速度v 6=12×(2+5)×2 m/s -12×1×2 m/s =6 m/s ,则0~6 s 内物体一直向正方向运动,A 项错误;由题图可知物体在5 s 末速度最大,为v m =12×(2+5)×2 m/s =7 m/s ,B 项错误;由题图可知物体在2~4 s 内加速度不变,做匀加速直线运动,速度变大,C 项错误;在0~4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知:W 合4=12m v 42-0,又v 4=12×(2+4)×2 m/s =6 m/s ,得W 合4=36 J ,0~6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知: W 合6=12m v 62-0,又v 6=6 m/s ,得W 合6=36 J.则W 合4=W 合6,D 项正确.命题点四 动能定理在多过程问题中的应用例5 (2017·河北唐山模拟)如图9所示,装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB 、CD 段是光滑的,水平轨道BC 的长度x =5 m ,轨道CD 足够长且倾角θ=37°,A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1=4.30 m 、h 2=1.35 m.现让质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止释放.已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:图9(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小; (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔; (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中:由动能定理得mg (h 1-h 2)-μmgx =12m v D 2-0.代入数据,解得v D =3 m/s. (2)小滑块从A →B →C 过程中: 由动能定理得mgh 1-μmgx =12m v C 2.代入数据,解得v C =6 m/s.小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a =g sin θ=6 m/s 2. 小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1=v Ca =1 s.由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2=t 1=1 s. 故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t =t 1+t 2=2 s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总,对小滑块运动全过程应用动能定理. 有mgh 1=μmgx 总.代入数据,解得x 总=8.6 m ,故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为:2x -x 总=1.4 m. 变式5 (2015·福建理综·21)如图10所示,质量为M 的小车静止在光滑水平面上,小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道,BC 段是长为L 的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B 点.一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g .图10(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车,滑块仍从A 点由静止下滑,然后滑入BC 轨道,最后从C 点滑出小车.已知滑块质量m =M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ,求:①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v m ; ②滑块从B 到C 运动过程中,小车的位移大小s . 答案 (1)3mg ,方向竖直向下 (2)①gR 3 ②13L 解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大,从A 到B 机械能守恒,则mgR =12m v B 2滑块在B 点处,由牛顿第二定律知 F N -mg =m v B 2R解得F N =3mg 由牛顿第三定律知滑块对小车的压力F N ′=3mg ,方向竖直向下.(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒得, mgR =12M v m 2+12m (2v m )2解得v m =gR3②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C , 由功能关系知,mgR -μmgL =12M v C 2+12m (2v C )2设滑块从B 运动到C 过程中,小车运动的加速度大小为a , 由牛顿第二定律μmg =Ma 由运动学规律v C 2-v m 2=-2as 解得s =13L1.(多选)(2017·山师大附中模拟)质量不等,但有相同动能的两个物体,在动摩擦因数相同的水平地面上滑行,直至停止,则( ) A.质量大的物体滑行的距离大 B.质量小的物体滑行的距离大 C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功一样多 答案 BD解析 根据动能定理-μmg ·s =0-E k0,所以质量小的物体滑行的距离大,并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小,B 、D 选项正确.2.一个质量为25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为2.0 m/s.g 取10 m/s 2,关于力对小孩做的功,以下结果正确的是( ) A.合外力做功50 J B.阻力做功500 J C.重力做功500 J D.支持力做功50 J答案 A3.(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t 内位移为s ,动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t 2 D.8s t 2 答案 A解析 动能变为原来的9倍,则质点的速度变为原来的3倍,即v =3v 0,由s =12(v 0+v )t 和a=v -v 0t 得a =s t2,故A 项正确.4.在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块,抛出时的速度为v 0,当它落到地面时的速度为v ,用g 表示重力加速度,则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A.mgh -12m v 2-12m v 02B.-12m v 2-12m v 02-mghC.mgh +12m v 02-12m v 2D.mgh +12m v 2-12m v 02答案 C解析 对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程,根据动能定理可得mgh -W f =12m v 2-12m v 02,解得W f =mgh +12m v 02-12m v 2,选项C 正确.5.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动,t =4 s 时停下,其v -t 图象如图1所示,已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同,则下列判断正确的是( )图1A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t =2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t =1 s 到t =3 s 这段时间内拉力不做功 答案 A6.(多选)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上,在一水平外力F 的作用下运动,如图2甲所示,外力F 对物体所做的功、物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示,重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图2A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动的位移为13 mC.物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D.x =9 m 时,物体的速度为3 2 m/s 答案 ACD解析 由W f =F f x 对应题图乙可知,物体与地面之间的滑动摩擦力F f =2 N ,由F f =μmg 可得μ=0.2,A 正确;由W F =Fx 对应题图乙可知,前3 m 内,拉力F 1=5 N ,物体在前3 m 内的加速度a 1=F 1-F f m =3 m/s 2,C 正确;由动能定理得:W F -F f x =12m v 2,可得:x =9 m 时,物体的速度为v =3 2 m/s ,D 正确;物体的最大位移x m =W FF f=13.5 m ,B 错误.7.(多选)质量为2 kg 的物体,放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图3所示,重力加速度g 取10 m/s 2,则此物体( )图3A.在位移x=9 m时的速度是3 3 m/sB.在位移x=9 m时的速度是3 m/sC.在OA段运动的加速度是2.5 m/s2D.在OA段运动的加速度是1.5 m/s2答案BD8.(多选)(2018·河南安阳质检)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图4中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g取10 m/s2,由此可知()图4A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为12 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s答案ABC9.(多选)如图5所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP,其中Q是半圆形轨道的中点,半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切,质量为m的小球沿水平轨道运动,通过O 点后进入半圆形轨道,恰好能够通过最高点P,然后落到水平轨道上,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是(g为重力加速度)()图5A.小球落地时的动能为52mgRB.小球落地点离O 点的距离为2RC.小球运动到半圆形轨道最高点P 时,向心力恰好为零D.小球到达Q 点的速度大小为3gR 答案 ABD10.(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车.当太阳光照射到汽车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进.设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶,经过时间t ,速度为v 时达到额定功率,并保持不变.之后汽车又继续前进了距离s ,达到最大速度v max .设汽车质量为m ,运动过程中所受阻力恒为F f ,则下列说法正确的是( ) A.汽车的额定功率为F f v maxB.汽车匀加速运动过程中,克服阻力做功为F f v tC.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中,克服摩擦力所做的功为12m v max 2-12m v 2D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中,合力所做的功为12m v max 2答案 AD11.(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图6所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以速度v 0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度为g .求:图6(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度.答案 (1)v 20-v 212gs 0 (2)s 1(v 0+v 1)22s 2解析 (1)设冰球的质量为m ,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得-μmgs 0=12m v 21-12m v 2①解得μ=v 20-v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2,所用的时间为t .由运动学公式得 v 02-v 12=2a 1s 0③ v 0-v 1=a 1t④ s 1=12a 2t 2⑤联立③④⑤式得 a 2=s 1(v 1+v 0)22s 2⑥12.如图7所示,装置ABCDE 固定在水平地面上,AB 段为倾角θ=53°的斜面,BC 段为半径R =2 m 的圆弧轨道,两者相切于B 点,A 点离地面的高度为H =4 m.一质量为m =1 kg 的小球从A 点由静止释放后沿着斜面AB 下滑,当进入圆弧轨道BC 时,由于BC 段是用特殊材料制成的,导致小球在BC 段运动的速率保持不变.最后,小球从最低点C 水平抛出,落地速率为v =7 m/s.已知小球与斜面AB 之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g =10 m/s 2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,求:图7(1)小球从B 点运动到C 点克服阻力所做的功; (2)B 点到水平地面的高度; (3)小球运动到C 点时的速度大小. 答案 (1)8 J (2)2 m (3)5 m/s解析 (1)设小球从B 到C 克服阻力做功为W BC ,由动能定理mgR (1-cos θ)-W BC =0. 代入数据解得W BC =8 J.(2)设小球在AB 段克服阻力做功为W AB ,B 点到地面高度为h ,则W AB =μmg AB cos θ, 而AB =H -hsin θ.对于小球从A 点到落地的整个过程,由动能定理 mgH -W AB -W BC =12m v 2.联立解得h =2 m.(3)设小球在C 点的速度为v C ,对于小球从C 点到落地的过程,由动能定理 mg ·CD =12m v 2-12m v C 2CD =h -R (1-cos θ) 联立解得v C =5 m/s.。

