机械能课件讲义整理

第四讲机械能第四讲机械能1动能定理1，2，3，4，5，6机械能守恒7，8，9，10天体运动、引力势能11，12，13，14，15动能定理1，2，3，4，5，6机械能守恒7，8，9，21。水桶中有深度为H的水，水桶的底部有半径为r的圆孔，把孔塞拔掉后，圆孔处水流初速v是多少？1。水桶中有深度为H的水，水桶的底部有半径为r的3解：研究厚度为△x的薄层水，设（同落体）由动能定理解：（同落体）由动能定理42。跳水运动员从高于水面H=10m的跳台落下．假如运动员质量为m=60kg．其体形可等效为长度L=1.0m，直径d=0.30m的圆柱体，不计空气阻力．运动员入水后，水的等效阻力F作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图像如图所示，该曲线可近似地看作为椭圆的一部分，该椭圆的长、短轴分别与坐标轴oy和oF重合．椭圆与y轴相交于y=h．与F轴相交于F=(5／2)mg处．了确保运动员的安全，试计算水的深度至少应为多深?(水的密度ρ=1.0×l03kg／m3)y2。跳水运动员从高于水面H=10m的跳5解：设运动员起跳时为初状态，入水后到达最深处时为末状态．初、末状态动能都是零，整个过程中有三个力做功，重力做功为WG，水的浮力做功为Wf，水的阻力做功为WF，由动能定理可知（1）（2）（3）运动员从B运动到C时，水的浮力均匀增大，做的功为设水深为h，则BCD10mhLd解：设运动员起跳时为初状态，入水后到达最深处时为末状态．初、6将（2）、（3）、（4）、(5)式代入（1）式，可解得从C到D，浮力做的功为（4）（5）水的阻力做功为图中曲线下的面积将（2）、（3）、（4）、(5)式代入（1）式，可解得从C到73。如图，绳长l，将小球拉至绳水平状态后让其自由下落，求小球能获得的最大的竖直速度3。如图，绳长l，将小球拉至绳水平状态后让其自8解1：求极值。用高等数学,也可以用初等数学来求极值，请同学们考虑。解1：求极值。用高等数学,也可以用初等数学来求极值，请同学们9解2：当时有极大值.解2：当时有极大值.104．轴的质量为m、半径为r的轻轮，其轴上系有绳子，在轮子所在的平面内沿水平方向拉绳，轮子沿栅栏无跳动地滚动，栅栏由彼此间距为l的平行的水平细杆构成，（l<<r）为使轮子以恒定的平均速度v运动，绳子的平均拉力T多大。4．轴的质量为m、半径为r的轻轮，其轴上系有绳子11解：平均速度是v，可认为圆柱在最高位置时速度为v。于是有： 故因为没有跳动，故而碰撞为非弹性的，圆柱损失OB方向速度分量。故 由功能原理得：

