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第3章　动能的变化与机械功
第3章　动能的变化与机械功
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动能定理的应用
　1．进一步理解动能定理，能够运用动能定理分析和解决实际问题．(重点)　2．通过对动能定理的进一步深入分析，加深对动能定理内涵的准确把握，掌握应用动能定理的解题方法．(难点)　3．通过对案例的分析，找出案例中所体现的物理规律及解题方法．(重点)

一、合力做功与动能变化
1．合力做功的计算方法
求多个力对物体做功的总功时，应注意到功是一个标量，是一个过程量，方法有两种：一是分别求出物体受到的各个力做的功，然后再求代数和；二是先求出物体受到的合外力，然后求合外力做的功．
2．由动能增量计算合力做功
(1)首先找出物体在合力做功的一段时间内起始时刻的速率v1．
(2)然后找出物体在合力做功的一段时间末时刻的速率v2．
(3)计算动能的改变量为ΔEk＝mv－mv．
(4)合外力做功为W＝mv－mv．

运动员用F＝10 N的力将一质量为m的足球踢出，足球踢出时的速度为v，足球被踢出后在地面上滚了x后停下来．运动员对足球做的功是多少？
提示：运动员做的功不能用运动员踢球的力乘以足球在地面上运动的距离来求，因为这两个物理量不是对应同一过程，可根据动能定理来求，即W＝mv2．
二、由动能定理计算变力做功
1．当变力对物体做功时，很难根据功的公式W＝Fs求出功，但根据功与动能变化的关系就可以方便地求出功．
2．运用动能定理分析解决问题的步骤
(1)明确要解决的问题，确定研究对象；
(2)分析研究对象的受力情况，确定外力(或合外力)对研究对象所做的功；
(3)明确研究对象在始、末状态的动能，确定动能增量；
(4)运用动能定理列出方程．

　应用动能定理解题时注意的问题
1．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
2．在应用动能定理解决问题时，动能定理中的位移、速度等物理量都要选取同一个惯性系，一般都选地面为参考系．
3．动能定理的研究对象是单个物体，作用在物体上的外力包括所有的力，因此必须对物体进行受力分析．
4．变力作用过程和某些曲线运动问题，用牛顿第二定律结合运动学公式往往难以求解，但用动能定理则迎刃而解．
5．应用动能定理解题时，在分析过程的基础上，无需深究物体运动状态过程中变化的细节，只需考虑整个过程中各个力做的总功及物体的初动能和末动能．
6．应用动能定理的基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
→→→→
(3)明确物体在过程中的初、末状态的动能；
(4)由动能定理列出方程求解．
　如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0．4 m的圆形轨道相连接．一个质量为0．1 kg的物体从高为H＝2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2)

[解析]　物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知FN＋mg＝eq \f(mv,r)，又FN＝mg，
联立两式解得vC＝＝ m/s，
在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
mg(H－2r)－WFf＝mv－0，
代入数据解得WFf＝0．8 J．
[答案]　0．8 J
eq \a\vs4\al()
本题中摩擦力为变力，对变力做功，不能应用功的公式求解，而应用动能定理可以求解变力做功的问题．　
　牛顿运动定律和动能定理的比较
1．动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程中合外力的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都为标量，无方向性，计算方便，因而当题目中不涉及加速度和时间，而涉及力、位移、质量、速度、功和动能等物理量时，优先考虑动能定理．
2．牛顿定律解决的是瞬时问题，处理一些状态量之间的关系比较方便；动能定理将状态量的变化与过程相联系，在不需要关注具体过程的情况下是比较方便的．
　如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小．(g取10 m/s2)

[解析]　法一：应用牛顿第二定律与运动学公式求解
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有
v2＝2gH．
在沙坑中的运动阶段，设小球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah．
联立以上两式解得a＝g．
设小球在沙坑中运动时受到的平均阻力为Ff，由牛顿第二定律得Ff－mg＝ma，
所以Ff＝mg＋ma＝·mg
＝×2×10 N＝2 020 N．
法二：应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得
mgH＝mv2－0，
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为Ff，
由动能定理得mgh－Ffh＝0－mv2，
联立以上两式得Ff＝mg＝2 020 N．
法三：应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，而阻力做功WFf＝－Ffh．由动能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，
代入数据得Ff＝2 020 N．
[答案]　2 020 N
eq \a\vs4\al()
(1)某问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律、运动学公式结合法去解决．
(2)某问题若不考虑具体细节、状态或时间，一般要用动能定理去解决．　
　

