一条均匀链条，质量为m，长为L，成直线状放在桌面上。
此题目可以去整条链条为研究对象，用动能定理可以很好解题。具体如下：
一条均匀链条，质量为m，长为L，成直线状放在桌面上。已知链条下垂长度为a时，链条开始下滑。试用动能定理计算下面两种情况链条刚好全部离开桌面时的速率。
解：
那么第二题则有：
处理多过程问题
应用动能定理处理多过程运动问题关键在于分清整个过程有几个力做功，及初末状态的动能，采用动能定理处理问题无需考虑其具体的运动过程，只需注意初末状态即可。
求往复运动的总路程及次数问题，若用牛顿定律和运动学公式求解，必须用数列求和的方法，但对于其中的某些问题求解，如用动能定理求解，可省去不少复杂的数学推演，使解题过程简化。
以上资料参考 百度百科—动能定理
三分之一链条质量为 m/3,所受重力为 mg/3.
三分之一链条的重心,原来在桌面以下 L/3 x 1/2 = L/6 处,最终移到桌面处,即位移为L/6.
∴所需功为：mg/3 x L/6 = mgL/18
| D |
| 试题分析：对于图a而言，桌面上链条的中点与垂下来的链条的中点的连线的中点即是整个链条的重心位置； 对于图b而言，是在图a重心的基础上又添加了一个两小球的重心，其重心的位置在两个小球连线的中点位置，且根据题意可知，两重心代表的质量还是相等的，故整个的重心一定在这两个等效重心连线的中点上，它的位置要比a靠下一些； 对于图c而言，其重心的位置又在图b的情景上添加了一个桌面边缘的小球，故它整体的重心会比图b高一些，但由于边缘小球的质量是m/2，故其重心的位置仍会在图a之下，故重心最高的是图a，其次是图c，最低的是图b，故D是正确的。 |
对两次释放，桌面下方L处为0势能面．
则释放前，系统的重力势能为
第一次，Ep1=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 4 |
| 7 |
| 8 |
第二次，Ep2=（
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
| L |
| 2 |
| 13 |
| 8 |
第三次，Ep3=（
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
| L |
| 2 |
| 17 |
| 8 |
释放后Ep1'=mg
| L |
| 2 |
Ep2'=
| 1 |
| 2 |
| L |
| 2 |
Ep3'=
| 1 |
| 2 |
| L |
| 2 |
| 1 |
| 4 |
| 5 |
| 4 |
则损失的重力势能
△Ep1=
| 3 |
| 8 |
△Ep2=
| 5 |
| 8 |
△Ep3=
| 7 |
| 8 |
那么△Ep1=
| 1 |
| 2 |
△Ep2=
| 1 |
| 2 |
△Ep3=
| 1 |
| 2 |
解得：va2=
| 3gL |
| 4 |
vb2=
| 5gL |
| 8 |
vc2=
| 7 |
| 10 |
显然 va2＞vc2＞vb2，
所以va＞vc＞vb，
故选D
铁链释放之后,到离开桌面, 由于桌面无摩擦,
对两次释放 ,桌面下方L处为0势能面.
则释放前,系统的重力势能为
第一次, Ep1=1/2MgL+1/2Mg(3L/4)
第二次, Ep2=(1/2M+m)gL+1/2Mg(3L/4)+mg(L/2)
(桌面上的部分的重力势能容易计算,桌面下的重力势能要用铁链的中点所处高度算,带铁球的还要另外加上铁球的重力势能.)
释放后Ep1'=Mg(L/2) Ep2'=mgL+Mg(L/2)
则损失的重力势能 △Ep1=3MgL/8 △Ep2=3MgL/8 +1/2mgL
那么△Ep1=1/2Mv1²
△Ep2=1/2(M+2m)v2²
v1²=3gL/4 v2²=3gL/4 [(M+4m/3)/(M+2m)]
显然 v1²>v2²
与M m 大小无关.
故,选择 D
所以当把链条全部拉到桌面时 重心升高了 L/8
所以 W=(m/4)*g*(L/8)=mgL/32
动能定理怎么用啊
“匀速地把链条全部拉到桌面上”
速度不变 动能不变啊
