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第7节 动能和动能定理?
要点 动能与动能定理
焦耳
2．动能定理
(1)表达式：W＝________.
(2)内容：合力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中____________.
(3)适用范围
①动能定理既适用于求恒力做功，也适用于求________做功．
②动能定理既适用于直线运动，也适用于________运动．
Ek2－Ek1
动能的变化
变力
曲线
思考：
在实际问题中，往往是多个力同时对一个物体做功，这时怎样运用动能定理分析问题呢？
提示
求合力的功有两种方法：(1)先求合力，再用求功公式求合力做的功；(2)先求每一个力做的功，然后求各个力的功的代数和．
1．动能
(1)动能是状态量，动能公式中的速度v是瞬时速度．
(2)动能是标量，且动能恒为正值．
(3)动能也具有相对性，同一物体对不同的参考系，物体的速度有不同值，因而动能也有不同值．计算动能时一般都是以地面为参考系．
考点一 对动能概念的理解
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
思维导引：速度是矢量，动能是标量．一定质量的物体，动能变化时，速度大小一定变化；速度变化时，可能只是方向变化，动能不一定变化；动能不变的物体，速度方向可能变化，不一定处于平衡状态．
答案
A
C
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
答案 A
1．对动能定理的理解
(1)物体受到几个力的共同作用时，它们做的功有正、负之分，总功指的是各个力做功的代数和．因为W总＝W1＋W2＋…＝F1l＋F2l＋…＝F合l，所以总功也可理解为合力做的功．
(2)动能定理中各项均为标量，因此速度方向的改变不会影响动能的大小．如匀速圆周运动过程中，合外力方向指向圆心，与速度方向始终保持垂直，所以合外力做功为零，动能变化为零．
考点二 动能定理的理解与应用
(3)动能的变化(量)，又称为动能的增量，一般指末状态动能Ek2与初状态动能Ek1之差，用ΔEk表示．动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正、负之分．ΔEk>0表示物体动能增加，力对物体做正功；ΔEk<0表示物体动能减少，力对物体做负功，即总功的正、负与物体动能的增减相对应．
(4)功是伴随一个物理过程而产生的，是过程量；而动能是状态量．动能定理表示了过程量等于状态量的改变量的关系．
(5)表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着功就是动能的增量，也不意味着功转变成了动能，而是意味着做功引起动能的变化，即物体动能的变化是通过做功的过程实现的．
2．应用动能定理解题的基本步骤
(1)选取研究对象，明确运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析(研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，包括重力)．
(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)分析运动过程，明确物体始、末状态的动能Ek1和Ek2(可分段，也可对整个过程)．
(5)列出动能定理方程W合＝Ek2－Ek1进行求解．
动能定理的含义
动能定理描述了做功和动能变化的关系．
(1)等值关系：某物体的动能变化量等于合力对它做的功．
(2)因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做了多少功来度量．
【例题2】
如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5
m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30
m、h2＝1.35
m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
思维导引：(1)当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．(2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)对小滑块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，
有mgh1＝μmgs总，
代入数据得s总＝8.6
m，
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4
m.
答案
(1)3
m/s (2)2
s (3)1.4
m
【变式2】
一质量为2
kg的铅球从离地面2
m高处自由落下，陷入沙坑中2
cm深处，如图所示，求沙子对铅球的平均阻力．(g取10
m/s2)
动能定理虽然是在物体受恒力作用，沿直线做匀加速直线运动的情况下推导出来的，但是对于外力是变力或物体做曲线运动，动能定理同样成立．
变力做功不能用W＝Flcos
α求，可从动能定理出发，先求出物体动能的变化量，再求出变力所做的功．
考点三 应用动能定理求变力做的功
【例题3】
如图所示，质量为m的物块与转台之间能产生的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )
思维导引：如果物体的初、末状态已知，其他力做功情况已知，可通过动能定理转化求解未知力做功和变力做功．
答案 D
解析
物体在从A滑到C的过程中，有重力、AB段的阻力、BC段的摩擦力共三个力做功，且WG＝mgR，WfBC＝－μmgL，由于物体在AB段受到的阻力是变力，变力做功可用动能定理求解．设物体在轨道AB段受到的阻力对物体所做的功为WfAB，从A到C，根据动能定理有mgR＋WfAB－μmgL＝0，代入数据解得WfAB＝－6
J.