解：平均速度是v，可认为圆柱在最高位置时速度为v。故因为没有125．质量为m的两个重球A，B由长为l的轻质杆连接，竖直于光滑水平面上，若在下端B球上作用一水平恒力F，使B端沿水平面移动距离S，求此时B端所受支承力与φ角的关系。5．质量为m的两个重球A，B由长为l的轻质杆连接，竖13解：系统质心c的加速度位移有以上两式可解出：动能定理：冲量定理对B球：C解：系统质心c的加速度位移有以上两式可解出：动能定理：冲量定14在B参照系中分析A球：可解得：在B参照系中分析A球：可解得：156．雪撬从盖着冰的高度为h的斜坡上端滑下，后又在盖着冰的水平地面上前进。设雪橇与冰之间的摩擦系数为μ。问：(1)雪橇在水平地面上能前进的距离S为多少？(2)若θ很小，则上述结果的近似值如何。6．雪撬从盖着冰的高度为h的斜坡上端滑下，后又在盖着16（1）雪橇在斜坡上下滑时要求，雪橇才能滑下。研究雪橇从斜坡进入平面的过程：(因为Δt很短，所以忽略了重力的冲量)可解得若要，必须。（1）雪橇在斜坡上下滑时要求，17下面讨论因而只要能够滑下，必有，此时因而若则不能滑下下面讨论因而只要能够滑下，必有，此时因18(2)若θ很小，有因此要雪橇能滑下，必有μ、θ都为小量，可以进一步化简为(2)若θ很小，有因此要雪橇能滑下，必有μ、θ都为小量，可以197。如图装置，m1,m2已知，用多大的力F竖直向下压m1，才能在释放后使m2离地？7。如图装置，m1,m2已知，用多大的力F竖20解：解：218．质量为M，开始时静止放在光滑水平面上的滑块内有长度均为l且互通的三段光滑轨道，α=60°，转弯处由光滑小圆弧连接。设在左侧轨道上端有一质量为m的光滑小球，于t=0时刻自静止开始沿轨道自由下滑，求：小球从开始下滑直到最后重新返回左侧出发点的总时间。8．质量为M，开始时静止放在光滑水平面上的滑块内有长22解：取滑块参照系，小球受到三个力：mg、N和maM，设小球相对M的加速度是ar，所以对m对M：由α=60o，可解得下到底端时，小球因转弯和滑块发生一个比较猛烈的作用，这过程中动量守恒．设转弯结束后小球和滑块的速度分别为解：取滑块参照系，小球受到三个力：mg、N和maM，23可求出相对速度水平段的时间：一个来回的总时间：可求出相对速度水平段的时间：一个来回的总时间：249．火车司机为容易启动重载的列车，总是先倒一下，然后重新启动。现有机车，牵引力为F，后面有n-1节车厢，机车和车厢质量都为m，每节车受的阻力为kmg。各节车挂钩锁留间距为d，当列车沿平直轨道启动时，求第n-1节车厢被机车带动时的速度。设F>nkmg。9．火车司机为容易启动重载的列车，总是先倒一下，然后25解：机车启动后经d路程，有：令f=kmg得：车厢被带动可视为完全非弹性碰撞，车厢1被带动的速度记为v20，有：故于是 解：机车启动后经d路程，有：令f=kmg得：车厢被带26以此类推，得：

故评析：倒车启动的好处不言而喻，大家可以试一试若F=30kmg，那么倒车后可拉动多少车厢？(开动后阻力迅速减小)以此类推，得： 故评析：倒车启动的好处不言而喻，大家可以试一2710．玩具列车由许多节车厢组成，它以恒定速度沿水平轨道行驶，进入“死圈”，列车全长为L，圈半径为R，但L>2πR，问列车应具有多大初速度，才能不让任何一节车厢脱轨。10．玩具列车由许多节车厢组成，它以恒定速度沿水平轨道28(1)设列车的“线密度”为λ，则由机械能守恒有(2)不难判断轨道顶部的车厢最容易脱离轨道．该车厢受力如图所示，两个T是两边其它车厢对它的拉力将代入，有(1)设列车的“线密度”为λ，则由机械能守恒有(2)不难判断29(3)用虚功原理求T对左半侧或右半侧的列车来说，移动一小段Δs，T做的功是T·Δs，效果是使Δs长的车厢升高2R高度，因而有可解得评析：本题有二个要点：（1）分析顶点，（2）虚功求力。