理论力学-动能定理 案例

理论力学-动能定理 案例
上作用有力偶M ,摩擦力不计.
求:O1 , O2处的约束力.
解:
T
1 2
J
2
O1 1
1 2
JO2 JO3
22
1 2
mAvA2
其中
2
1
2
A
2r
1r
2
,
J O1
1 2
m1r 2 ,
JO2
1 2
m2R2 , JO3
1 2
m3r 2
δW Md mAdh
M
其中 dh 1 rd
2
dT
dt
δW
aA
T2
1 2
mvC2
1 2
J C 2
1 2
mAvA2
其中: vC R
vA (R r)
aC R aA (R r)
T2
1 2
m(C2
R2) mA(R r)2
2
力的功 W mAgs
mAgs
1 2
m(C2
R2) mA(R r)2
2
T1
函数式
两端对时间求导得
mAgvA m(C2 R2 ) mA (R r)2
1 J d 2
2 dt
1 2
m
J R2
ds dt
2
P重力
mg
ds dt
, P弹性力
ks
ds dt
dT dt P重力 P弹性力
m
J R2
ds dt
d2s dt 2
mg
ds dt
ks ds dt
m
J R2
d2s dt 2
mg
ks

为弹簧静伸长,即mg=k

理论力学基础 动能定理

理论力学基础 动能定理


M2 M1
(
Fx
dx

Fy
dy

Fzdz)
鞍山科技大学机械工程与自动化学院工程力学系
理论力学
第十二章 动能定理
三、重力之功 Fx Fy 0 Fz mg
W12

z2 z1
mgdz

mg(z1

z2 )
质点系

一 节
W m g(z z )
12
i
i1
i2



由 mzC mi zi
量分别为m和2m,且OC=AC=BC=l,滑块A和
第 B重量均为m。常力偶M作用在曲柄上,设=0
三 节 动
时系统静止,求曲柄角速度和角加速度 (以转角
表示)。
vB

定 理
K
vA
鞍山科技大学机械工程与自动化学院工程力学系
理论力学
第十二章 动能定理
例题六 图示系统中,滚子A 、滑轮B 均质,重
量和半径均为Q 及r,滚子沿倾角为 的斜面向
W d r F

节 m d v d r mdv d r mdv v mvdv
动 能 定
dt

d
(
1
dt
mv2 )

