2动能势能动能定理.docx
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2动能势能动能定理
§2-动能--势能--动能定理
D
上有重力势能．平时说物体具有多少重力势能，是一种习惯上的简称．
重力势能是相对的，它随参考点的选择不同而不同，要说明物体具有多少重力势能，首先要指明参考点（即零点）．
（2）重力势能是标量，它没有方向．但是重力势能有正、负．此处正、负不是表示方向，而是表示比零点的能量状态高还是低．势能大于零表示比零点的能量状态高，势能小于零表示比零点的能量状态低．零点的选择不同虽对势能值表述不同，但对物理过程没有影响．即势能是相对的，势能的变化是绝对的，势能的变化与零点的选择无关．
（3）重力做功与重力势能
重力做正功，物体高度下降，重力势能降低；重力做负功，物体高度上升，重力势能升高．可以证明，重力做功与路径无关，由物体所受的重力和物体初、末位置所在水平面的高度差决定，即：
WG=mg△h．所以重力做的功等于重力势能增量的负值，即WG=-△Ep=-（mgh2-mgh1）．
三、动能定理
1．动能定理的表述
合外力做的功等于物体动能的变化。
（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。
表达式为W=ΔEK
动能定理也可以表述为：
外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
实际应用时，后一种表述比较好操作。
不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功。
和动量定理一样，动能定理也建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。
这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。
和动量定理不同的是：
功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。
【例1】一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为
A．
B．
C．
D．
错解：
在分力F1的方向上，由动动能定理得
，故A正确。
正解：
在合力F的方向上，由动动能定理得，
，某个分力的功为
，故B正确。
2．对外力做功与动能变化关系的理解：
外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即
．
3．应用动能定理解题的步骤
（1）确定研究对象和研究过程。
和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。
（原因是：
系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。
（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，含重力）。
（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）写出物体的初、末动能。
（5）按照动能定理列式求解。
【例2】如图所示，斜面倾角为α，长为L，AB段光滑，BC段粗糙，且BC=2AB。
质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。
求物体和斜面BC段间的动摩擦因数μ。
解：
以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理：
重力做的功为mgLsinα，摩擦力做的功为
，支持力不做功。
初、末动能均为零。
mgLsinα
=0，
点评：
从本例题可以看出，由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度，所以比用牛顿定律和运动学方程解题简洁得多。
【例3】将小球以初速度v0竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一最大高度。
由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80%。
设空气阻力大小恒定，求小球落回抛出点时的速度大小v。
解：
有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球用动能定理：
和
，可得H=v02/2g，
再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能定理。
全过程重力做的功为零，所以有：
，解得
点评：
从本题可以看出：
根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。
有时取全过程简单；有时则取某一阶段简单。
原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零。
【例4】如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h/10停止，则
（1）钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？
（2）若让钢珠进入沙坑h/8，则钢珠在h处的动能应为多少？
设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变。
解析：
（1）取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得W=WF+WG=△EK=0。
取钢珠停止处所在水平面为重力势能的零参考平面，则重力的功WG=
mgh，阻力的功WF=
Ffh，代入得
mgh
Ffh=0，故有Ff/mg=11。
即所求倍数为11。
（2）设钢珠在h处的动能为EK，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得W=WF+WG=△EK=0，进一步展开为9mgh/8—Ffh/8=—EK，得EK=mgh/4。
点评：
对第
（2）问，有的学生这样做，h/8—h/10=h/40，在h/40中阻力所做的功为
Ffh/40=11mgh/40，因而钢珠在h处的动能EK=11mgh/40。
这样做对吗？
请思考。
【例5】质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端L=1.7m。
质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，并以v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m，求木块与台面间的动摩擦因数为μ。
解：
本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：
子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段。
所以本题必须分三个阶段列方程：
子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v1，mv0=mv+Mv1……①
木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v2，
有：
……②
木块离开台面后的平抛阶段，
……③
由①、②、③可得μ=0.50
点评：
从本题应引起注意的是：
凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理。
从本题还应引起注意的是：
不要对系统用动能定理。
在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。
如果对系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏掉。
四、动能定理的综合应用
动能定理可以由牛顿定律推导出来，原则上讲用动能定律能解决物理问题都可以利用牛顿定律解决，但在处理动力学问题中，若用牛顿第二定律和运动学公式来解，则要分阶段考虑，且必须分别求每个阶段中的加速度和末速度，计算较繁琐。
但是，我们用动能定理来解就比较简捷。
我们通过下面的例子再来体会一下用动能定理解决某些动力学问题的优越性。
1．应用动能定理巧求变力的功
如果我们所研究的问题中有多个力做功，其中只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比较容易计算，研究对象本身的动能增量也比较容易计算时，用动能定理就可以求出这个变力所做的功。
