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保守力做功与路径无关,只与起点, 做功与路径无关,只与起点,终点位置有关b m L1 a ... 力为该势能系统的内力. ②保守力的功等于其相关势能增量的负值A保= -Ep 物体在场 ...
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第六章 能量 能量守恒定律结构框图动能 动能变 化率 功 势能 动能 定理 功能 原理 机械能 守恒 能量守恒与 时间平移对称性 第六章 能量 能量守恒定律 基本内容: 一.基本内容: 基本内容 1.功的计算,熟练计算变力的功,理解保守力 功的计算,熟练计算变力的功, 功的计算 做功的特征; 做功的特征; 2.质点,质点系,定轴刚体的动能; 质点,质点系,定轴刚体的动能; 质点 3.保守力与其相关势能的关系,由势能曲线分 保守力与其相关势能的关系, 保守力与其相关势能的关系 析物体运动特征; 析物体运动特征; 4.熟练使用动能定理或功能原理解题,注意内 熟练使用动能定理或功能原理解题, 熟练使用动能定理或功能原理解题 力的功可以改变质点系的总动能; 力的功可以改变质点系的总动能; 5.熟练使用机械能守恒定律解题,对综合性问 熟练使用机械能守恒定律解题, 熟练使用机械能守恒定律解题 题要能划分阶段,分别选用恰当的力学定理 题要能划分阶段, 或守恒定律求解. 或守恒定律求解. §6.1 动能 功 动能定理 一.动能 动能 当涉及到机械运动与其他运动形式的相互转化时 到仅用动量和角动量来度量机械运动是不够的. 到仅用动量和角动量来度量机械运动是不够的 1.质点和质点系的动能 质点和质点系的动能 1 2 一个质点: E k = mv 一个质点 2 质点系: 质点系 ' z z' r'i mi y' ri ri = ri + rc vi = v + vc ' i 1 2 Ek = ∑ mi vi i 2 rc x' x 1 1 2 Ek = ∑ mi vi = ∑ mi vi vi i 2 i 2 y 1 1 2 Ek = ∑ mi vi = ∑ mi vi vi i 2 i 2 1 = ∑ mi (vc + vi' ) (vc + vi' ) i 2 1 2 = ∑ mi v c + vC i 2 z rc x' z' r'i ri mi y' ∑mv i ' i i 1 1 ' ' 2 + ∑ mi vi vi = Mv C 2 2 i d ' ' 其中第二项 ∑ m i vi = ∑ mi ( rc ri ) = 0 dt i i 柯尼希定理: 柯尼希定理 y x 1 '2 ' + ∑ m i v i = E kC + E k i 2 质点系的动能=质心运动动能 各质点相对于质心运动的动能 质点系的动能 质心运动动能+各质点相对于质心运动的动能 质心运动动能 2.动能与动量和角动量的关系 动能与动量和角动量的关系 2 1 p 1 2 质点: 质点 E k = mv = = p v 2 2m 2 定轴转动刚体: 定轴转动刚体 1 1 1 L2 1 2 2 2 2 E k = ∑ m i v i = ∑ m i ri ω = J ω = = L ω 2 i 2 i 2 2J 2 3.动能的时间变化率 动能的时间变化率 dEk d 1 1 dp 1 dv 质点: 质点 = ( p v) = v + p dt dt 2 2 dt 2 dt 1 1 dr = F v + v ma = F 2 2 dt 力的功 dE k = F dr ∫ E k2 E k1 d E k = E k2 E k1 = ∫ r2 r1 F dr 定轴转动刚体: 定轴转动刚体 dEk d 1 1 dL 1 dω = ( L ω) = ω + L dt dt 2 2 dt 2 dt 1 1 dθ = M ω + Jω β = M ω = M 2 2 dt 力矩的 功 dE k = M dθ ∫ E k2 E k1 d E k = E k2 E k1 = ∫θ θ2 1 M dθ dE k = M 轴 dθ E k2 E k1 = ∫θ θ2 1 M 轴 dθ 二. 