第4节 动能 动能定理
1．明确动能的表达式及含义． 2．能理解和推导动能定理．(重点) 3．掌握动能定理及其应用．(重点＋难点)
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能量．
2．表达式：Ek＝mv2．
3．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳．
1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2．
4．标量：没有方向．Ek≥0，即动能总为非负值．
二、合外力做功和物体动能的变化
1．理论推导：如图所示，质量为m的物体在沿运动方向的合外力作用下发生位移x，速度由v1增大到v2，则W＝Fx＝max＝meq \f(v－v,2)＝mv－mv．
即W＝ΔEk．
2．实验验证
(1)实验装置：应用必修1中“探究a与F、m之间的定量关系”的实验装置，如图所示．
(2)实验原理：从打出的纸带及拉力F与小车质量的数据进行分析，利用纸带测量数据，计算小车打下各计数点时的瞬时速度，进而验证小车运动到打下各计数点过程中
合外力对它做的功W与动能增加量ΔEk的相等关系．
(3)实验结论：W＝ΔEk．
3．动能定理
(1)内容：合外力所做的功等于物体动能的变化．
(2)表达式：①W＝ΔEk＝Ek2－Ek1．
②W＝mv－mv．
说明：a．式中W为合力所做的功，它等于各力做功的代数和．
b．如果外力做正功，物体的动能增加，外力做负功，物体的动能减少．
(3)适用范围：不仅适用恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况．
一个物体如果在运动过程中，其动能保持不变，则这个物体一定做匀速直线运动吗？
提示：由Ek＝mv2可知，物体的动能保持不变，只能说mv2的大小不变，其中物体运动的速度方向有可能是变化的，如物体做匀速圆周运动时，其运动的动能也是不变的．
对动能定理的理解
1．相似关系对比
W合＝Ek2－Ek1 W重(弹)＝Ep1－Ep2
物理意义 合外力做功与物体动能变化的关系 重力(弹力)做功与重力(弹性)势能变化的关系
等号左边意义 合外力做的功 重力(弹力)做的功
等号右边意义 动能的增量 重力(弹性)势能的减少量
功能关系实质 合外力做功引起的是物体动能的变化，重力做功引起的是重力势能的变化，功是能量转化的量度
2．应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程．
(2)对研究对象进行受力分析．
(3)写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正负)．如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功．
(4)写出物体的初、末动能．
(5)按照动能定理列式求解．
3．应用动能定理的优越性
功的计算公式W＝Fxcos α只能求恒力做的功，不能求变力的功，而由于动能定理提供了一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功具有等量代换关系，因此已知(或求出)物体的动能变化ΔEk＝Ek2－Ek1，就可以间接求得变力做功．
W为合力的功或各个外力做功的代数和，有正、负之分，注意ΔEk＝Ek末－Ek初，顺序不可颠倒．
一个物体放在光滑的水平地面上，现用水平力F拉着物体由静止开始运动，当经过位移x1时，速度达到v，随后又经过位移x2时，速度达到2v．那么，在x1和x2两段路程中F对物体做的功之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶4
[解析] 物体在前进x1的过程中，对物体受力分析可得，只有拉力F对物体做功
由动能定理得
W1＝Fx1＝mv2
物体在前进x2的过程中，对物体受力分析可得，只有拉力F对物体做功
由动能定理得W2＝Fx2＝m(2v)2－mv2
联立上面两式可得，在两个过程中力F做的功之比为
＝．
[答案] C
eq \a\vs4\al()
本题中的合外力为恒力，还可用牛顿运动定律求解，但在变力作用的情况下，牛顿运动定律就不能使用了，而动能定理仍可使用．
如图所示，质量为m的物体被细绳牵引着在光滑水平板上做匀速圆周运动，拉力为F时，转动半径为r，当拉力增大到8F时，物体做匀速圆周运动的半径为，则外力对物体所做的功为多少？
解析：设物体做匀速圆周运动半径为r和时的线速度分别为v1和v2
则由题意得F＝meq \f(v,r)，Ek1＝mv＝Fr
8F＝eq \f(mv,\f(r,2))，Ek2＝mv＝2Fr
由动能定理，外力对物体所做的功
W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝2Fr－Fr＝Fr．
答案：Fr
动能定理在多过程或多个物体问题中的应用
1．动能定理在多过程问题中的应用
(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理更简单、方便．
(2)应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．
2．动能定理在两个(或多个)相互关联的物体系统中的应用
(1)从严格意义上讲课本上讲的动能定理是质点的动能定理，即质点动能的增量等于作用于质点的合外力所做的功．对于由相互作用的若干质点组成的系统，动能的增量在数值上等于一切外力所做的功与一切内力所做功的代数和，称为系统动能定理．
(2)由于作用力与反作用力的功的代数和不一定等于零，所以对于系统只考虑外力做功而应用动能定理很可能要犯错，所以往往把系统内各质点隔离分析，分别应用动能定理比较合适．
(1)应用动能定理最大的优势在于不要求深入研究过程变化的细节，对不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题的，无论恒力做功还是变力做功，一般用动能定理求解．
(2)应用动能定理求力对物体做功时，位移应是物体相对地面的位移，而动能Ek＝mv2中“v”应是物体对地的速度．
如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，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0．求：(g取10 m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(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点多少米)．
