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1、第 1 页 共 21 页第四讲功和能湖南郴州市湘南中学陈礼生一、知识点击1功、功率和动能定理功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=Fscos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功率：作用在物体上的力在单位时间内所做的功平均功率：WP t瞬时功率：coslimlimcosWF sPF tt动能定理质点动能定理：222101122K tKKWFsmmEEE外外质点系动能定理： 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
2、质点对它的作用力（内力） ，在质点运动时这些力都将做功2201122iitiiiiWWmm外内即0K tKKWWEEE系 外系 内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E，然后即可由 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第 2 页 共 21 页因为保守力的功等于初末势能之差，即0PPtPWEEE保KPWWE外非 保 内（ E+E ） =机械能
3、守恒： 当质点系满足：0WW外非 保 内，则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其外+MG（M其外表示除重力力矩MG以外的其他外力矩）W=W其外+WG=（M其外+MG）= EKr而21GPPPWE（ E-E）22112PK rCMEEmghJ其 外（）
4、即为重力场中刚体定轴转动的功能原理若呱0M其 外，即 M其外0，则：212CmghJ=常 量刚体机械能守恒二、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 42 所示，一光滑细杆绕竖直轴以匀第 3 页 共 21 页角速度 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
5、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2fmr,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202mrF惯性离心力做的功：222101 tan 2WF rmh重力做功为：W2 = mgh，由动能定理得222211 (tan) 22mghmhm2222tanghh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
6、原理即可求解例 2如图 43 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14l处的水平定轴 O 在竖直平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， 设在此过程中立第 4 页 共 21 页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 44 所示，用b表示 a转过。角时b 球速度的
7、大小，表示此时立方体速度的大小，则有cosb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，14O al,034Obl，所以得13ab根据功能原理可知22211331sin(cos)(cos) 42442442aaabbblllllFmm gmm gm将、式代人可得22211331sin()(cos)(cos)(cos) 42442442ababbb
8、blllllFmm gmm gm解得29sin(3)(1cos)21818cosabbablFmmgmmm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 45 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 ，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第 5 页 共 21 页平衡态，从而虚设了一个元过程，此过程
9、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3TF，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3TF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，3TF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33TFxGy上式中，支架升高y与x关系如图 46，图中支架一边位置从 ab 变为 ab，作 bb“ ab, aa“ a b，由于x很
10、小， ab边转过的角度 也很小，故可认为 a“b=ab“，且 ab边与竖直方向夹角为 ，则有sincosxy, 即tanyx于是可得33tanTFxGx，即tan33TGF。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 47 所示，倾角= 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第 6 页
11、 共 21 页板发生弹性碰撞已知质点与斜面间的滑动摩擦因数=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cosfmg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211sincos 2mmgLmgL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21111sincos 2mmgLmgL由、两式得11sincossincosmgLmg
12、LmgLmgL即1sincossincosLmgmgLmgmg令上式等号右边的数值等于a，并以 =450，=0.20 代入，则得1LaL，10.20210.203a按同样的推理可知质点在第2 次碰撞后上滑的距离为221LaLa L依此类推，可知在第10 次碰撞后上滑的距离为：10 10LaL第 1 次碰撞前质点运动的路程为：1SL第 2 次碰撞前质点运动的总路程为：2122SLLLaL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：21010222SLaLa LaL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，即第 7 页 共 21 页10101(
13、12) 1aSLa a，故 S10=986 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 48 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、
14、水平面的约束反力（即支持力）N 均沿竖直方向，故有0eixiF,且由于 t=0 时，0C D,于是有Cx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222ymmgL由上式得：ygL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：sincosyx，是杆与地面的夹角，可算出030.所以3tan 3xygL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
15、忽视把能量守恒的问题当成机械能守恒的问第 8 页 共 21 页题来解。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max，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Ld个滚筒得到角速度maxm axr.厚木板势能的减少为sinMgL，而每个滚筒的动能为22 maxm ax1124Im，上述结论考虑了滚筒表面最终 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
16、为212Imr. 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2m ax1sin 4LM gLm d可以得到木板的最终速度为max4sindM gm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） （没有必要假定这个力不随时间变化） 在t 时间间隔内，滚筒角动量的变化为：( )IrFtt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：m ax max( )rFttII r另一方面，在时间 t 内，克服摩擦力所做的功（热散失）Q 为摩擦力与第 9 页 共 21 页滚筒表面相对位移之积max( )( )QF trtt考虑式、，总的耗散能量为22 2maxmaxmaxmaxmax( )( )( ) 22QF trttrF ttIIII在上式的计算中利用了等
