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7　动能和动能定理
足球运动员用100 N的力踢出足球，足球的质量为0.4 kg，足球被踢出时的速度为10 m/s，足球被踢出后在地面上运动了10 m停下．在这个过程中，足球运动员对足球做功了吗？足球运动员对足球所做的功是否可以用踢球的100 N的力与足球在地面上运动的10 m位移的乘积来求？为什么？若不能，应该怎样求这个功？功为多少？
提示：做功了；不能，因为10 m不是100 N力的位移；根据动能定理求功W＝mv2＝×0.4×100 J＝20 J.
考点一 动能
【例1】　(多选)对于动能的理解，下列说法中正确的是(　　)
A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
对动能的理解要注意以下几点：
(1)动能是标量，只有大小，没有方向，且动能只有正值．
(2)动能是状态量，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．
(3)动能是相对量，选择的参考系不同，物体的运动速度也就不同，根据动能的定义式Ek＝mv2可知，物体的动能也就不同．
【解析】　由于运动而具有的能叫做动能，A正确；对不同参考系速度不同，动能不同，B正确；动能变化时，速度(大小)一定变化，但只有速度方向变化时，动能不会变化，C正确；动能不变，若速度的方向变化时，物体处于非平衡状态，D错误．
【答案】　ABC
总结提能 (1)动能是标量，其大小与物体的质量及运动的速率有关．(2)动能变化，则速度一定变化；速度变化，动能可以不变，因为速度是矢量．
下列说法中正确的是(　D　)
A．做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化
B．物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大
C．物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快
D．物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大
解析：对于给定的物体来说，只要速度的大小(速率)发生变化时它的动能就改变，与是直线运动还是曲线运动无关，且速率变化越大，动能变化也越大，故A错误，D正确；速度是矢量，它的变化可以只是速度方向的变化，例如匀速圆周运动，故B错误；速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间无必然的联系，故C错误．
考点二 动能定理
(1)推导：设物体的质量为m，初速度为v1，在与运动方向相同的合力F的作用下发生一段位移l，速度增加到v2，如图所示，这个过程中F做的功W＝Fl，根据牛顿第二定律有F＝ma，由匀变速直线运动的规律有2al＝v－v，得l＝(v－v)，联立上式可得W＝mv－mv.
(2)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．这个结论叫做动能定理．
(3)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
(4)物理意义：揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化的关系．
(5)动能定理的理解
①W是总功，是物体所受合力所做的功，或者是物体所受所有外力做功的代数和．合力做正功，物体的动能增加；合力做负功，物体的动能减小．
②动能定理的实质是一种功能关系，是其他形式的能通过合力做功与动能之间的相互转化．
③动能定理的研究对象可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统．
④动能定理既适用于恒力作用的过程，也适用于变力作用的过程，既适用于物体做直线运动的情况，也适用于物体做曲线运动的情况．这是动能定理的优越性所在．
⑤动能定理的研究过程可以是运动的全过程，也可以是运动中的某段具体过程．
(6)应用动能定理解题的思路
①选取研究对象(一般为单个物体)，明确运动过程．
②分析研究对象的受力和各力的做功情况，求出外力所做的总功．
③明确研究对象在运动过程的始、末状态的动能Ek1和Ek2.
④列出动能定理的方程：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
⑤结合其他规律求解．
【例2】　冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)
解答本题时应注意以下两点：
(1)冰壶运动过程中的受力情况及各力做功的情况．
(2)冰壶运动过程始末的动能变化．
【解析】　设投掷线到圆心O的距离为s，冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为f1，在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s2，所受摩擦力的大小为f2.则有s1＋s2＝s，f1＝μ1mg，f2＝μ2mg
设冰壶的初速度为v0，由动能定理得
－f1s1－f2s2＝0－mv
联立以上各式并代入数据解得s2＝＝10 m.
【答案】　10 m
总结提能 1.如果问题中已知空间关系，而不涉及物体的加速度，则可以先分析物体所受各力的做功情况，然后由动能定理求解．
2．如果物体的某个运动过程包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则能使问题简化．原则是尽量使做功的力减少，各个力做的功计算方便，或使初、末状态的动能等于零．
一架喷气式飞机，质量m＝5.0×103 kg，起飞过程中从静止开始滑跑．当位移达到l＝5.3×102 m时，速度达到起飞速度v＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍．求飞机受到的牵引力．(g取10 m/s2)
解析：飞机的初动能Ek1＝0，末动能Ek2＝mv2；合力F做的功W＝Fl.