[解析] (1)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－μmg4sBC＝mv－mv，
解得v2＝4 m/s≈13．3 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运动了10次后，还有1．6 m，故距B点的距离为
2 m－1．6 m＝0．4 m．
[答案] (1)0．5 (2)13．3 m/s (3)距B点0．4 m
eq \a\vs4\al()
对这种多过程问题，可以分段利用动能定理求解，也可以对全过程利用动能定理求解，解题时可根据具体情况选择使用．
【通关练习】
1．
(多选)如图所示，一质量m＝0．75 kg的小球在距地面高h＝10 m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力f的大小恒为2．5 N，g＝10 m/s2．下列说法正确的是( )
A．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5 m
B．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3．3 m
C．小球在空中运动的总路程为30 m
D．小球在空中运动的总路程为28．75 m
解析：选AC．设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h2的过程中，由动能定理有mg(h－h2)－f(h＋h2)＝0，解得：h2＝h＝5 m，选项A正确；对小球运动的全过程，由动能定理可得，mgh－fs总＝0，解得s总＝＝30 m，选项C正确．
2．
如图所示，AB与CD为两个对称斜面，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，一个物体在距弧底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°＜mgsin 60°)，所以物体不能停留在斜面上．物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，直到物体再也滑不到斜面上为止，最终物体将在B、C间往复运动．设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力所做的总功为－μmgscos 60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得
mg－μmgscos 60°＝0－mv
物体在斜面上通过的总路程为
s＝eq \f(2g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,2)R))＋v,μg)＝280 m．
答案：280 m
动能定理与牛顿运动定律的比较
牛顿运动定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件 只能研究在恒力作用下物体做直线运动 对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法 矢量运算 代数运算
两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单不易出错．
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少至μ2＝0．004．在某次比赛中，运动员使冰壶在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶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)
[解析] 法一：运用动能定理求解
设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，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x2，所受摩擦力的大小为f2．
则有x1＋x2＝x
式中x为投掷线到圆心O的距离．
f1＝μ1mg
f2＝μ2mg
设冰壶的初速度为v0，由动能定理得
－f1·x1－f2·x2＝0－mv
联立以上各式，解得
x2＝eq \f(2μ1gx－v,2g（μ1－μ2）)
＝ m＝10 m
法二：运用牛顿运动定律求解
设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，所受摩擦力的大小为f1，此段冰壶运动的加速度为a1，此时到达C点，速度为vC．
则由牛顿第二定律知f1＝μ1mg ①
f1＝ma1 a1＝μ1g＝0．08 m/s2 ②
v－v＝－2a1x1 ③
冰壶在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2＝x－x1，所受摩擦力为f2，运动的加速度为a2，则
f2＝μ2mg ④
f2＝ma2 a2＝μ2g＝0．04 m/s2 ⑤
0－v＝－2a2(x－x1) ⑥
将③⑥联立得
x1＝eq \f(v－2a2x,2a1－2a2)＝ m＝20 m．
则x2＝x－x1＝30 m－20 m＝10 m．
[答案] 10 m
eq \a\vs4\al()
动能定理、牛顿运动定律与运动学公式相结合是解决力学问题的两种重要方法，有的问题既能用牛顿运动定律与运动学公式相结合的方法解决也能用动能定理解决．
(1)通常情况下，某问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律与运动学公式相结合的方法去解决；
(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．
近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．
如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．
(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104 N．求卡车的制动距离．