质量是2 g的子弹，以300 m/s的速度射入厚度是5 cm的木板(如图)，射穿后的速度是100 m/s．求子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力是多大？
解析：法一：用动能定理求解
设子弹的初、末速度为v1、v2，子弹所受平均阻力为F，由动能定理知：
Flcos 180°＝mv－mv，
整理得
F＝eq \f(m（v－v）,2lcos 180°)＝ N＝1 600 N．
法二：用牛顿运动定律求解
由于穿过时的位移及初、末速度均已知，由v－v＝2al得：加速度a＝eq \f(v－v,2l)，由牛顿第二定律得：所求阻力为F＝ma＝eq \f(m（v－v）,2l)＝－1 600 N，“－”号表示平均阻力F的方向与运动方向相反．
答案：1 600 N
　动能定理的综合应用
　如图所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10．3 m的D点速度为零．(g＝10 m/s2)求：

(1)物体与BC轨道的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
(3)物体最后停止的位置(距B点)．
[思路点拨] 解答本题时应注意以下三个方面：
(1)重力做功与路径无关．
(2)摩擦力做功与路径的关系．
(3)对于单个物体的多个过程，可全过程应用动能定理．
[解析]　(1)分析从A到D过程，由动能定理得
－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv
解得μ＝0．5．
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－4μmgsBC＝mv－mv
解得v2＝4 m/s．
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv
解得s＝21．6 m
所以物体在轨道上来回了10次后，还有1．6 m，故离B的距离为2 m－1．6 m＝0．4 m．
[答案]　(1)0．5　(2)4 m/s　(3)0．4 m
eq \a\vs4\al()
(1)应用动能定理解决多过程问题时，要根据题目所求解的问题选取合适的过程．
(2)在运动过程中，物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的，应用动能定理列式时要注意这种力做功的表达方式．　

[随堂检测]
1．(多选)关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是(　　)
A．运动物体所受的合力不为零，物体的动能不一定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能不一定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动
解析：选AD．由功的公式W＝Fscos α知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，A正确．若合力为零，则合力的功也为零，由动能定理W总＝Ek2－Ek1，合力做的总功必为零，则物体的动能不发生改变，B错误．由匀速圆周运动知，C错误．另外，由牛顿第二定律知，有合力作用，就一定会改变物体的运动状态，物体做变速运动，D正确．
2．

一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A．tan θ和　　　　　　 B．tan θ和
C．tan θ和 D．tan θ和
解析：选D．由动能定理可知，
初速度为v时：－mgH－μmgcos θ＝0－mv2
初速度为时，－mgh－μmgcos θ＝0－m
解之可得μ＝tan θ，h＝，故D正确．
3．

如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W解析：选C．设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq \f(mv,R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR．质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR．
设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′4．质量为m＝4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0．2，g取10 m/s2，求：
(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；
(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t．
解析：(1)设物块受到的滑动摩擦力为Ff，则
Ff＝μmg
根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有
Fx1－Ffx＝0
代入数据，解得x1＝16 m．
(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1
由牛顿第二定律得a＝
由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2，x2＝vt，
代入数据，解得t＝2 s．
答案：(1)16 m　(2)2 s
[课时作业][学生用书P107(单独成册)]
一、单项选择题
1．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车的总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，取g＝10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　)
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．－4 200 J
解析：选B．由动能定理可得：
mgh＋Wf＝m(v－v)，
解得Wf＝－mgh＋m(v－v)＝－3 800 J，故选项B正确．
2．

如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)
A．mgh－mv2 B．mv2－mgh
C．－mgh D．－
解析：选A．由A到C的过程运用动能定理可得：
－mgh＋W＝0－mv2，
所以W＝mgh－mv2，故A正确．
3．

如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R．一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为(　　)
A．μmgR　　　　　　　　 B．(1－μ)mgR
C． D．mgR
解析：选B．物体从A点运动到C点的过程中，重力对物体做功WG＝mgR，BC段的阻力对物体做功WBC＝－μmgR，若AB段的摩擦力对物体做功为WAB．物体从A到C的过程中，根据动能定理有mgR＋WAB－μmgR＝0，可得WAB＝－(1－μ)mgR，故物体在AB段克服摩擦力做功为(1－μ)mgR，B正确．
4．木块在水平恒力F作用下沿水平路面由静止出发前进了距离s，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2s的距离后才停下，设木块运动的全过程中地面的情况相同，则物体所受摩擦力的大小f和木块获得的最大动能Ekmax分别为(　　)
A．f＝，Ekmax＝ B．f＝，Ekmax＝Fs
C．f＝，Ekmax＝ D．f＝，Ekmax＝
解析：选C．对全过程运用动能定理：Fs－f·3s＝0，所以f＝F．力F作用距离s时，木块获得的动能最大，运用动能定理：Ekmax＝ΔEk＝(F－f)s＝Fs．
5．