【例6】如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是水平轨道，长S=3m，BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。
求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
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，WG=mgR，fBC=μmg，由于物体在AB段受的阻力是变力，做的功不能直接求。
根据动能定理可知：
W外=0，所以mgR-μmgS-WAB=0
即WAB=mgR-μmgS=1×10×0.8-1×10×3/15=6J
【例7】一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m的物体，如图所示．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、滑轮上的摩擦都忽略不计．开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H．提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C．设A到B的距离也为H，车过B点时的速度为vB．求在车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功．
解析：
设绳的P端到达B处时，左边绳与水平地面所成夹角为θ，物体从井底上升的高度为h，速度为v，所求的功为W，则据动能定理可得：
因绳总长不变，所以：
根据绳联物体的速度关系得：
v=vBcosθ
由几何关系得：
由以上四式求得：
2．应用动能定理简解多过程问题。
物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），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使问题简化。
【例8】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，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？
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；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端。
在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。
设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：
得
3．利用动能定理巧求动摩擦因数
【例9】如图所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。
已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。
解析：
滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为m，动摩擦因数为
，斜面倾角为
，斜面底边长s1，水平部分长s2，由动能定理得：
由以上两式得
从计算结果可以看出，只要测出斜面高和水平部分长度，即可计算出动摩擦因数。
4．利用动能定理巧求机车脱钩问题
【例10】总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。
设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。
当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
解析：
此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。
对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：
对车尾，脱钩后用动能定理得：
而
，由于原来列车是匀速前进的，所以F=kMg
由以上方程解得
。
五、针对训练
1．质量为m的物体，在距地面h高处以g/3的加速度由静止竖直下落到地面.下列说法中正确的是
A.物体的重力势能减少
mgh
B.物体的动能增加
mgh
C.物体的机械能减少
mgh
D.重力做功
mgh
2．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用.已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为
A.mgL/4
B.mgL/3
C.mgL/2
D.mgL
3．如图所示，木板长为l，板的A端放一质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。
开始时板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物块始终保持与板相对静止。
对于这个过程中各力做功的情况，下列说法正确的是（）
A、摩擦力对物块所做的功为mglsinθ（1-cosθ）
B、弹力对物块所做的功为mglsinθcosθ
C、木板对物块所做的功为mglsinθ
D、合力对物块所做的功为mglcosθ
4．如图所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA。
已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道。
比较vA、vB的大小，结论是
A.vA>vBB.vA=vB
C.vA5．质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力），今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，求：
（1）飞机受到的升力大小;
（2）从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能.
6．如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m。
小球到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽右端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：
（设小球与槽壁相碰时不损失能量）
（1）小球第一次离槽上升的高度h；
（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）。
参考答案：
1．B
2．C
3．解析：
C该题是考查对功的计算的。
如果不理解W=Fscosθ.中的F必须是恒力，就会在AB两选项上多用时间。
当然，也不能认为AB中的功无法计算，而C中的功为这两个功之和，所以也不能得出。
由W=△EK，知合力对物块所做的功为零。
而W=WF+WG=0，故WF=-WG=mglsinθ，这就是木板对物块所做的功。
正确选项是C。
4．解析：
A小球向右通过凹槽C时的速率比向左通过凹槽C时的速率大，由向心力方程
可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；又小球向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起D时的速率小，由向心力方程
可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多。
所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，选A。
5．解析：
（1）飞机水平速度不变
l=v0t
y方向加速度恒定h=
at2
即得a=
由牛顿第二定律
F=mg+ma=mg（1+
v02）
（2）升力做功W=Fh=mgh（1+
v02）
在h处vt=at=
Ek=
m（v02+vt2）
=
mv02（1+
）
6．解析：
（1）小球从高处至槽口时，由于只有重力做功；由槽口至槽底端重力、摩擦力都做功。
由于对称性，圆槽右半部分摩擦力的功与左半部分摩擦力的功相等。
小球落至槽底部的整个过程中，由动能定理得
解得
J
由对称性知小球从槽底到槽左端口摩擦力的功也为
J，则小球第一次离槽上升的高度h，由
得
＝4.2m
（2）设小球飞出槽外n次，则由动能定理得
∴
即小球最多能飞出槽外6次。
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