(3)用虚功原理求T对左半侧或右半侧的列车来说，移动一小段Δ3011．从地球表面以第一宇宙速度朝着与竖直方向成α角的方向发射一抛射体，忽略空气阻力和地球转动的影响，试问抛射体能上升多高？设地球半径为Ｒ。11．从地球表面以第一宇宙速度朝着与竖直方向成α角的31解：第一宇宙速度，其机械能：所以以向任何方向都不可能飞离地球，只能以地心为焦点作椭圆运动，由开普勒第二定律：得：解：第一宇宙速度，其机械能：所以以向任何方向都不可能飞32代入上升高度上升高度代入上升高度上升高度3312．质量为m1和m2的两质点相距为l，从静止开始，由于万有引力作用而相向运动，试求从开始运动直到相遇所需的时间。12．质量为m1和m2的两质点相距为l，从静止开34解：在宇宙空间参照系中研究m1，在m1参照系中研究m2由此可见，m2相对m1的运动等同于一个质量为m1+m2的力心不动时的情况，可认为m2运动的直线轨迹是一个退化的椭圆(a=c，b=0)，有2a=l．由开普勒第三定律有因为解：在宇宙空间参照系中研究m1，在m1参照系中研究m35，所以即评析：本题巧妙地利用了退化的思路，迂回解决了问题。，所以即评析：本题巧妙地利用了退化的思路，迂回解决3613．以第一宇宙速度发射(垂直向上发射)的导弹经一段时间后在离发射点不远处返回地面，计算导弹在空中飞行的时间，地球半径R=6400km。13．以第一宇宙速度发射(垂直向上发射)的导弹经一段37解：第一宇宙速度即环绕速度机械能守恒：由上两式可解得：因为是竖直向上抛射，所以b很小，椭圆退化为一根直线，即a=R(焦点在地心O点)。在物体抛射到返回地面的整个过程中，物体与地心O的连线扫过的面积为而面积速度(即单位时间里扫过的面积)因此解：第一宇宙速度即环绕速度机械能守恒：由上两式可解得：因为是38，14．某国发射一颗周期T0=1天的不用动力飞行的卫星，其轨道平面为赤道平面，容易理解，如图，若卫星取一椭圆轨道，那么它相对地心的角速度便不是定值，与地面上的参考点之间会发生相对运动，假设该国仅拥有经度范围为2°的赤道领空，那么发射者就必须将卫星轨道的偏心率e限制在一个很小的范围内，以保证卫星不离开本国领空，设椭圆的半长轴为A，半短轴为B，则有，试确定e的最大可能值。，14．某国发射一颗周期T0=1天的不用动力飞行的卫39解：如图所示，卫星的角速度有时比地球快有时比地球慢，设卫星在C和C'点时和地球角速度相同，都为ωc，那么在C和C'点右边的轨道上卫星的角速度都小于ωc．(1)在1位置有将C=eA代人，并用(1一e)n=1—ne的近似公式，可得，如果卫星在C点时OC和地球上的OB重合，那么此后OA将追逐OC，直到卫星到C’时OA和OC’重合．只要∠AOB=2o，便符合题意．2π解：如图所示，卫星的角速度有时比地球快有时比地球慢，40(2)由解析几何的知识可知：从焦点到椭圆上横坐标为x的点的距离r=A+ex。再用开普勒第三定律因为故ABC'C可看作矩形，图中阴影部分面积卫星从C经过2到C'的时间，由上式可得(2)由解析几何的知识可知：从焦点到椭圆上横坐标为x的点的距41地球从OB和OC重合转到OA和OC/重合的时间故而可以解得此值即e的最大值。地球从OB和OC重合转到OA和OC/重合的时间故而可以解得此4215．从北极发射一导弹，落在赤道上(经历纬度90o)。求能量最省的发射速度。引力常数Ｇ＝6.67×10-11m3/(kg·s2)，地球半径Re=6．4×106m，地球质量Me=6．0×1024kg。忽略空气阻力。15．从北极发射一导弹，落在赤道上(经历纬度43分析与解