2
动能定理的微分形式: W d ( 1 mv2 )
2
动能定理的积分形式:
W

1 2
mv22

1 2
mv12
鞍山科技大学机械工程与自动化学院工程力学系
下滚动而不滑动,借跨过滑轮B的不可伸长的绳
第 索提升重P的物体,同时带动滑轮B绕O轴转动,

第四章 专题强化12 动能定理在往复运动、平抛、圆周运动中的应用

第四章 专题强化12 动能定理在往复运动、平抛、圆周运动中的应用

动能定理在往复运动、平抛、圆周运动中的应用[学习目标] 1.会灵活选取研究过程,应用动能定理解决往复运动问题.2.会用动能定理解决平抛运动问题.3.结合圆周运动的知识,会应用动能定理计算圆周运动问题.一、利用动能定理分析往复运动问题1.在有摩擦力做功的往复运动过程中,注意两种力做功的区别: (1)重力做功只与初、末位置有关,而与路径无关;(2)滑动摩擦力做功与路径有关,克服摩擦力做的功W =fs (s 为路程).2.由于动能定理解题的优越性,求多过程往复运动问题中的路程时,一般应用动能定理. 例1 (2022·平潭翰英中学高一阶段练习)如图所示,一个小球的质量m =2 kg ,能沿倾角θ=37°的斜面由顶端B 从静止开始下滑,小球滑到底端时与A 处的挡板碰触后反弹(小球与挡板碰撞过程中无能量损失),若小球每次反弹后都能回到原来的23处,已知A 、B 间距离为s 0=2 m ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g =10 m/s 2,求:(1)若斜面光滑,小球到达A 点的速度v A 的大小.(2)以A 点所在水平面为零势能面,小球第一次反弹后的最大势能E p ; (3)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功. 答案 (1)2 6 m/s (2)16 J (3)10 m 24 J解析 (1)若斜面光滑,在沿斜面方向上由牛顿第二定律得mg sin θ=ma 解得a =6 m/s 2,根据运动学公式v A 2=2as 0, 解得v A =2 6 m/s.(2)以A 点所在水平面为零势能面,小球第一次反弹后的最大势能E p =2mgs 0sin θ3=16 J.(3)设小球与斜面间的动摩擦因数为μ,小球第一次由静止从B 点下滑到碰撞后上升到速度为零的过程中,由动能定理得mg ⎝⎛⎭⎫s 0-23s 0sin θ-μmg ⎝⎛⎭⎫s 0+23s 0cos θ=0, 小球最终一定会停在A 处,全过程由动能定理得mgs 0sin θ-μmgs cos θ=0, 联立解得小球通过的总路程为s =10 m , 所以小球克服摩擦力做的功为 W 克f =μmgs cos θ=24 J.例2 如图所示,ABCD 为一竖直平面内的轨道,其中BC 水平,A 点比BC 高出10 m ,BC 长1 m ,AB 和CD 轨道光滑,曲、直轨道平滑连接.一质量为1 kg 的物体,从A 点以4 m/s 的速度沿轨道开始运动,经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点时速度为0.g 取10 m/s 2,求:(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数;(2)物体第5次经过B 点时的速度大小(结果可用根式表示); (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米). 答案 (1)0.5 (2)411 m/s (3)距B 点0.4 m 解析 (1)由A 到D ,由动能定理得 -mg (h -H )-μmgs BC =0-12m v 12解得μ=0.5(2)物体第5次经过B 点时,物体在BC 上滑动了4次,由动能定理得 mgH -μmg ·4s BC =12m v 22-12m v 12,解得v 2=411 m/s(3)分析整个过程,由动能定理得 mgH -μmgs =0-12m v 12解得s =21.6 m所以物体在轨道上来回运动了10次后,还有1.6 m ,故最后停止的位置与B 点的距离为2 m -1.6 m =0.4 m.二、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合,解决这类问题要特别注意:(1)与平抛运动相结合时,要注意应用运动的合成与分解的方法,如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.(2)与竖直面内的圆周运动相结合时,应特别注意隐藏的临界条件:①可提供支撑效果的竖直面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为v min =0. ②不可提供支撑效果的竖直面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力,mg =m v min 2R,v min =gR .例3 (2022·济宁市兖州区教研室高一期中)如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1,在最高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ,则N 1-N 2的值为( )A .6mgB .5mgC .4mgD .3mg答案 A解析 设轨道半径为R ,小球在最低点时受到竖直向上的支持力N 1′和竖直向下的重力mg ,由牛顿第二定律有N 1′-mg =m v 12R ,由牛顿第三定律可知N 1=N 1′,小球在最高点时受到竖直向下的弹力N 2′和竖直向下的重力mg , 由牛顿第二定律有N 2′+mg =m v 22R ,由牛顿第三定律可得N 2=N 2′,小球由最低点到最高点过程,由动能定理有 -mg ·2R =12m v 22-12m v 12,联立解得N 1-N 2=6mg , 所以A 正确,B 、C 、D 错误.例4 如图所示,一可以看成质点的质量m =2 kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平桌面飞出后,恰好从A 点沿切线方向进入固定圆弧轨道,BC 为圆弧的竖直直径,其中B 为轨道的最低点,C 为最高点且与水平桌面等高,圆弧AB 对应的圆心角θ=53°,轨道半径R =0.5 m .已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.(1)求小球的初速度v 0的大小;(2)若小球恰好能通过最高点C ,求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功. 答案 (1)3 m/s (2)-4 J解析 (1)在A 点,由平抛运动规律得: v A =v 0cos 53°=53v 0小球由桌面到A 点的过程中,由动能定理得 mg (R +R cos θ)=12m v A 2-12m v 02联立得:v 0=3 m/s ;(2)若小球恰好能通过最高点C ,在最高点C 处有mg =m v C 2R ,小球从桌面运动到C 点的过程中,由动能定理得W f =12m v C 2-12m v 02代入数据解得W f =-4 J.训练11.如图所示,质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v 0滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高 0.45 m ,若不计空气阻力,取g =10 m/s 2,则( )A .小物块的初速度是5 m/sB .小物块的射程为1.2 mC .小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D .小物块落地时的动能为0.9 J 答案 D解析 小物块在粗糙水平桌面上滑行时,由动能定理得:-μmgs =12m v 2-12m v 02解得:v 0=7 m/s ,W 克f =μmgs =2 J ,A 、C 错误;小物块飞离桌面后做平抛运动,由h =12gt 2,x =v t 得x =0.9 m ,B 错误;由mgh =E k -12m v 2得,小物块落地时E k =0.9 J ,D 正确.2.(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示.运动员从a 处由静止自由滑下,到b 处起跳,c 点为a 、b 之间的最低点,a 、c 两处的高度差为h .要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )A.h k +1B.h kC.2h kD.2hk -1答案 D解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh =12m v c 2,在c 点有N c -mg =m v 2R c ,N c ≤ kmg ,联立有R c ≥2hk -1,故选D.3.如图所示,ABCD 是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧,BC 水平,B 、C 间距离d =0.50 m ,盆边缘的高度h =0.30 m .在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC 与小物块间的动摩擦因数μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停止位置到B 的距离为( )A .0.50 mB .0.25 mC .0.10 mD .0 答案 D解析 设小物块在BC 面上运动的总路程为s ,物块在BC 面上所受的滑动摩擦力大小始终为f =μmg ,对小物块从开始运动到停止的整个过程,由动能定理得mgh -μmgs =0,得s =hμ=0.300.10m =3 m ,d =0.50 m ,则s =6d ,所以小物块最后停在B 点,故选D. 4.如图所示,一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下,当它滑过A 点的速度大小为5 m/s 时,滑到B 点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A 点的速度大小变为7 m/s ,则它滑到B 点的速度大小( )A .大于7 m/sB .等于7 m/sC .小于7 m/sD .无法确定答案 C解析 第一次从A 点到B 点的过程中: mgh -W f1=ΔE k =0,W f1=mgh第二次速度增大,木块对曲面的压力增大,W f2>W f1,故mgh -W f2<0,木块滑到B 点时的动能小于在A 点的动能,故木块滑到B 点的速度大小小于7 m/s ,C 正确.5.(2022·温州市高一期中)如图所示,有一根管道ABCD 平放并固定在水平桌面上,AB 部分为长L =1 m ,动摩擦因数μ=0.35的水平直管道,BCD 部分为光滑半圆形管道,其半径R = 0.5 m ,两部分在B 处无缝连接,现让一个直径略小于管内径、质量m =2 kg 的小球,从A 处以初速度v 0=4 m/s 进入管道,π≈3,g 取10 m/s 2.