答案
－6
J
1．一质量为1.0
kg的滑块，以4
m/s的初速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起将一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4
m/s，则在这段时间内水平力所做的功为( )
A．0
J
B．8
J
C．16
J
D．32
J
答案 A
解析
由题知，滑块的动能变化ΔEk＝0，由动能定理知，力所做的功等于零．
2．速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板，如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板( )
A．2块
B．3块
C．4块
D．8块
答案 C
3．如图所示，OD是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零．如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A时速度刚好也为零，则第二次物体具有的初速度(已知物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，斜面与水平面为圆弧连接)
( )
A．大于v0
B．等于v0
C．小于v0
D．取决于斜面的倾角
答案 B
4．右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为L＝1.5
m，如图所示．一个质量为m＝0.5
kg的木块在F＝4.0
N的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F.木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10
m/s2.求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离．动能和动能定理
1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则
( )
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的加速度一定变化
C．物体的速度方向一定变化
D．物体所受合力做的功可能为零
D 解析
当合力不为零时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，选项A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，选项B错误；当加速度方向与速度方向相同时，物体做直线运动，选项C错误．
2．下列关于运动物体所受合力做功和动能变化的关系正确的是
( )
A．如果物体所受合力为零，则合力对物体做的功一定为零
B．如果合力对物体所做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化
D．物体的动能不变，所受合力一定为零
A 解析
由功的定义可知，选项A正确；如果合力做的功为零，但合力不一定为零，例如物体的合力和运动方向垂直而不做功，选项B错误；物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变，所以，做变速运动的物体，动能可能不变，选项C错误；物体动能不变，只能说合力不做功，但合力不一定为零，选项D错误．
3．假设汽车紧急制动后所受的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多．当汽车以20
m/s的速度行驶时，突然制动，它还能继续滑行的距离约为( )
A．40
m
B．20
m
C．10
m
D．5
m
B 解析
设汽车的质量为m，则所受阻力Ff＝mg，由动能定理得－Ffx＝0－mv，所以x＝＝20
m.
4．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧．BC水平，其距离为d＝0.50
m，盆边缘的高度为h＝0.30
m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10，小滑块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50
m
B．0.25
m
C．0.10
m
D．0
D 解析
对小物块从A点出发到停下来的整个过程，在盆底BC面上运动的总路程记为l，应用动能定理得mgh－μmgl＝0，l＝＝
m＝3
m，而d＝0.50
m，刚好三个来回，所以最终停在B点．
5．将一小球从高处水平抛出，最初2
s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10
m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是
( )
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．小球抛出时的高度
D．最初2
s内重力对小球做功的平均功率
C 解析
当t＝0时，初动能Ek0＝mv＝5
J，在最初2
s内，由动能定理可知mgh＝25
J，而h＝gt2＝20
m，由以上三式可以求出质量m、初速度v0和重力做功的平均功率P＝，但小球抛出时的高度不能求解．
6．(多选)如图所示，电梯的质量为M，它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为h时，电梯的速度达到v，则在这段过程中，下列说法正确的是
( )
A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2
B．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2＋mgh
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋Mgh
D．钢索的拉力做的功大于Mv2＋Mgh
BD 解析
由动能定理知，对物体m有W地板－mgh＝mv2，得W地板＝mv2＋mgh，选项B正确，A错误；对电梯和物体整体有W钢索－Mgh－mgh＝Mv2＋mv2，W钢索＝Mv2＋
Mgh＋mgh＋mv2，显然，钢索的拉力做的功大于Mv2＋Mgh，选项D正确，C错误．
7．(多选)物体沿直线运动的vt图象如图所示，已知在第1
s内合力对物体做的功为W，则
( )
A．从第1
s末到第3
s末合力做的功为4W
B．从第3
s末到第5
s末合力做的功为－2W
C．从第5
s末到第7
s末合力做的功为W
D．从第3
s末到第4
s末合力做的功为－0.75W
CD 解析
第1
s内，W＝mv2，则
从第1
s末至第3
s末合力做的功为零，
从第3
s末至第5
s末合力做的功为－W，
从第5
s末至第7
s末合力做的功为W，
从第3
s末至第4
s末合力做的功为
m()2－mv2＝－W＝－W＝－0.75W.
8．(多选)一质量为0.1
kg的小球，以5
m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰撞过程中的速度变化和动能变化分别是
( )
A．Δv＝10
m/s
B．Δv＝0
C．ΔEk＝1
J
D．ΔEk＝0
AD 解析
因为速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5
m/s－(－5
m/s)＝10
m/s，而动能是标量，初、末状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，选项A、D正确．
[能力提升]
9．如图所示，一个弹簧振子，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v.则此过程中弹力所做的功为( )
A．mv2－μmgx
B．μmgx－mv2
C．mv2＋μmgx
D．以上选项均不正确
C 解析
设弹力对物体做的功为W弹，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，即弹力做功W弹＝mv2＋μmgx，故选项C正确．
10．如图甲所示，长为4
m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处平滑连接，有一质量为2
kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F与位移x的关系按如图乙所示规律变化，滑块与AB和BC间的摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)滑块第一次到达B处时的速度大小；
(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块到达B点时撤去力F，滑块冲上斜面，则滑块最终静止的位置与B点的距离多大．(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
解析
(1)初始时滑块动能EkA＝0，到达B点时的动能EkB＝mv.