如图所示，图中A点是北极发射点，B点为导弹落地点，在赤道上。导弹在地球外部空间的轨道是椭圆轨道的一部分。根据对称性，椭圆长轴MN是直角的角平分线。导弹在地球引力场中按椭圆轨道运动，机械能为分析与解如图所示，图中A点是北极发射点，B点为导弹落地点44为使能量取最小值，应取最小的半长轴值。设椭圆轨道的两焦点在F1和F2处，其中F1必在地球中心。因北极发射点A在椭圆轨道上，依椭圆的性质，有关系其中，所以只有当取最小值时，α才是最小值。在MN上的F2满足时，AF2即为最小值。由图中可知，为使能量取最小值，应取最小的半长轴值。设椭圆轨道的两焦点45解得

所以能量最省的发射速度为

利用A点处机械能的表达式

解得所以能量最省的发射速度为利用A点处机械能的表达式46第四讲机械能第四讲机械能47动能定理1，2，3，4，5，6机械能守恒7，8，9，10天体运动、引力势能11，12，13，14，15动能定理1，2，3，4，5，6机械能守恒7，8，9，481。水桶中有深度为H的水，水桶的底部有半径为r的圆孔，把孔塞拔掉后，圆孔处水流初速v是多少？1。水桶中有深度为H的水，水桶的底部有半径为r的49解：研究厚度为△x的薄层水，设（同落体）由动能定理解：（同落体）由动能定理502。跳水运动员从高于水面H=10m的跳台落下．假如运动员质量为m=60kg．其体形可等效为长度L=1.0m，直径d=0.30m的圆柱体，不计空气阻力．运动员入水后，水的等效阻力F作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图像如图所示，该曲线可近似地看作为椭圆的一部分，该椭圆的长、短轴分别与坐标轴oy和oF重合．椭圆与y轴相交于y=h．与F轴相交于F=(5／2)mg处．了确保运动员的安全，试计算水的深度至少应为多深?(水的密度ρ=1.0×l03kg／m3)y2。跳水运动员从高于水面H=10m的跳51解：设运动员起跳时为初状态，入水后到达最深处时为末状态．初、末状态动能都是零，整个过程中有三个力做功，重力做功为WG，水的浮力做功为Wf，水的阻力做功为WF，由动能定理可知（1）（2）（3）运动员从B运动到C时，水的浮力均匀增大，做的功为设水深为h，则BCD10mhLd解：设运动员起跳时为初状态，入水后到达最深处时为末状态．初、52将（2）、（3）、（4）、(5)式代入（1）式，可解得从C到D，浮力做的功为（4）（5）水的阻力做功为图中曲线下的面积将（2）、（3）、（4）、(5)式代入（1）式，可解得从C到533。如图，绳长l，将小球拉至绳水平状态后让其自由下落，求小球能获得的最大的竖直速度3。如图，绳长l，将小球拉至绳水平状态后让其自54解1：求极值。用高等数学,也可以用初等数学来求极值，请同学们考虑。解1：求极值。用高等数学,也可以用初等数学来求极值，请同学们55解2：当时有极大值.解2：当时有极大值.564．轴的质量为m、半径为r的轻轮，其轴上系有绳子，在轮子所在的平面内沿水平方向拉绳，轮子沿栅栏无跳动地滚动，栅栏由彼此间距为l的平行的水平细杆构成，（l<<r）为使轮子以恒定的平均速度v运动，绳子的平均拉力T多大。4．轴的质量为m、半径为r的轻轮，其轴上系有绳子57解：平均速度是v，可认为圆柱在最高位置时速度为v。于是有： 故因为没有跳动，故而碰撞为非弹性的，圆柱损失OB方向速度分量。故 由功能原理得：

解：平均速度是v，可认为圆柱在最高位置时速度为v。故因为没有585．质量为m的两个重球A，B由长为l的轻质杆连接，竖直于光滑水平面上，若在下端B球上作用一水平恒力F，使B端沿水平面移动距离S，求此时B端所受支承力与φ角的关系。5．质量为m的两个重球A，B由长为l的轻质杆连接，竖59解：系统质心c的加速度位移有以上两式可解出：动能定理：冲量定理对B球：C解：系统质心c的加速度位移有以上两式可解出：动能定理：冲量定60在B参照系中分析A球：可解得：在B参照系中分析A球：可解得：616．雪撬从盖着冰的高度为h的斜坡上端滑下，后又在盖着冰的水平地面上前进。设雪橇与冰之间的摩擦系数为μ。问：(1)雪橇在水平地面上能前进的距离S为多少？(2)若θ很小，则上述结果的近似值如何。6．雪撬从盖着冰的高度为h的斜坡上端滑下，后又在盖着62（1）雪橇在斜坡上下滑时要求，雪橇才能滑下。研究雪橇从斜坡进入平面的过程：(因为Δt很短，所以忽略了重力的冲量)可解得若要，必须。（1）雪橇在斜坡上下滑时要求，63下面讨论因而只要能够滑下，必有，此时因而若则不能滑下下面讨论因而只要能够滑下，必有，此时因64(2)若θ很小，有因此要雪橇能滑下，必有μ、θ都为小量，可以进一步化简为(2)若θ很小，有因此要雪橇能滑下，必有μ、θ都为小量，可以657。如图装置，m1,m2已知，用多大的力F竖直向下压m1，才能在释放后使m2离地？7。如图装置，m1,m2已知，用多大的力F竖66解：解：678．质量为M，开始时静止放在光滑水平面上的滑块内有长度均为l且互通的三段光滑轨道，α=60°，转弯处由光滑小圆弧连接。设在左侧轨道上端有一质量为m的光滑小球，于t=0时刻自静止开始沿轨道自由下滑，求：小球从开始下滑直到最后重新返回左侧出发点的总时间。8．质量为M，开始时静止放在光滑水平面上的滑块内有长68解：取滑块参照系，小球受到三个力：mg、N和maM，设小球相对M的加速度是ar，所以对m对M：由α=60o，可解得下到底端时，小球因转弯和滑块发生一个比较猛烈的作用，这过程中动量守恒．设转弯结束后小球和滑块的速度分别为解：取滑块参照系，小球受到三个力：mg、N和maM，69可求出相对速度水平段的时间：一个来回的总时间：可求出相对速度水平段的时间：一个来回的总时间：709．火车司机为容易启动重载的列车，总是先倒一下，然后重新启动。现有机车，牵引力为F，后面有n-1节车厢，机车和车厢质量都为m，每节车受的阻力为kmg。各节车挂钩锁留间距为d，当列车沿平直轨道启动时，求第n-1节车厢被机车带动时的速度。设F>nkmg。9．火车司机为容易启动重载的列车，总是先倒一下，然后71解：机车启动后经d路程，有：令f=kmg得：车厢被带动可视为完全非弹性碰撞，车厢1被带动的速度记为v20，有：故于是 解：机车启动后经d路程，有：令f=kmg得：车厢被带72以此类推，得：

