摆动过程中的功和能.pdf

2oo9年5月 Vo1．27 No．9 中学物理 摆动过程中的功和能 物体的摆动大多是变速曲线运动，在处理 此类问题时，仅仅运用牛顿运动定律和运动学 知识往往是不够的．在中学阶段要引导学生学 会应用动能定理、机械能守恒定律等知识来处 理摆动问题，即运用功和能的观点、方法来解 决变速曲线运动问题． 一、重力场中的摆动问题 1．单个物体的机械能问题 例1 如图1所示，将质量为m的小球用 长为L的细线拴住，线的一端固定在A点，将 小球拉到与A等高的B点并使线刚好绷直，由 静止开始释放小球，不计空气阻力．下列说法 中正确的是 可得三人一起相聚于原正三角行ABC中 心，所需的时间为 2 ￡ 每个演员的路程为：s=vt： z 解法三 因为三个人的对称性，所以三人 始终在一个等边三角形的三个顶点上．速度方 向始终沿着该三角形的一条边．因此每个人向 着中心O的速度的分量不变，总是 ．= · cos30 (如图3所示)．因此到达O点的 时间为： √3， A0 3 2 一 1一 一3v’ 每个演员的路程为： ·26· 李兴远 A．小球在下落过程中机械能守恒 B．小球下落到最低点时，线的拉力大小与 线的长短无关 C．小球下落到最低点前，小球重力的功率 不断增大 i 、 、、 、、、 ／ 占．．．．．-， D．小球下落到最低点前，小球重力的功率 口△t J~-17A， 图2 图3 C s= ￡=_鲁-z． 本题前两种解法都是 J 从“微元法”的思想出发，试图找出每隔时间的 正三角形边长的减小值与演员在微小时间内的 路程的关系，这种微分的思想在解决物理习题， 尤其是中学物理竞赛习题中是一种非常重要的 思想方法．解法三是运用运动的合成与分解，将 演员的螺旋运动看作切向的圆周运动与法向的 向心运动，根据运动的等时性，求出总路程，此 方法思想巧妙，解答简洁明了． 【作者单位：(311812)浙江省诸暨草塔中学】 一 综合试题 中学物理 Vo1．27 No．9 2009年5月 先增大后减小 解析 小球在下落过程中只有重力做功， 故机械能守恒，A正确； 1 2 由7吼=专m 和F—mg= ，得F= 3mg，故B正确；由P=mg'oc~sa知，小球在B 点和C点时，重力的功率皆为零，而在下落过 程中的其它位置不为零，故D正确． 拓展 如图2 誓 ，一 ： 兰 麓 。

： 细线拴住，线的一端 ． D 、 ’ ，／ 固定在A点，D是、、，．土…：：：： ， 水平线DE．将小球 图2 从B点到G点应用机械能守恒定律得， mgL=2mg(L—Y0)+告m 2l， 在G点由牛顿第二定律得， mg m ’ 联立解得： =詈L． 故小球能绕钉子在竖直平面内做完整的圆 周运动时，钉子在AC上的位置离A点的距离 范围是L>Y≥詈L． (3)仿上可得小球能绕钉子在竖直平面内 做完整的圆周运动时，钉子在DE上的位置离 D点的距离范围是 L>z≥ L． 点评 物体在重力场中在竖直平面内做 完整的圆周运动，机械能守恒．处理该类问题 时，经常要抓住物体在竖直平面内做完整的圆 周运动的临界条件是在最高点只有重力提供向 2 心力，即mg= ． 2．多物体系统的机械能问题 例2 如图3所示，由细绳连接的A、B两 球悬挂在0点，同时从静止释放，绳子始终伸 直，则在两球摆动到竖直位置的过程中，下列说 法正确的是 A．绳OA对A球做正功 B．绳AB对B球不做功 C．绳AB对A球做负功 D．绳AB对B球做正功 解析 OA绳一直绷紧且点不动，所以 A球做圆周运动，OA绳对A不做功，而B球是 否与A球同步摆动而做圆周运动呢?设想A、B 两球分别用两条小绳悬挂而各自摆动，若摆角 厂r 较小，有T=2rr√詈，可见摆长越长，摆得越 ·27· 2009年5月 Vo1．27 No．9 中学物理 慢，因此A球比B球先到达竖直位置，如图4所 示．可见绳AB的弹力对A球有阻碍作用，而对 B球有拉动作用，故C、D正确． ● ， ～^ 曰 、 、、、℃ ! 图4 点评 多物体系统的摆动问题，一般来 说系统的机械能守恒．由轻绳连接的两物体，离 悬挂点近的A物体做圆周运动，离悬挂点远的 B物体做一般的曲线运动，故悬挂绳对A物体 不做功，连接AB的绳对A做负功、对B做正 功． 二、重力场一电场中的摆动问题 例3 如图5所示，一根不可伸长的绝缘 于O点，另一端连Dr——— 放m／ ee Oi ／／ 的带正电小球，放 ， i ／ 在水平向右的匀c …．． ．／ 强电场中(图中电 、～ 一 场未画出)·现把 图5 无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线 与竖直方向的最大偏角为0，求小球经过最低 点时细线对小球的拉力多大． 解析 由题意，带电小球由A移动至C， 重力势能的减少量等于电势能的增加量， mglcosO= (i+sin0)， 所以gE= ． 小球从A至B应用动能定理得， 1 ． mgl—qEt=寺m'o ． 在B点由向心力公式得， ·28· F—mg=m ， 联立解得： F=mg(3一弃 )． 拓展 如图6所示，一根长为L不可伸长 的绝缘细线一端固定于 0点，另一端连着一个 质量为m的带正电小 球，电荷量为口，放在水 平方向的匀强电场中 (图中电场未画出)．现 把小球拉至与悬点0 在同一水平面上的位置 、 P ＼、 ； ＼／ ～ ● 、 、、、 ； ，／ ’’--奋．．一 P，绳刚好绷紧，无初速释放，小球摆到0正下 方的D点时速度刚好为零． (1)求匀强电场的场强大小和方向； (2)小球从P点到D点过程中，求速度最 大的位置及最大速度的大小、绳上的最大拉力 的大小： (3)欲使小球能够在竖直平面内做完整的 圆周运动，求在P点释放时提供的最小初动能 多大． 解析 (1)依题意知，电场的方向水平向 右．从P点到D点应用动能定理得，mgL一 口EL=0，即E=．mg． q (2)因为重力和电场力大小相等，所以二 者的合力大d,ff~1,c／2mg，方向与水平方向成45。