求:(1)小球运动到B 处时速度的大小; (2)小球在管道内运动的时间;(3)小球运动到C 处时,管道对小球作用力的大小(结果可以用根式表示) 答案 (1)3 m/s (2)1114 s (3)4106 N解析 (1)小球从A 到B 由动能定理得 -μmgL =12m v B 2-12m v 02解得v B =3 m/s.(2)小球在AB 段匀减速运动的时间 t 1=L v 0+v B 2=27 s ,小球在BD 段匀速运动的时间t 2=πR v B =12 s ,小球在管道内运动的时间t =t 1+t 2=1114 s.(3)小球运动到C 时,水平方向F =m v B 2R ,竖直方向N =mg ,则管道对小球作用力F =N 2+F 2=4106 N.6.如图所示,光滑固定斜面AB 的倾角θ=53°,BC 为水平面,BC 长度l BC =1.1 m ,CD 为光滑的14圆弧,半径R =0.6 m .一个质量m =2 kg 的物体,从斜面上A 点由静止开始下滑,物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ=0.2,轨道在B 、C 两点平滑连接.当物体到达D 点时,继续竖直向上运动,最高点距离D 点的高度h =0.2 m .不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g 取10 m/s 2.求:(1)物体运动到C 点时的速度大小v C ; (2)A 点距离水平面的高度H ;(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m解析 (1)物体由C 点运动到最高点,根据动能定理得:-mg (h +R )=0-12m v C 2代入数据解得:v C =4 m/s(2)物体由A 点运动到C 点,根据动能定理得: mgH -μmgl BC =12m v C 2-0代入数据解得:H =1.02 m(3)从物体开始下滑到最终停止,根据动能定理得:mgH -μmgs 1=0,代入数据,解得s 1= 5.1 m由于s 1=4l BC +0.7 m ,所以物体最终停止的位置到C 点的距离为:s =0.4 m.训练21.(2022·大庆铁人中学高一阶段练习)如图所示,竖直面内光滑圆轨道半径R =0.4 m ,从最低点A 有一质量为m =1 kg 的小球开始运动,初速度v 0=5 m/s 方向水平向右,重力加速度g 取10 m/s 2,下列说法正确的是( )A .在A 点时,小球对轨道的压力为62.5 NB .小球可能脱离圆轨道C .在B 点时,小球重力的瞬时功率为30 WD .小球在B 点的速率为3 m/s 答案 D解析 在A 点时,设轨道对小球的支持力大小为F A ,根据牛顿第二定律有F A -mg =m v 02R ,解得F A =72.5 N ,根据牛顿第三定律可知此时小球对轨道的压力大小为F =F A =72.5 N ,故A 错误;在B 点时,小球的速度方向与重力方向垂直,根据功率的定义可知,小球重力的瞬时功率为零,故C 错误;对小球从A 到B 过程,根据动能定理有-2mgR =12m v B 2-12m v 02,解得v B =3 m/s ,设小球在B 点受轨道向下的压力为F B ,则由牛顿第二定律F B +mg =m v B 2R ,解得F B =12.5 N ,说明小球在B 点不会脱轨,故B 错误,D 正确.2.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD 轨道,AB 为长L =6 m 、倾角α=37°的斜轨道,BC 为水平轨道,CD 为半径R =15 m 、圆心角β=37°的圆弧轨道,轨道AB 段粗糙,其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0=2 3 m/s 下滑,沿轨道运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失).已知该小孩的质量m =30 kg ,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g =10 m/s 2,不计空气阻力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C 点时,对圆弧轨道的压力; (2)该小孩与AB 段间的动摩擦因数; (3)该小孩在轨道AB 上运动的总路程s . 答案 (1)420 N ,方向向下 (2)0.25 (3)21 m解析 (1)小孩由C 运动到D 的过程,由动能定理可得-mg (R -R cos β)=0-12m v C 2,解得v C =215 m/s在C 点,由牛顿第二定律得N -mg =m v C 2R,解得N =420 N ,根据牛顿第三定律,小孩对轨道的压力为420 N ,方向向下. (2)小孩从A 运动到C 的过程中,由动能定理得:mgL sin α-μmgL cos α=12m v C 2-12m v 02解得:μ=0.25(3)在AB 斜轨道上,μmg cos α<mg sin α,小孩不能静止在斜轨道上,则小孩从A 点以初速度v 0滑下,最后静止在BC 轨道B 处.由动能定理得: mgL sin α-μmgs cos α=0-12m v 02,解得s =21 m.3.(2022·宁波市北仓中学高一期中)如图所示,竖直面内有一光滑圆弧轨道,其半径为R =0.5 m ,平台与轨道的最高点等高.一质量m =0.8 kg 的小球从平台边缘的A 处以v 0=3 m/s 的水平速度射出,恰能沿圆弧轨道上P 点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP 与竖直线的夹角为53°,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6:(1)求小球到达P 点时的速度v P 的大小;(2)求小球到达圆轨轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力.(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q 时对轨道的内壁还是外壁有弹力,并求出弹力的大小. 答案 (1)5 m/s (2)29 m/s 54.4 N ,方向竖直向下 (3)对外壁弹力为6.4 N 解析 (1)在P 点,对v P 进行分解,如图所示,由平抛运动规律得 v P =v 0cos 53°=30.6m/s =5 m/s(2)从抛出到圆弧轨道最低点,根据动能定理 mg ·2R =12m v 12-12m v 02解得v 1=29 m/s根据牛顿第二定律和向心力公式N -mg =m v 12R ,解得N =54.4 N ,根据牛顿第三定律F 压=N=54.4 N ,方向竖直向下.(3)平台与轨道的最高点等高,根据动能定理可知v Q =v 0=3 m/s ,设小球受到向下的弹力F 1,根据牛顿第二定律和向心力公式F 1+mg =m v Q 2R ,解得F 1=6.4 N>0,根据牛顿第三定律,小球对外壁有弹力,大小为6.4 N.4.(2022·湖南高一期中)科技助力北京冬奥:我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度,辅助滑冰运动员训练各种滑行技术.如图所示,某次训练,弹射装置在加速阶段将质量m =60 kg 的滑冰运动员加速到速度v 0=8 m/s 后水平向右抛出,运动员恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB .AB 圆弧轨道的半径为R =5 m ,B 点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接,A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角.MN 是一段粗糙的水平轨道,滑冰运动员与MN 间的动摩擦因数μ=0.08,水平轨道其他部分光滑.最右侧是一个半径为r =2 m 的半圆弧光滑轨道,C 点是半圆弧光滑轨道的最高点,半圆弧光滑轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接.取重力加速度g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.整个运动过程中将运动员简化为一个质点.(1)求运动员水平抛出点距A 点的高度;(2)求运动员经过B 点时对轨道的压力大小;(3)若运动员恰好能通过C 点,求MN 的长度L .答案 (1)1.8 m (2)2 040 N (3)12.5 m解析 (1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A 点时的速度大小为v A =v 0cos 37°=10 m/s ① 设运动员水平抛出点距A 点的高度为h ,对运动员从抛出点到A 点的过程,由动能定理有mgh =12m v A 2-12m v 02② 联立①②解得h =1.8 m ③(2)设运动员经过B 点时的速度大小为v B ,对运动员从A 点到B 点的过程,根据动能定理有mg (R -R cos 37°)=12m v B 2-12m v A 2④ 设运动员经过B 点时所受轨道支持力大小为N ,根据牛顿第二定律及向心力公式有N -mg =m v B 2R⑤ 联立①④⑤解得N =2 040 N ⑥根据牛顿第三定律可知,运动员经过B 点时对轨道的压力大小为2 040 N ;(3)设运动员刚好通过C 点时的速度大小为v C ,根据牛顿第二定律及向心力公式有mg =m v C 2r ⑦ 对运动员从B 点到C 点的过程,根据动能定理有-μmgL -2mgr =12m v C 2-12m v B 2⑧ 联立④⑦⑧解得L =12.5 m .⑨5.(2022·重庆市第七中学校高一期中)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为R A=r,R B=2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,求:(1)细线刚要产生拉力时的角速度ω1;(2)当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时的角速度ω2和此时细线的拉力大小F;(3)当圆盘从静止加速到两物体刚好要发生滑动时对两物体做的总功W.答案(1)μg2r(2)2μgr3μmg(3)5μmgr解析(1)由于B物体的向心力较大,细线刚要产生拉力时,B物体的静摩擦力达到最大,依题意对B,最大静摩擦力提供向心力有μmg=mω12·2r,解得ω1=μg2r(2)当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时,设此时的角速度为ω2和此时细线的拉力为F 对A有:F-μmg=mω22·r对B有:F+μmg=mω22·2r解得ω2=2μgr,F=3μmg.(3)根据动能定理有,两物体的动能增加量即为外力对其所做的总功,即W=12m(ω2r)2+12m(ω2·2r)2=5μmgr.。