如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动．拉力为F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功大小是(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选C．根据拉力提供向心力F＝，求得Ek1＝FR；当拉力减小到时有＝，求得Ek2＝，外力做功数值等于动能的改变量ΔEk＝．
6．如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的．BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，一质量为m的小滑块在高为h的A点由静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点．现用一沿着轨道方向的力推滑块，把它缓慢地由D点推回到A点时停下，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功等于(　　)

A．mgh B．2mgh
C．μmg D．μmgs＋μmghcot θ
解析：选B．下滑时，mgh－Wf＝0，上滑时，WF－mgh－Wf＝0，则WF＝2mgh，又因为轨道为曲面，滑动摩擦力无法表示，只有B正确．
二、多项选择题
7．

汽车从静止开始做匀加速直线运动，到最大速度时刻立即关闭发动机，滑行一段后停止，总共经历4 s，其速度—时间图像如图所示，若汽车所受牵引力为F，摩擦阻力为f，在这一过程中，汽车所受的牵引力做功为W1，摩擦力所做的功为W2，则(　　)
A．F∶f＝1∶3
B．F∶f＝4∶1
C．W1∶W2＝1∶4
D．W1∶W2＝1∶1
解析：选BD．由图像可知，汽车在这个过程的初速度和末速度都是零，加速段位移和总位移之比为1∶4，对全过程应用动能定理得W1－W2＝0－0，即W1＝W2．设加速过程的位移为s，则全过程的位移为4s，有F·s－f·4s＝0，即F＝4f，故W1∶W2＝1∶1，F∶f＝4∶1，因此，选项B、D是正确的．
8．

质量为1 kg的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g＝10 m/s2，则物体在水平地面上(　　)
A．所受合外力大小为5 N
B．滑行的总时间为4 s
C．滑行的加速度大小为1 m/s2
D．滑行的加速度大小为2．5 m/s2
解析：选BD．由题图知，物体前进20 m，动能由50 J变为零，根据动能定理，F×(20 m)＝0－(50 J)，F＝－2．5 N，即物体受到的合外力大小为2．5 N，A错．物体的加速度大小为a＝＝2．5 m/s2，C错，D对，由于物体的初速度v0＝　 m/s＝10 m/s，故滑行时间t＝＝ s＝4 s，B对．
9．如图所示，一传送带在水平面上以速度v0匀速转动，两轮之间的距离为L，现将质量为m的物体轻轻放到传送带的A端，已知当物体到达距B端s0时(s0
A．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功，W＝μmgL
B．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功，W＝μmg(L－s0)
C．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功W>μmg(L－s0)
D．物体在从A端到B端的过程中，摩擦力对物体做正功W＝mv
解析：选BD．当小物体放上后，物体与传送带发生相对滑动，其间的摩擦力f＝μmg，当达到共同速度后，f＝0，所以摩擦力在前一段位移(L－s0)内做功 W＝f(L－s0)＝μmg(L－s0 )，故B正确；由动能定理得，摩擦力做的功等于物体动能的增量，即W＝mv，故D正确．
10．

如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)
A．小球落地时的动能为2．5mgR
B．小球落地点离O点的距离为2R
C．小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零
D．小球到达Q点的速度大小为
解析：选ABD．小球恰好通过P点，mg＝meq \f(v,R)得v0＝．根据动能定理mg·2R＝mv2－mv得mv2＝2．5mgR，A正确．由平抛运动知识得t＝ ，落地点与O点距离x＝v0t＝2R，B正确．P处小球重力提供向心力，C错误．从Q到P，由动能定理得－mgR＝m·()2－mv，解得vQ＝，D正确．
三、非选择题
11．将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出．已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0．2，求：
(1)物体上升的最大高度；
(2)物体落回抛出点时的速度大小．
解析：(1)上升过程，由动能定理得
－mgh－Ffh＝0－mv ①
将Ff＝0．2mg ②
代入①可得：h＝eq \f(5v,12g)． ③
(2)全过程，由动能定理得
－2Ffh＝mv2－mv
将②③代入得：v＝v0．
答案：(1)eq \f(5v,12g)　(2)v0
12．如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．

(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h．(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
解析：(1)游客从B点做平抛运动，有
2R＝vBt ①
R＝gt2 ②
由①②式得
vB＝ ③
从A到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0 ④
由③④式得
Wf＝－(mgH－2mgR)． ⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由动能定理，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0 ⑥
过P点时，根据向心力公式，有
mgcos θ－N＝meq \f(v,R) ⑦
又N＝0 ⑧
cos θ＝ ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h＝R．
答案：(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R







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