由A到B过程中，外力做功W＝F1x1＋F2x2－μmgx，由动能定理W＝EkB－EkA，
联立以上各式解得vB＝4
m/s.
(2)如图所示，设滑块上升到D点时速度为零，所走距离为s1.到达D点滑块动能为EkD＝0，由B到D的过程中，外力做功为W1＝－mgs1sin
37°－μmgs1cos
37°，
由动能定理W1＝EkD－EkB，
联立以上各式解得s1＝1.6
m.
由mgsin
37°＞μmgcos
37°知，滑块不能静止在D点，将继续向下运动．设滑块最终停在水平轨道上的E点，B、E两点间距离为s2.
到E点时滑块动能为EkE＝0，
由D到E的过程中，外力做功为
W2＝mgs1sin
37°－μmgs1cos
37°－μmgs2，
由动能定理W2＝EkE－EkD，
联立以上各式解得s2＝0.64
m.
答案
(1)4
m/s (2)0.64
m
11．如图所示，用一块长L1＝1.0
m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H＝0.8
m，长L2＝1.5
m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2
kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度g取10
m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
解析
(1)为使小物块刚开始下滑，则有mgsin
θ＝μ1mgcos
θ，θ满足的条件为tan
θ＝0.05.
(2)克服摩擦力做功W＝μ1mgL1cos
θ＋μ2mg(L2－L1cos
θ)，
由动能定理得mgL1sin
θ－W＝0，
代入数据得μ2＝0.8.
(3)由动能定理得mgL1sin
θ－W＝mv2，
代入数据得v＝1
m/s，
由H＝gt2，
解得t＝0.4
s，
又由x1＝vt，
解得x1＝0.4
m，
则xm＝x1＋L2＝1.9
m.
答案
(1)tan
θ＝0.05 (2)0.8 (3)1.9
m
12．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103
kg的汽车，正以10
m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图乙所示(在t＝15
s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20
kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．试求：
(1)汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；
(2)汽车刚好到达B点时的加速度a；
(3)BC路段的长度．
解析
(1)汽车在AB路段上运动时，有F1＝Ff1，P＝F1v1，则Ff1＝，
解得Ff1＝
N＝2
000
N.
(2)t＝15
s时汽车处于平衡态，
有F2＝Ff2，P＝F2v2，
则Ff2＝，解得Ff2＝
N＝4
000
N.
t＝5
s时汽车开始减速运动，
有F1－Ff2＝ma，
解得a＝－1
m/s2.
(3)由动能定理得Pt－Ff2x＝mv－mv，
解得x＝68.75
m.
答案
(1)2
000
N (2)－1
m/s2 (3)68.75
m
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6动能和动能定理
1．(多选)(对动能的理解)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
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
[解析] 动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体就有动能，A选项正确．由于Ek＝mv2，而v与参考系的选取有关，所以B正确．由于速度为矢量，当只有方向变化时其动能并不改变，故C正确．做匀速圆周运动的物体动能不变，但并不是处于平衡状态，故D选项错误．
[答案] ABC
2．(对动能定理的理解)对动能定理的理解正确的是( )
A．物体具有动能是由于力对物体做了功
B．物体的动能发生变化是由于力对物体做了功
C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和
[解析] 功是能量发生变化的原因，功是能量转化的量度．所以物体的动能发生变化是由于合外力对物体做了功，且合外力做的功等于物体动能的变化，A错误，B正确．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C错误．外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，D错误．
[答案] B
3．(动能定理在直线运动中的应用)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1.当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l1，乙车滑行的最大距离为l2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )
A．l1∶l2＝1∶2
B．l1∶l2＝1∶1
C．l1∶l2＝2∶1
D．l1∶l2＝4∶1
[解析] 设两车与路面间的摩擦力为F1、F2，由动能定理可得：－F1l1＝0－m1v，－F2l2＝0－m2v；又知F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得l1∶l2＝v∶v＝4∶1，故D项正确．
[答案] D
4．(动能定理在曲线运动中的应用)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大
B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
[解析] 根据动能定理可知mgh＝mv－mv，得v末＝，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确．
[答案] A
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