(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD．为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？
解析：已知卡车质量m＝8 t＝8×103 kg、初速度v0＝54 km/h＝15 m/s．
(1)从制动到停车，阻力对卡车所做的功为W，由动能定理有W＝－mv ①
已知卡车所受阻力f＝－3×104 N，设卡车的制动距离为s1，有W＝fs1 ②
联立①②式，代入数据解得s1＝30 m． ③
(2)已知车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需要经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l ④
s2＝v0Δt ⑤
联立④⑤式，代入数据解得Δt＝2 s．
答案：(1)30 m (2)2 s
[随堂检测]
．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能有可能为负值
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
解析：选AC．机械能包括动能和势能，而动能是物体由于运动具有的能，且Ek＝mv2≥0，故A正确，B错误；一定质量的物体的动能变化时，速度的大小一定变化，但速度变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，动能不变，但速度变化，故C正确，D错误．
2．
有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力的功为零
C．重力和摩擦力的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
解析：选C．木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错．速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的正功与阻力做的负功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，C对，B、D错．
．某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图像如图所示，在物体开始运动后的前4．0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是( )
A．2．0 m B．1．0 m
C．3．0 m D．4．0 m
解析：选A．由题图知x＝2．0 m时，F合＝0，此前F合做正功，而此后F合做负功，故x＝2．0 m时物体的动能最大，故A正确．
．
水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )
A．30% B．50%
C．70% D．90%
解析：选A．根据v＝和Ek＝mv2解决问题．碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比约为12∶7，即碰撞后两球速度大小v′与碰撞前白球速度v的比值，＝．所以损失的动能ΔEk＝mv2－·2mv′2，≈30%，故选项A正确．
．如图所示，一个质量为m＝2．0 kg的滑块静止放在水平地面上的A点，受到一个大小为10 N，与水平方向成θ＝37°角的斜向上恒力F作用开始运动，当滑块前进L＝1．0 m到达B点时，撤去力F，滑块最终停在水平面上的C点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0．2，求BC间的距离x．(cos 37°＝0．8，sin 37°＝0．6，g取10 m/s2)
解析：对滑块从A到C全过程应用动能定理得
FLcos θ－μ(mg－Fsin θ)L－μmgx＝0，
整理得x＝
＝ m
＝1．3 m．
答案：1．3 m
[课时作业][学生用书P117(单独成册)]
一、单项选择题
．关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法中正确的是( )
A．运动物体所受的合力不为零，合力一定做功，物体的动能一定变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变
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，则该物体不一定做变速运动
答案：B
2．
物体在合外力作用下做直线运动的v－t图像如图所示．下列表述错误的是( )
A．在0～2 s内，合外力做正功
B．在0～7 s内，合外力总是做功
C．在2～3 s内，合外力不做功
D．在4～7 s内，合外力做负功
解析：选B．根据动能定理，由动能的变化来判断合外力做功情况．0～2 s内，加速度为正值，合外力与位移方向相同，A项正确．2～3 s内，合外力为零，C项正确，B项错误；4～7 s内，合外力与位移方向相反，D项正确．
．
如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则( )
A．摩擦力对A、B做功相等
B．A、B动能的增量相同
C．F对A做的功与F对B做的功相等
D．合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
解析：选B．因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D错误．
．
一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其v－t图像如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做的功W大小的关系式正确的是( )
A．F＝2μmg B．F＝3μmg
C．W＝μmgv0t0 D．W＝μmgv0t0
解析：选B．0～t0的位移为x1＝v0t0，0～3t0的位移为x2＝v0·3t0＝v0t0．全过程由动能定理得：Fx1－fx2＝0，f＝μmg得F＝3μmg，A错误，B正确；F做的功为：W＝Fx1＝μmgv0t0，C、D错误．
．
运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．μ＝0．05
B．μ＝0．03
C．滑行时间t＝5 s
D．滑行时间t＝10 s