根据动能定理，有Fl＝mv2－0，
合力F为牵引力F牵与阻力F阻之差，而阻力与重量的关系为F阻＝kmg(其中k＝0.02)，所以F＝F牵－kmg，
代入上式后解出F牵＝＋kmg，
把数据代入后得到F牵≈1.8×104 N，
飞机所受的牵引力是1.8×104 N.
答案：1.8×104 N
【例3】　如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：
(1)B离开平台时的速度vB；
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；
(3)A左段的长度l2.
解答本题时可按以下思路进行分析：
(1)利用平抛运动的规律可求出B离开平台的速度vB；
(2)对B进行受力分析，利用牛顿第二定律和运动学规律可求出tB和xB；
(3)对A进行受力分析和运动过程分析，根据A、B的位移关系列式求解l2.
【解析】　(1)设物块B做平抛运动的时间为t，由平抛运动的规律得h＝gt2①
x＝vBt②
联立①②式，代入数据解得vB＝2 m/s③
(2)设B在A上运动的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝maB④
vB＝aBtB⑤
xB＝aBt⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据解得
tB＝0.5 s⑦
xB＝0.5 m⑧
(3)设B刚开始运动时A的速度为vA，由动能定理得
Fl1＝Mv⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学公式得F－μmg＝MaA⑩
l2＋xB＝vAtB＋aAt?
联立⑦⑧⑨⑩?式，代入数据解得l2＝1.5 m.
【答案】　(1)vB＝2 m/s　(2)tB＝0.5 s　xB＝0.5 m
(3)l2＝1.5 m
总结提能 高考中经常将动能定理与平抛运动、圆周运动等知识相结合考查考生的综合应用能力．应用动能定理解题，在分析物体的运动过程时无需考虑物体运动过程的细节，只需考虑整个过程中外力做的功及过程始末的动能．若整个运动过程包含了几个运动性质不同的小过程，则既可分段考虑，也可对整个过程考虑．若不涉及中间过程量，则一般对整个过程分析比较简捷．
如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6 N的水平恒力作用下开始运动，运动一段时间后撤去力F，当小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度v＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.忽略小车的高度，取g＝10 m/s2.求：
(1)恒力F的作用时间t；
(2)AB与CD的高度差h.
解析：(1)设小车在力F的作用下加速运动的距离为s，由动能定理得Fs－μMgs2＝Mv2
设小车在力F作用下做加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得F－μMg＝Ma，s＝at2
联立以上三式解得a＝4 m/s2，t＝1 s
(2)设小车在力F作用下做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，速度从v′减为v的时间为t′，由牛顿第二定律得v′＝at，－μMg＝Ma′，v＝v′＋a′t′
设滑块的质量为m，运动到A点时的速度为vA，由动能定理得mgR＝mv
设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得
s1＝vAt1
设滑块做平抛运动的时间为t1′，则有t1′＝t＋t′－t1
由平抛运动规律得h＝gt1′2
联立以上各式，代入数据解得h＝0.8 m.