理论力学课件 第十二章 动能定理

理论力学课件 第十二章 动能定理

FRO
r1 r2 O
mg
解:取整体为研究对象,受力分析如图所示。 v1
A
v2
B
系统对O点的动量矩为
m1 g
m2 g
LO m1v1r1 m2v2r2 J0 (m1r12 m2r22 JO )
系统所受全部外力对O点的动量矩为
MO (F e ) m1gr1 m2gr2
质点系的动量矩定理为 dLO dt
WFN 0
WF F s fmgs cos 30 8.5 J
WF
1 2
k
(12
2 2
)
100 (0 0.52) 2
12.5 J
W Wi 24.5 0 8.512.5 3.5 J
12.2 质点和质点系的动能
12.2.1 质点的动能
设质量为m的质点,某瞬时的速度为v,则质点质量与其速度平方乘积的
路径无关。若质点下降,重力的功为正;若质点上升,重力的功为负。
对于质点系,重力的功等于各质点的重力功的和,即
上式也可写为
W12 mi g(zi1 zi2) W12 mg(zC1 zC2 )
2.弹力的功
设有一根刚度系数为k,自由长为l0的弹 簧, 一端固定于点O, 另一端与物体相连接,
如图所示。求物体由M1移动到M2过程中,弹 力F所做的功。
W12
M2 M1
(Fx
d
x
Fy
d
y
Fz
d
z)
12.1.3 常见力的功
1.重力的功
z M1 M
mg
设质点M的重力为mg,沿曲线由M1运动到
M2
M2,如图所示。因为重力在三个坐标轴上的
投影分别为Fx=Fy=0,Fz=-mg,故重力的功为

第十二章动能定理习题解答

第十二章动能定理习题解答
图12-45
动能定理
(1)
对式(1)求导
曲柄OA,定轴转动微分方程
12–26图12-46所示的三棱柱A沿三棱柱B的光滑斜面滑动,A和B的质量各为m1与m2,三棱柱B的斜面与水平面成 角。如开始时物体系静止,不计摩擦。试求运动时三棱柱B的加速度。
图12-46
动量守恒
,开始静止,

(1)
对时间求导
(2)
图12-30
动能定理
12–9图12-31所示链条传运机,链条与水平线的夹角为 ,在链轮B上作用一力偶矩为M的力偶,传运机从静止开始运动。已知被提升重物A的质量为m1,链轮B、C的半径均为r,质量均为m2,且可看成均质圆柱。试求传运机链条的速度,以其位移s表示。不计链条的质量。
图12-31
动能定理
12–10如图12-32所示,质量为m1的直杆AB可以自由地在固定铅垂套管中移动,杆的下端搁在质量为m2、倾角为 的光滑的楔块C上,楔块又放在光滑的水平面上。由于杆的压力,楔块向水平向右方向运动,因而杆下降,试求两物体的加速度。
图12-27
12–6椭圆规尺在水平面内由曲柄带动,设曲柄和椭圆规尺都是均质细杆,其质量分别为m1和2m1,且OC=AC=BC=l,如图12-28所示。滑块A和B的质量都等于m2。如作用在曲柄上的力偶矩为M,不计摩擦,试求曲柄的角加速度。
图12-28
动能定理
12–7曲柄导杆机构在水平面内,曲柄OA上作用有一力偶矩为M的常力偶,如图12-29所示。若初始瞬时系统处于静止,且∠AOB= ,试问当曲柄转过一圈后,获得多大的角速度?设曲柄质量为m1,长为r且为均质细杆;导杆质量为m2;导杆与滑道间的摩擦力可认为等于常值F,不计滑块A的质量。
12–28均质杆AB的质量为m=4kg,其两端悬挂在两条平行绳上,杆处在水平位置,如图12-48所示。设其中一绳突然断了,试求此瞬时另一绳的张力F。