解析：选D．对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－mv，
得μ＝eq \f(\f(1,2)mv,mgx)＝＝0．01．
冰壶运动时：a＝μg＝0．1 m/s2
由运动学公式x＝at2得：t＝10 s．
．
如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的摩擦力为f．当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中( )
A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F＋f)(L＋x)
B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为fx
C．物体克服摩擦力所做的功为fL
D．物体和木板增加的动能之和为Fx
解析：选B．由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F－f)(L＋x)＝mv2，故A错误．对木板：fx＝Mv2，故B正确．物体克服摩擦力所做的功为f(L＋x)，故C错．物体和木板增加的动能之和为：mv2＋Mv2＝F(L＋x)－fL＝(F－f)L＋Fx，故D错．
．物体与转台间的动摩擦因数为μ，与转轴间距离为R，m随转台由静止开始加速转动，当转速增加至某值时，m即将在转台上相对滑动，此时起转台匀速转动．此过程中摩擦力对m做的功为( )
A．0 B．2πμmgR
C．2μmgR D．
解析：选D．即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，μmg＝m，得此时物体m的动能为Ek＝μmgR，此过程中摩擦力为变力，应用动能定理求解，则摩擦力对m做的功为物体m的动能增量Ek，故答案为D．
二、多项选择题
．如图所示，一木块沿着高度相同、倾角不同的3个斜面由顶端从静止开始下滑，已知木块与各斜面间的动摩擦因数相同，则下面关于木块滑到底端时的速度与动能的表达正确的是( )
A．倾角大的动能最大
B．倾角大的运动时间最短
C．三者的速度相同
D．三者的动能相同
解析：选AB．木块无论沿哪条斜面运动都是重力和摩擦力做功．设静止时木块到底端的竖直高度差为h，滑到底端的动能为Ek，速度大小为v，由动能定理知，mgh－μmgcos α·s＝ mv2，s＝，倾角越大，动能越大，所以A正确，D错误；由于速度是矢量，所以沿不同斜面到达底端时速度大小、方向均不同，故C错误；设木块沿倾角为α的斜面运动的加速度为a，则mgsin α－μmgcos α＝ma，s＝，由s＝at2得t＝ ，所以α越大，t越小，故B正确．
．如图所示，弹簧一端固定，另一端拴接一物块A，物块A与物块B接触但不粘连，A、B放在水平面上．水平面的右端与固定的斜面平滑连接于O点，设物块经过O点时无动能损失．两物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相等，用力向左推B压缩弹簧，释放后B滑上斜面的最高点为P．如果其他条件不变，减小斜面的倾角，B滑到斜面的最高点为Q，下列判断不正确的是( )
A．A与B在水平面上分离时弹簧处于压缩状态
B．A与B在水平面上分离时弹簧处于原长状态
C．P、Q两点距O点的水平距离相等
D．P、Q两点距O点的竖直高度相等
解析：选ACD．当A、B分离时，两者的加速度相等，且两物块之间的作用力为零，则对B有：a＝μg，对A有：F＋μmAg＝mAa，解得F＝0，即A与B在水平面上分离时弹簧处于原长状态，A错误，B正确．倾角变与不变时B到达O点时的动能都相同，根据动能定理，到达最高点时Ek＝mgh－μmgcos α＝mgLsin α－μmgLcos α，所以斜面的倾角不同，则h和L均不同，选项C、D错误．
．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．出水口单位时间内的出水体积Q＝vS
B．出水口所出水落地时的速度为
C．出水后，手连续稳定按压的功率为＋
D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和
解析：选AC．由题意知，设流水时间为t，则水柱长vt，体积Q0＝vtS，可得：单位时间内的出水体积Q＝vS，所以A正确；设落地的速度为vt，根据动能定理mgH＝mv－mv2，故水落地时的速度不等于，所以B错误；设t时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为η可得：η＝，其中m＝ρvtS代入得P＝＋，所以C正确，D错误．
三、非选择题
．如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0．2，求(g取10 m/s2)：
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．
解析：(1)在3～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma
a＝＝ m/s2＝2 m/s2
x＝at2＝4 m．
即A与B间的距离为4 m．
(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：WF－2μmgx＝mv
v＝2ax
由以上两式得WF＝2μmgx＋max＝24 J．
答案：(1)4 m (2)24 J
．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有个光滑的细钉，已知OP＝L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：
(1)小球到达B点时的速率多大？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解析：(1)小球恰能到达最高点B，
有mg＝meq \f(v,L/2)
解得vB＝ ．
(2)从A→B由动能定理得
－mg＝mv－mv
可求出：v0＝ ．
(3)由动能定理得
－mg－Wf＝mv－mv
可求出：Wf＝mgL．
答案：(1) (2) (3)mgL
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第四章 机械能和能源
第四章 机械能和能源
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