故评析：倒车启动的好处不言而喻，大家可以试一试若F=30kmg，那么倒车后可拉动多少车厢？(开动后阻力迅速减小)以此类推，得： 故评析：倒车启动的好处不言而喻，大家可以试一7310．玩具列车由许多节车厢组成，它以恒定速度沿水平轨道行驶，进入“死圈”，列车全长为L，圈半径为R，但L>2πR，问列车应具有多大初速度，才能不让任何一节车厢脱轨。10．玩具列车由许多节车厢组成，它以恒定速度沿水平轨道74(1)设列车的“线密度”为λ，则由机械能守恒有(2)不难判断轨道顶部的车厢最容易脱离轨道．该车厢受力如图所示，两个T是两边其它车厢对它的拉力将代入，有(1)设列车的“线密度”为λ，则由机械能守恒有(2)不难判断75(3)用虚功原理求T对左半侧或右半侧的列车来说，移动一小段Δs，T做的功是T·Δs，效果是使Δs长的车厢升高2R高度，因而有可解得评析：本题有二个要点：（1）分析顶点，（2）虚功求力。(3)用虚功原理求T对左半侧或右半侧的列车来说，移动一小段Δ7611．从地球表面以第一宇宙速度朝着与竖直方向成α角的方向发射一抛射体，忽略空气阻力和地球转动的影响，试问抛射体能上升多高？设地球半径为Ｒ。11．从地球表面以第一宇宙速度朝着与竖直方向成α角的77解：第一宇宙速度，其机械能：所以以向任何方向都不可能飞离地球，只能以地心为焦点作椭圆运动，由开普勒第二定律：得：解：第一宇宙速度，其机械能：所以以向任何方向都不可能飞78代入上升高度上升高度代入上升高度上升高度7912．质量为m1和m2的两质点相距为l，从静止开始，由于万有引力作用而相向运动，试求从开始运动直到相遇所需的时间。12．质量为m1和m2的两质点相距为l，从静止开80解：在宇宙空间参照系中研究m1，在m1参照系中研究m2由此可见，m2相对m1的运动等同于一个质量为m1+m2的力心不动时的情况，可认为m2运动的直线轨迹是一个退化的椭圆(a=c，b=0)，有2a=l．由开普勒第三定律有因为解：在宇宙空间参照系中研究m1，在m1参照系中研究m81，所以即评析：本题巧妙地利用了退化的思路，迂回解决了问题。，所以即评析：本题巧妙地利用了退化的思路，迂回解决8213．以第一宇宙速度发射(垂直向上发射)的导弹经一段时间后在离发射点不远处返回地面，计算导弹在空中飞行的时间，地球半径R=6400km。13．以第一宇宙速度发射(垂直向上发射)的导弹经一段83解：第一宇宙速度即环绕速度机械能守恒：由上两式可解得：因为是竖直向上抛射，所以b很小，椭圆退化为一根直线，即a=R(焦点在地心O点)。在物体抛射到返回地面的整个过程中，物体与地心O的连线扫过的面积为而面积速度(即单位时间里扫过的面积)因此解：第一宇宙速度即环绕速度机械能守恒：由上两式可解得：因为是84，14．某国发射一颗周期T0=1天的不用动力飞行的卫星，其轨道平面为赤道平面，容易理解，如图，若卫星取一椭圆轨道，那么它相对地心的角速度便不是定值，与地面上的参考点之间会发生相对运动，假设该国仅拥有经度范围为2°的赤道领空，那么发射者就必须将卫星轨道的偏心率e限制在一个很小的范围内，以保证卫星不离开本国领空，设椭圆的半长轴为A，半短轴为B，则有，试确定e的