理论力学第十二章 动能定理

理论力学第十二章 动能定理

§12-1 力的功
II. 弹性力的功
一端固定的弹簧与一质点M相连接,弹簧的原始长 度为l0,在弹性变形范围内,弹簧弹性力F的大小与其 变形量δ成正比,即
F=kδ
当质点M由M运动时,弹性力的功仍按上式计算,即弹性力的功也 只决定于弹簧初始位置与终了位置的变形量,而与质点的运动轨迹无关。
由于功只有正负值, 不具有方向意义,所 以功是代数量。
§12-1 力的功
II. 变力的功
设质点M在变力F作用下作曲线运动,当质点从M1 沿曲线运动到M2时,力F所做的功的计算可处理为: (1)整个路程细分为无数个微段dS;(2)在微小路程上, 力 F 的 大 小 和 方 向 可 视 为 不 变 ; (3)dr 表 示 相 应 于 dS 的微小位移,当dS足够小时,∣dr∣=dS。根据功的 定义,力F在微小位移dr上所做的功(即元功)为
直角坐标形式为
力F在曲线路程 上所做的功等于该力在各微段的元功之和,即
§12-1 力的功
Ⅲ. 合力的功
合力在任一路程上所做的功等于各分力在同一路程上所作功的代数和。即
常见力的功
I. 重力的功
设有一重力为G的质点,自位置M1沿某曲线运动至M2 ,
上式表明,重力的功等于质点的重量与其起始位置与终了位置 的高度差的乘积,且与质点运动的轨迹形状无关.
第十二章 动能定理
主要研究内容
力的功 功率与机械效率 动能 动能定理
§12-1 力的功
功的概念
功是度量力的作用的一个物理量。它反映的是力在一段路程上对物体作用 的累积效果,其结果是引起物体能量的改变和转化。力的功包含力和路程 两个因素。
I. 常力的功
设有大小和方向都不变的力F作用在物体上,力的 作用点向右作直线运动。则此常力F在位移方向的投 影Fcosα与位移的大小S的乘积称为力F在位移S上所 做的功,用W表示,即 W=S·Fcosa 。可知,当a<90 度时,功W为正值,即力F做正功;当a>90度时,功 W为负值,即力F做负功;当a=90度时,功为零,即 力与物体的运动方向垂直,力不做功。

12 动能定理

12 动能定理

m ,半径均为 2 r。如在板上作用水平力 F,滚子与水平面和平板间都没有滑动,求板的加速度。
C A B 0.5v mg 0.5mg FS 1
v
0.5v
FS 2 FN2
F
0.5mg
FN1
[解]
研究系统,设板的速度为 v,则滚子中心速度为 v/2,系统的动能为:
T
1 2 3 m v 2 11 2 dT 11 dv 11 mv 2 ( ) mv , mv mva 2 4 2 2 16 dt 8 dt 8
即 T
1 1 2 mvl cos ( M m)v 2 ml 2 2 2
12.3 均质杆 OA 长 l = 2.4m, 质量 m = 30kg , 铅直时弹簧为自然状态, 弹簧刚度 k = 3kN/m; 求杆在铅直时的角速度至少为多大,才能使杆由铅直转到水平位置 OA' 。
将(*)式对时间求导,注意到 12.5
d 2[ M m2 gr (sin f ' cos )] ,解得 dt r 2 (m1 2m2 )
图示轴Ⅰ和轴Ⅱ(连同安装在轴上的齿轮和带轮等)的转动惯量分别为 J1 = 5kg·m2 和 J2 = 4kg·m2,且 2 3 ,作用于轴Ⅰ上的力偶矩 M1= 50N·m,系统由 1 2 静止而运动。求⑴轴Ⅱ转速达到 n2 = 120r/min 时,轴Ⅱ转过的圈数。⑵ 在这过程 中轴Ⅱ的角加速度。
1 2
dT P dt
得磙子中心的加速度为
a
m1 sin m2 g 2m1 m2
再研究磙子 A,如图有
1 m1 R 2 FS R 及 2
m1a m1 g sin FS FT
纯滚动时又有

理论力学第七版 第十二章 动能定理

理论力学第七版 第十二章  动能定理

T2 T1 Wi
质点系动能定理积分形式

32
探索系统全部力的功的问题 主动力 外力 全部力 外部约束力 内力
A O
B
A O
B
R
理想光滑面约束,约束力的功等于零。 为什么? 固定铰支座其约束力也不作功。 为什么? 当轮沿固定面作纯滚动时,摩擦力是静摩擦力 静摩擦力的功等于零。 为什么? 滚阻力偶作负功
刚体所有内力

36
三(质点系)动能定理的特点
1 标量方程----只能求解一个未知量 2 不考虑中间过程,对运动不加限制 3 可以解决什么问题? 思考 能否求出理想约束里面的外部约束力? 能否求出理想约束里面的内部约束力? 对于具有理想约束的刚体运动机构,若在主动 力(力矩)的作用下运动(隐含运动)。 求运动量(速度 角速度)、加速度(角加速度)
本章的第二个重点问题
要求:
质点系动能定理的内容 特点(记牢 理解) 2 质点系动能定理的应用 (重点掌握)
1

30
一、质点的动能定理(基础)
dv m dr F dr dt
F dr W
d v ma F m dt F
1 2 d mv W 2
20
1 平移刚体的动能 平移刚体的运动特点
1 1 2 1 2 2 T mi vi vC mi MvC 2 2 2