功 力对空间累积 dr B 中学: 中学:恒力作功 F θ F F A = F S cos θ = F S 1.功的概念 功的概念 A s dA = F dr A = ∫ b a F dr = A> 0 ∫ b a F cos θ d s 力对物体做功 物体反抗阻力做功 力作用点无位移 力与位移相互垂直 ①功是标量(代数量) 功是标量(代数量) A< 0 A= 0 A总=A1+A2+……. ② 功是过程量 与作用点的位移相关 与作用点的位移相关 位移 一个力所做的功与参考系的选择 相关, 相关,是相对量 h v 地面系 AG≠0 电梯系 mg AG=0 2.变力的功 变力的功 ds θ 元功: 元功: dA = F dr b dr = F dr cos θ 直角坐标系: 直角坐标系: a r F r′ F = F cos θds F = Fx i + Fy j + Fz k o dr = dxi + dyj + dzk dA = F dr = Fx dx + Fy dy + Fz dz 总功: 总功: A = dA = F cos θds = F dr a b a a ∫ b ∫ b ∫ b = ∫ (Fx dx + F y dy + Fz dz ) a 练习1: 练习 : 如图 M=2kg , k =200Nm , S=0.2m , g ≈ 10ms -1 -2 不计轮,绳质量和摩擦 弹簧最初为自然长度 弹簧最初为自然长度, 不计轮,绳质量和摩擦,弹簧最初为自然长度, 缓慢下拉, 缓慢下拉 则 AF = ? 将绳端下拉0. 解: 用 F 将绳端下拉 2 m , 物体 M将上升多高 将上升多高? 将上升多高 ∵ kx0 = Mg → x0 = 0.1m S = 0.2m 得 弹簧伸长 0.1 m 物体上升 0.1 m k M S F 缓慢下拉:每时刻物体处于平衡态 缓慢下拉 每时刻物体处于平衡态 k x (0 加速,发动机做功,E>0, 轨道半径R增大 不能对接 轨道半径 增大,不能对接 增大 不能对接; 方法: 方法 a 减速 E<0 R减小 减小 RC轨道 加速 R b轨道 b Rb a Ra c Rc 练习3: 练习 : 置于光滑桌面上,下垂部分长 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. 施力将其缓慢拉回桌面. 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. 用两种方法求出此过程中外力所做的功. 0.8 l =0 m 0.2 l x 解一: 解一 用变力做功计算 =0 0.8 l 光滑平面,缓慢拉回 则拉力 光滑平面 缓慢拉回,则拉力 缓慢拉回 与链下垂部分重力平衡, 与链下垂部分重力平衡 设下重部长为 x ,质量 m x 质量 以向下为正: 以向下为正: m 0.2 l l x mx G= g l mg 0 mgl A = ∫ Fdx = ∫ xdx = G l 0.2l 50 mgl AF = A = G 50 0.8 l =0 m 质心 c Ep = 0 0.2 l 解二: 解二 用保守力做功与势能变 化的关系计算 令桌面 初态: 初态 末态: 末态 重力做功: 重力做功 外力功: 外力功 Ep1 = hc = mg 5 Ep = 0 mg 5 ( ) = l 10 mgl 50 Ep2 = 0 mgl A′ = Ep = (Ep2 Ep1 ) = 50 mgl ′ A = A = 50 三,动能定理 1. 动能 (非相对论) 非相对论) 质点: 质点: Ek = 1 mv 2 2 1 2 i 质点系: 质点系: E = 1 m v 2 = E + E ′ ≠ ∑2 i i k kc k Mv c 2 Ek = ∑ mi vi = 1 Jω 2 定轴刚体: 定轴刚体: 2 1 2 2 i 2. 动能定理 质点系所有外力, 质点系所有外力,内力做功的代数和等于质点系 总动能的增量: 总动能的增量: A外 + A内 = EK 3. 