角斜向右下．由等效法知，当小球运动到绳与水 平方向的夹角0=45的B点时，小球的速度最 大，绳上的拉力也最大． 从P点到B点应用动能定理得 mgLsinO—qEL(1一cosO)=去 ， 在B点由牛顿第二定律得 —— ．2 F一42mg=m争， 中学物理 Vo1．27 No．9 2009年5月 联立解得： =√2(√2—1)gL，F=(3√2—2)mg． (3)小球在P点释放时的最小初动能对应 小球恰能到达左上方临界点A，此时有 2 =m ； 从P到A应用动能定理得 一mgLsinO～qEL(1+O0s ) 1 2 1 2 百m,oA一百mvp， _ 一 解得E ： ． 点评 如图6所示，小球在重力场作用下 在竖直平面内做完整圆周运动时，C为最高点， D为最低点，C点速度最小，D点速度最大．若 加上水平向右的电场E，小球带电量为+g，则 在A点速度最小，在B点速度最大，小球在A 点时重力与电场力的合力指向圆心，小球在B 点时，重力与电场力的合力沿半径向外，这与只 有重力时C、D两点的特性相似．我们把A、B 两点称为物理最高点和物理最低点，而把C、D 两点称为几何最高点和几何最低点． 处理该类题的关键是求出等效重力mg ， 找出等效重力场中的“等效最高点”——物理 最高点，在“等效最高点”的临界速度是 = ． 三、重力场一磁场中的摆动问题 例4如图7所示，铜棒口6长Ll：0．1 rn， 质量m=6×10～kg， 两端用长为L，=1 m 的轻铜线连接，静止 于竖直平面上，整个 装置处在竖直向下的 匀强磁场中，磁感应 图7 强度B=0．5 T．现接通电源(图中未画出)，使 铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已 知最大偏转角为37。

求在此过程中(g=10 n1／S2，sin37*=0．6)， (1)铜棒的重力势能增加多少； (2)恒定电流的大小为多少； (3)求铜棒速率最大的位置和最大速度． 解析 铜棒达到最大偏转角时并不处于 平衡状态，只是瞬时速度为零． (1)重力势能的增量 AEp=mgL2(1一cos37")=0．12 J (2)设恒定电流大小为 ，由动能定理有， B／Llsin37一mgL2(1一cos37")=0， 得 J=4 A (3)导体棒受三个力的作用，即重力、水平 方向的安培力和绳子的拉力．沿着绳子方向的 合力Fl提供向心力，作用是改变导体棒的运动 方向；垂直于摆绳方向上的合力F2的作用是改 变导体棒的速度大小．可以判定出导体棒的速 率是先增大后减小，故当切线方向的合力F2为 零时，导体棒的速率达最大值．设此时轻铜线与 竖直方向的夹角为a，则 BILlCOSlff mgsina， ． B儿l 1 tana一——一 ' mg j tan2=『=2t—anatanZa ：詈Atan- ，a=l8 ． 了———丁 一，a l ．)． 上一 口 -t 即铜棒达最大速率时轻铜线与竖直方向的 夹角为l8．5。

．又 B／Ll sina—mgL2(1一COSOt)=— 1 ， 其 n口=√ = ， 1 3 v厂 瞄口 1 —t 1 ，anx √ + a 上u 解得： ：√ rn／s =1．og rds． 【作者单位：(222023)江苏省连云港市海 州高级中学】 ·29· 。