答案：(1)t＝1 s　(2)h＝0.8 m
1．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是(　C　)
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
解析：力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，选项A，B错误；物体合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，选项C正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，选项D错误．
2．某同学用200 N的力将质量为0.44 kg的足球踢出，足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是(　B　)
A．4.4 J
B．22 J
C．132 J
D．12 000 J
解析：根据动能定理，W＝mv2＝×0.44×102 J＝22 J，Wf＝mv2，故选项B正确．
3．如图所示，在2018世界杯足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m的足球以速度v0猛地踢出，结果足球以速度v撞在球门高h的门梁上而被弹出．现用g表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于(　C　)
A．mgh＋mv2－mv　 B.mv2－mv－mgh
C.mv－mv2－mgh D．mgh＋mv－mv2
解析：由动能定理得－Wf－mgh＝mv2－mv
Wf＝mv－mv2－mgh.故选项C正确．
4．在水平路面上，有一辆以36 km/h行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg的行李以相对客车5 m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则行李的动能是(　C　)
A．500 J B．200 J
C．450 J D．900 J
解析：行李相对地面的速度v＝v车＋v相对＝15 m/s，所以行李的动能Ek＝mv2＝450 J，选项C正确．
5．如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R.质量为m的小球由A点静止释放，求：
(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；
(2)小球刚到达最低点B时，轨道对小球的支持力FN的大小；
(3)小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰到达最高点D，D到地面的高度为h(已知h解析：(1)由动能定理得mgR＝mv2，则v＝；
(2)由牛顿第二定律得FN－mg＝m，则FN＝3mg；
(3)由动能定理得－mgh－Wf＝0－mv2，
则Wf＝mg(R－h)．
答案：(1)　(2)3mg　(3)mg(R－h)
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——思想方法系列(十四)
动能定理的应用
[方法解读]
1．动能定理的应用技巧
(1)一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做的功W具有等量关系．
①若ΔEk>0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功．
②若ΔEk<0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值．
③若ΔEk＝0，表示物体的动能没有变化，合外力对物体所做的功等于零，反之亦然．
以上等量关系提供了求变力做功的一种简便方法．
(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，往往优先考虑使用动能定理．动能定理可以由牛顿第二定律导出，但由于动能定理不涉及物体运动过程中的细节，只需要考虑整个过程中外力做的功和始末两个状态动能的变化，并且动能和功都是标量，无方向性，故无论是直线运动还是曲线运动，也无论是恒力还是变力，用动能定理求解都会特别方便．
2．应用动能定理求变力做功
(1)变力做功
变力对物体所做的功一般用动能定理计算，应用时要清楚整个过程中动能的变化量及其他力做的功．
注意：①变力是指力的大小或方向发生变化的力，曲线运动中的力不一定是变力，直线运动中的力也未必是恒力．
②汽车以恒定功率启动的过程中牵引力是变力，牵引力所做的功可以根据公式W＝Pt求解．
(2)应用动能定理求变力做功的方法
①分析物体的受力情况，明确做功过程中的各个力是恒力还是变力，并求出各恒力所做的功．
②分析物体的运动过程，确定物体在初、末状态的动能．
③利用动能定理列方程求解．
【例1】　如图所示，竖直平面内有一用同种材料制成的一段轨道，AB段为圆周，半径为R，BC段水平，长度为R.一小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止，则物块在AB段克服摩擦力做的功为(　　)
A．μmgR　　　　　　　　 B．mgR(1－μ)
C.πμmgR D.mgR
物块在AB段所受摩擦力的大小和方向都变化，故不能利用公式W＝Flcosα进行计算，可根据动能定理进行求解．
[解析]　设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A运动到B的过程中，根据动能定理可得mgR－W＝mv－0，物块由B运动到C的过程中，根据动能定理可得－μmgR＝0－mv，联立以上两式解得W＝mgR(1－μ)，也可以对物块由A到C的整个过程应用动能定理，有mgR－W－μmgR＝0，亦可解得W＝mgR(1－μ)．故选项B正确．
[答案]　B
总结提能 本题中摩擦力为变力，对变力做功，不能应用功的公式求解，而应用动能定理非常方便，动能定理可以求解变力做功的问题．
[变式训练1]　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＝，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
3．应用动能定理判断动能的变化或做功的情况
合外力做的功等于物体动能的变化，合外力做正功，动能增加；合外力做负功，动能减少；合外力不做功，动能不变．反之亦然．因此，可利用动能定理判断动能的变化或做功的情况．
4．应用动能定理求解多过程问题
从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，这时，动能定理的优越性就明显地表现出来了．多过程问题的复杂不外乎其受力情况、运动情况比较难确定，但是，利用动能定理分析多过程问题是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．
利用动能定理求解多过程问题的方法：
(1)弄清物体的运动由哪些过程构成；
(2)分析每个过程物体的受力情况；
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献；
(4)从总体上把握全过程，表示出总功，找出初、末状态的动能；
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．
【例2】　总质量为M的汽车，沿平直公路匀速前进，其拖车质量为m，中途脱钩，司机发觉时，车头已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力．设汽车运动时所受的阻力与质量成正比，车头的牵引力是恒定的．当汽车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
[解析]　设汽车沿平直公路匀速前进的速度为v0，依题意作出草图，标明各部分运动的位移，如图所示．
汽车匀速运动时，阻力f＝F牵＝kMg(k>0)
对车头，脱钩后的全过程由动能定理得
F牵L－k(M－m)gs1＝0－(M－m)v
对拖车，脱钩后由动能定理得－kmgs2＝0－mv
又Δs＝s1－s2
联立以上各式解得Δs＝.