功能原理 A外 + A保内 + A 非保内 = EK Ep A外 + A非保内 = (EK + Ep ) = E 质点系外力和非保守内力做功代数和等于质点系 总机械能的增量 练习4: 练习 : m2 k 已知: 已知: 杆长 L,质量 m1 , A m1 o L 环:m2 , 轻弹簧 k 系统最初静止, 系统最初静止,在外力矩作用下绕竖直轴无摩擦转 缓慢滑到端点A时 动.当 m2 缓慢滑到端点 时,系统角速度为 求:此过程中外力矩的功 请自行列式 ω k m2 系统非刚体, 解:m1 + m2+k 系统非刚体, A m1 o L 缓慢滑动, 缓慢滑动,不计 m2 沿杆径 向运动的动能. 向运动的动能. A外 + A内 = Ek 1 A内 = A弹 = ∫ kx d x = k ( x ) 2 0 2 x A外 k ( x ) = 1 2 2 1 2 [ 1 3 m1 L + m2 L ]ω 2 2 2 kx = m2ω L 2 联立可解 §6.3 机械能守恒定律 1. 当各微元过程都满足 dA外 + dA非保内 = 0 时, dE = 0 2. 当过程满足 E = 恒量 ,系统机械能守恒. 系统机械能守恒. A外 + A非保内 = 0 时, E1 = E 2 系统初,末态机械能相等. 系统初,末态机械能相等. 注意: 注意: 动量,角动量, 动量,角动量,能量守恒定律彼此独立 F外 = 0 p = 0 空间平移对称性 空间旋转对称性 时间平移对称性 M外 = 0 dA外 + dA非保内 = 0 L = 0 E = 0 练习5: 练习 : 如图所示, 已知: 如图所示, 已知 M , l , m , α, v0 ;击中 击中 求:击中时 击中时 o M θ l c ω ; θ max = ? 3 l处 4 (只列方程 只列方程) 只列方程 分两个阶段求解,各遵循什么规律 分两个阶段求解 各遵循什么规律? 各遵循什么规律 ①相撞: 质点 相撞 α 3 4 定轴刚体 对 O 轴角动量守恒 ②摆动: M + m + 地球系统 E 守恒 摆动 v0 1 4 l m o M θ 3 4l c ①相撞: 质点 相撞 撞前 定轴刚体 对 O 轴角动量守恒 v0 1 4 α π Lm = r × mv0 = lmv0sin + α 2 3 4 l m = 3 lmv0 cos α 4 LM = 0 ′ ′ Lm = m( l ) ω ; LM = 1 Ml 2ω 3 3 4 2 撞后 ∴ 3 4 lmv0 cosα = ( m + M )l ω 9 16 1 3 2 ②摆动: M + m + 地球系统 E 守恒 摆动 初态: 初态 末态: 末态 1 9 2 16 ( m + 1 M )l 2ω 2 3 0 动能 Ek 势能增量E 势能增量 p m: M: mg 3 l (1 cos θ ) 4 Mg 1 l (1 cos θ ) 2 o 3 4 ∵ EK1 + Ep1 = Ek 2 + Ep 2 ∴ Ep = Ep 2 Ep1 = EK1 Ek 2 = EK 1 3 2 2 ( m+ M)l ω = ( M + 3 m)gl(1 cosθ ) 2 4 1 9 2 16 M θ l c v0 1 4 α l m 3 4 1 9 m+ 1 M 2 16 3 ( lmv0 cosα = ( m + M )l ω 9 16 1 3 2 )L2ω2 = ( M + 3 m)gl(1cos θ) 2 4 o M θ l c 由此可解出所求值 3 4 v0 1 4 α l m 练习6: 练习 : P.120 (例六) 如图所示: 例六) 如图所示: 已知:光滑桌面, 已知:光滑桌面,m , M , k , l 0 , l , 0 求: vB v B M+m o 思考: 思考: 分几个阶段 处理? 处理? 各阶段分别 遵循什么规 律? M m A 过程 A m与M相撞 与 相撞 研究对象 条件 mg与N平衡 与 平衡 弹簧为原长 F外 = 0 动量守恒 原理 M+m M+m mv0 = (m + M)vA 只有弹力作功 机械能守恒 A B + 弹簧各力力矩 都为零角动量守恒 A B M+m M外 = 0 由此可解出: 由此可解出: (m + M)vAl0 = (m + M)vBl sinθ θ vA vB
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