2 定轴转动刚体的动能
1 T mi vi2 2
1 2 mi ( ri ) 2 1 2 2 mi ri 2
z

ri
1 2 J z 2

33
3 探索全部力的功的问题 外力 全部力 内力

第十二章 动能定理

第十二章 动能定理

③ 作用在纯滚轮上的摩擦力的功 接触点为瞬心,滑动摩擦力 作用点没动,此时滑动摩擦 力也不做功。
W F d rp 0
如果不是纯滚动,有相对滑 动,则摩擦力作负功。
13
§13 - 2 质点和质点系的动能 1 质点的动能
T
2 2
1 2
mv
2
动能是恒正的标量,
单位:
是瞬时量。
2
kg m / s kg m / s m N m J
( mi ri )
2
所以,刚体定轴转动的动能为:
Jz
T
1 2
J z
2
15
(3) 平面运动刚体的动能
设刚体作平面运动,如图。

C
由定轴转动刚体动能的公式
T
1 2
1
J p
2
rc p
2 C
由平行轴定理,有: 所以:
2
J p JC m r
1 2
2 C 2
T J C m r
m2g
2
d T [] 2vB d vB
Wi m3 g d s
2
vB
ds
m3g
d vB ds 两边同除d t,得: []v m3 g B dt dt m3 所以: a g B []
29
例 3
已知:两相同均质杆, m, l , 水平面光滑。初始静 止,高为h。设杆在铅垂 面内落下。 求:铰链D与地面接触时 的速度。
1
FDy
vo
F
m1g
FDx m2g m3g
2
vB
FN
受力如图。 求加速度可用动能定理的微分形式。

计算一般位置的动能

第12章 动能定理

第12章  动能定理
图12-2
1.2 变力的功
这时可将路程 s 分为无限多个微段 ds,则微段路程 ds 可以近似为直线,且力 F 在位移 dr 中
可视为常力,dr 可视为沿点 M 的切线。力 F 在该微小路径上所做的功称为元功,用W 表示,且