[答案]　.
总结提能 如果物体的运动包含几个过程，关键是弄清楚整个过程中有几个力做功及研究对象的初、末状态的动能．另外，本题若以拖车为参考系，解答过程会更简便，请同学们试试．
[变式训练2]　如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？
解析：设木块落地时的速度为v，整个过程各力做功情况分别为WF＝F·l1，摩擦力做功Wf＝－μmg(l1＋l2)，重力做功WG＝mgh，由动能定理得：Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0
代入数据20×3 J－0.2×1×10×(3＋1) J＋1×10×1.2 J＝×v2，解得v＝8 m/s.
答案：8 m/s
5．应用动能定理求物体运动的总路程
对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关．
【例3】　如图所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块，距挡板P的距离为s0，以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受的摩擦力小于滑块的重力沿斜面方向的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上通过的总路程为多少？
[解析]　滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少．又滑块所受的摩擦力小于滑块的重力沿斜面方向的分力，所以滑块最终会停在斜面底端．
在整个过程中，滑块受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．
设滑块通过的总路程为L，对全过程，由动能定理得
mgs0sinα－μmgLcosα＝0－mv
解得L＝.
[答案]　
总结提能 考虑到重力做功与路径无关，滑动摩擦力一直做负功，且与路程成正比，所以对全过程应用动能定理就显得非常简便．该题的求解充分显示了动能定理解题的优越性，是解题思维的创新．
[变式训练3]　如图所示，AB与CD为两个对斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10 m/s2)
解析：斜面的倾角为θ＝60°，由于物体在斜面上所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面的分力(μmgcos 60°答案：280 m
6．应用动能定理解决相关联物体的运动问题
对于用绳子连接的物体，在处理时要注意物体的速度与绳子的速度的关系，也就是需要同学们弄清合运动和分运动的关系，能够合理地利用运动的合成与分解的知识确定物体运动的速度．
[例4]　如图所示，一辆汽车通过一根绳PQ跨过定滑轮提升井中质量为m的物体，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上，设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、绳与滑轮间的摩擦都忽略不计．开始时，车在A处，滑轮左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H.提升时车水平向左加速运动，沿水平方向从A经过B驶向C，设A到B的距离也为H，车经过B点时的速度为v0，求车由A运动至B的过程中，绳对物体所做的功．
[解析]　物体上升过程中，重力和绳的拉力对物体做功．设车运动至B点时，物体的速度为v，绳对物体做的功为W.
由几何关系得物体上升的高度为h＝(－1)H
所以重力做的功为WG＝－mgh＝(1－)mgH
对物体应用动能定理有W＋WG＝mv2
又物体的速度v＝v0cos45°＝v0
由以上各式解得W＝mv＋(－1)mgH.
[答案]　mv＋(－1)mgH
总结提能 (1)变力做功，不能根据功的定义式直接求得，一般用动能定理求解；变力做的功跟其他力做功的代数和(或合外力做的功)等于物体动能的变化．
(2)在分析此类题目时，根据运动状态进行受力分析，判定各力做功情况(特别是分清变力和恒力做功)及物体的初、末速度是解题的关键．
[变式训练4]　如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，用一根绳子的一端固定在物体上，另一端通过定滑轮以恒定的速度v0拉动绳头．物体由静止开始运动，当绳子与水平方向的夹角为60°时，绳中的拉力对物体做了多少功？
解析：绳子中的拉力是变力，要计算这个力做的功，只能利用动能定理，其中物体的末速度可以由速度的分解求得．
绳子与水平面成60°夹角时，物体的速度为v，如图所示，由速度分解得
v＝＝＝2v0；
因为物体开始是静止状态，所以根据动能定理可以计算出绳子的拉力做的功为W＝mv2－0＝2mv.
答案：2mv

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