W F dr
(12-3)
质点 M 沿曲线由 M1 运动到 M2 的过程中,变力 F 做的功为
迹无关。
1.4 几种常见力的功
3.摩擦力的功
如图 12-6 所示,由于质点受到的滑动摩擦力 F μFN 的方向总是与质点运动的方向相反,所 以滑动摩擦力做功恒为负,且有
W M2 Fds M1
M2 M1
μFNds
(12-10)
式(12-10)为曲线积分,因此,滑动摩擦力的功,不仅与起止位置有关,还与路径有关。
图12-6
02
质点和质点系的动能
质点的动能 质点系的动能 刚体的动能
2.1 质点的动能
动能是指物体由于本身的运动而具有的能量。实践表明,物体动能的大小与物体的质量及 运动速度有关。一切做机械运动的物体,质量越大,运动速度越快,其动能也就越大。因此, 动能是度量物体机械运动强度的物理量。
研究表明,质点的动能等于它的质量 m 与速度 v 平方的乘积的一半,即质点的动能为 mv2 /2 。 动能是一个恒为正值的标量。在国际单位制中,动能的单位与功的单位相同,都为 J。
的单位来决定。在国际单位制中,功的单位是 J。
如果路程用矢量 s 表示,则力 F 的功可以写成
W Fs
(12-2)
图12-1
1.2 变力的功
如图 12-2 所示,设质点 M 在变力 F 作用下,沿曲线从位置 M1 运动到位置 M2 ,现求力 F 在 路径 M1M 2 上做的功。由于从 M1 运动到 M2 的过程中,力 F 的大小和方向在不断变化,因此,力 F 的功不能直接用式(12-1)来计算。
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6、刚体的内力功之和等于零,理想约束力的功为零
例12-1: 均质圆盘,外缘缠绕很多无重细绳, 绳头用常力F拉动圆盘作水平纯滚动。 求:当盘心C走过路程s时圆盘所受力系的功。
F
s
解:作受力分析
Fs
FN
F mg
s
方法1 重力、竖向约束力、静摩擦力,都不作功。 将拉力F向质心简化,得 FR = F ,
R r
F′ F
M
r
P
假设两轮分别转过角度 ϕ1,ϕ2 对轮I
F′ 作负功 W1 = −F′ϕ1r
有 ϕ1r = ϕ2 R
对轮II F 作正功 W2 = Fϕ2 R 对整体 F, F′ 不作功
第12章
§12–1 力的功
动能定理
§12–2 质点和质点系的动能 §12–3 动能定理 §12–5 势力场和势能 §12–6 普遍定理的综合应用举例
dr = vC dt = 0
δW = F ⋅dr = F ⋅vC dt = 0
s W = − mϕ = − m R
(3) 滚动摩擦阻力偶m的功 若m = 常量,则
Fs
6.质点系内力的功
δ W = F ⋅drA + F '⋅d rB = F ⋅d rA − F ⋅d rB
= F ⋅d ( rA − rB ) = F ⋅d ( BA )
式中 δ 1 = r1 − l0 , δ 2 = r2 − l0
弹性力的功只与弹簧的始、末变形 有关,也与质点运动路径无关
3、万有引力的功
m1m0 万有引力 F = G 2 r
万有引力的功为
O
M2 r2 m0 r1 dr m1 M1
W12 = ∫
M2
1 1 = Gm1m0 − r r 2 1
第12章 动能定理
与动量定理和动量矩定理用矢量法研究不同,动 能定理用能量法研究动力学问题。能量法不仅在机械 运动的研究中有重要的应用,而且是沟通机械运动和 其它形式运动的桥梁。 动能定理建立了与运动有关的物理量—动能和作 用力的物理量—功之间的联系,即动能的变化和外力 功的关系,这是一种能量传递的规律。 求解实际问题时,往往需要综合应用动量定理、 动量矩定理和动能定理。
1、重力的功 2、弹性力的功
W12 = mg ( z1 − z2 )
k 2 2 W12 = (δ1 − δ 2 ) 2
W12 = M z (ϕ 2 − ϕ1 )
C2
1
3. 定轴转动刚物体上的功
4. 平面运动刚体上力系的功 W12 = ∫C FR′ ⋅ drC + ∫ϕ M C dϕ
1
ϕ2
说明:1、对任何运动的刚体,上述结论都适用; 2、C点不是质心,而是刚体上任意一点时,上 述结论也成立; 3、计算力系的主矢、主矩时,可以不包含不作 功的力。
= ∑ Fi ⋅ drC + ∑ M C ( Fi )dϕ
′ ⋅ drC + M C dϕ = FR
′ 为力系主失,M C 为力系对质心的主矩。 其中: FR
当质心由 C1 → C2,转角由ϕ1 → ϕ 2时,力系的功为
W12 = ∫ FR′ ⋅ drC + ∫ M C dϕ
C1 ϕ1
C2
ϕ2
即:平面运动刚体上力系的功,等于刚体上所受各力 作功的代数和,也等于力系向质心简化所得的力和力 偶作功之和。
5.摩擦力的功
一般情况下,摩擦力作负功
M 1M 2
(1) 动滑动摩擦力的功 W = ∫
− Fτ ds = − ∫
M 1M 2
f d FN ds
FN=常量时, W= –fdFN s, 与质点的路径有关。 (2) 圆轮沿固定面作纯滚动时,滑动摩擦力的功 正压力FN ,摩擦力 Fs 作用于瞬心C处,而瞬心的元位移
W12 = ∫ F ⋅ dr
A1
A2
= ∫ − k (r − l0 )er ⋅ dr
A1
A2
r 1 1 2 e ⋅ d r = ⋅ d r = d ( r ⋅ r ) = d ( r ) = dr 因 r r 2r 2r
r2 W = ∫ 得 12 r1 − k ( r − l0 )dr
k 2 2 即 W12 = (δ 1 − δ 2 ) 2
质点系
ΣWi = mi g ( zi1 − zi 2 ) 由 mzC = Σmi zi 得 Σ W12 = mg ( z C 1 − z C 2 )
重力的功只与始、末位置有关,与路径无关。
2、弹性力的功 弹簧刚度系数k(N/m) 弹性力 F = − k ( r − l 0 ) e r 弹性力的功为
F Fs
FN
D
mg
s
方法3 绳头一点D D点速度
vD = 2vC
D点走过的路程 sD = 2sC = 2s
W = F ⋅ sD = 2 F ⋅ s
例12-2 在鼓轮I上作用力偶M,轮I、II之间为纯 滚动,吊起重物P。 试分析两轮之间摩擦力是否作功。
R r
P34.avi
M r
P
解:对两轮分别作受力分析
2、亦可将力系向点O简化,即
S ∑W = ( F − FT − Fd )S + ( FT R − Fd R) R = FS − 2 Fd S = FS − 2mg fS
k 2 2 W12 = (δ1 − δ 2 ) 2
W12 = M z (ϕ 2 − ϕ1 )
C2
1
3. 定轴转动刚物体上的功
4. 平面运动刚体上力系的功 W12 = ∫C FR′ ⋅ drC + ∫ϕ M C dϕ
1
ϕ2
5. 摩擦力的功
动滑动摩擦力:W= –fdFNs 静滑动摩擦力:W= 0 滚动摩阻力偶:W= -Mφ
内力功之和一般不等于零 。
只要A、B两点间距离保持不变,内力的元功和就等于零。 不变质点系的内力功之和等于零。 刚体的内力功之和等于零。 不可伸长的绳索内力功之和等于零。
7.理想约束力的功
约束力元功为零或元功之和为零的约束称为理想约束。 (1).光滑固定面约束 δW ( N ) = N ⋅ dr = 0 ( N ⊥dr ) (2).活动铰支座、固定铰支座和向心轴承
M2 W = ∫ 则 12 M 1 ( Fx d x + F y d y + Fz d z )
三.合力的功 质点M 受n个力 F1 ,F2 ,⋅⋅⋅,Fn 作用, 合力为 R = ∑ Fi 则合力 R 的功 W=
M2 M1 M2
M1
∫F
R
⋅ dr =
M2 M1
M2
M1
∫ (F + F
1
2
+ ⋅ ⋅ ⋅ + Fn ) ⋅ dr
即:平面运动刚体的动能等于随质心平移的动能 与绕质心转动的动能之和。 上面结论也适用于刚体的任意运动。
刚体的动能表达式
1、平移刚体的动能 2、定轴转动刚体的动能 3、平面运动刚体的动能
1 2 T = mvC 2
1 T = J zω 2 2
1 2 1 T = mvC + J Cω 2 2 2
第12章
(3).刚体沿固定面作纯滚动 (4).联接刚体的光滑铰链(中间铰) (N ) δ W = N ⋅ dr + N '⋅dr ∑ = N ⋅ dr − N ⋅ dr = 0 (5).柔索约束(不可伸长的绳索) 拉紧时,内部拉力的元功之和恒等于零。
力系做功的表达式
1、重力的功 2、弹性力的功
W12 = mg ( z1 − z 2 )
质点动能定理的微分形式:质点动能的增量等于 作用在质点上力的元功。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1 d( mυ 2 ) = δ W 2
将上式沿路径 M 1M 2 积分,可得
1 1 2 2 mυ 2 − mυ1 = W12 2 2
质点动能定理的积分形式:在质点运动的某个过程 中,质点动能的改变量等于外力作的功。
2、质点系的动能定理
∑W = Fs − fmg 2s
(a )
∑ W = T2 − T1
3 2 Fs − fmg 2s = mυO 4
s υO = 2 ( F − 2mgf ) 3m
FT
FN
υO aO ,α = , 将式(a)两端对t求导,并利用 ω = r r 2 ( F − 2mgf ) 得 aO = 3m
注意: 1、摩擦力Fd 的功 W ≠ Fd S , S 是力在空间的位 移,不是 受力作用点的位移。
π 2
正功 功为零 负功
π θ= 2 π θ> 2
二、变力在曲线运动中的功 元功 δ w = F cos θ ·ds 即 δ w = F ⋅ dr
力 F 在 M 1 ~ M 2 路程上的功为
W12 = ∫
M2 M1
δw = ∫
M2 M1
F ·dr
记 F = Fx i + Fy j + Fzk
d r = d x i + d yj + d zk
M1
F ⋅ dr
矢量点乘的分析与弹性力作功相似
4. 定轴转动刚物体上的功
δ w = F ⋅ dr = Ft ds = Ft Rdϕ
由 M z = Ft R
ϕ1
得 δ w = M z dϕ
从角ϕ1转动到角ϕ 2过程中力 F的功为
W12 = ∫ M z dϕ
ϕ2
若 M z = 常量 则
W12 = M z (ϕ 2 − ϕ1 )
sC = s, ϕ C = s R
MC = F ⋅ R
W = FR ⋅ sC + M C ⋅ ϕC = 2 F ⋅ s
F Fs
FN
mg
s
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