动能动能定理典型例题

一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做的功W具有等量代换关系．若△Ek＞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；若△Ek＜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；若△Ek=0，表示合外力对物体所做的功等于零．反之亦然．这种等效代换关系提供了一种计算变力所做功的简便方法．

动能定理中涉及的物理量有F、s、m、υ、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理．由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始末两状态动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节，又由于功和动能都是标量，无方向性，无论是对直线运动或曲线运动，计算都会特别方便．当题给条件涉及力的位移效应，而不涉及加速度和时间时，用动能定理求解一般比用牛顿第二定律和运动学公式求解简便．用动能定理还能解决一些用牛顿第二定律和运动学公式难以求解的问题，如变力作用过程，曲线运动等问题．

例1  一辆卡车在平直的公路上，以初速度υ0开始加速行驶，经过一段时间t，卡车前进的距离为s，恰达到最大速度υm，在这段时间内，卡车发动机的功率恒定为P，车运动中受阻力大小恒定为f，则这段时间内卡车发动机做的功为（    ）

A．Pt;         B．fs;       C．fυmt;    D． mυ2m+fs-mυ20

解析：  功率P=Fυ，卡车在平直公路上以恒定功率行驶过程中，随卡车速度υ逐渐增大而使发动机牵引力逐渐减小，只要卡车的牵引力F大于卡车所受到的恒定的阻力f，卡车的速度要增大，牵引力要再减小，因此卡车以恒定功率运动必做加速度逐渐减小的变加速运动．直到卡车牵引力减小到与车所受阻力f大小相等，这时卡车受合外力为零，卡车加速度为零时卡车速度达到最大值υm，即P=，故W=Pt=t．故选项A，C正确．

合外力对物体做功（F-f）s，物体动能的增量mυ2m-mυ20，由动能定理知道（F-f）s=υ2m-υ20，那么，卡车牵引力对卡车做功WF=mυ2m+fs-mυ20，故D选项正确．

例2  一质量m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点（如下图所示），则力F所做的功为（    ）

A．mgLcosθ                 B．mgL（1-cosθ）

C．FLsinθ                  D．FLcosθ

解析：小球运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可以看作是平衡状态．由平衡知识知，F的大小不断变大．这是一个变力作用下曲线运动的问题．要求解的结果是变力F做的功．因F是变力，它做的功不能直接用定义式=Fscosα来求．此过程中，线的拉力不做功，只有重力和F这两个力做功．重力做的功等于重力G乘以重力方向上的位移．即WG=-mgL（1-cosθ），动能的变化为零．故可由动能定理求出F做的功，即-mgL（1-cosθ）=0．

∴  WF=mgL（1-cosθ）．正确答案为B．

说明  本题是一例根据动能定理求变力做的功的问题，其实动能定理的最大好处就在于处理这类变力作用下的直线运动和曲线运动．

例3  如下图1所示，在水平桌面上固定一块质量为M的木块，一质量为m的子弹以速度υ0水平射入木块，进入深度为d（未穿出）．如果这木块是放在光滑的水平桌面上，仍使质量为m的子弹以速度υ0水平射入木块，进入深度为d（未穿出）．如果这木块是放在光滑的水平桌面上，仍使质量为m的子弹以速度υ0水平射入木块，如图2所示，子弹能进入多深?从进入到停止在木块中花去多少时间?（设两种情况子弹在木块中受到阻力恒定不变．）

解析：木块固定时，设子弹受到的平均阻力为f，根据动能定理，有

-fd=-mυ20．

木块受到平均阻力

              f=mυ20/（2d）．                              ①

木块可滑动时，子弹与木块间相互作用力仍为f，木块在f作用下加速运动，子弹做减速运动，最终两者达到共同速度υ．根据动量守恒定律，有

mυ0=（M+m）υ，    ∴υ=mυ0/（M+m）                        ②

设木块移动距离为s，子弹进入木块深度为d′，子弹对地位移为s+d′．对木块和子弹分别应用动能定理，有

fs=Mυ2，                                             ③

-f（s+d′）= mυ2-mυ20．                               ④

由③、④式，得

-fd′=（M+m）υ2-mυ20                                                               ⑤

由①、②、⑤式，得    d′=d＜d．

根据动量定理，有

      -ft=mυ-mυ0．                                      ⑥

由①、②、⑥式，得    t= （）．

这就是子弹在木块中运动的时间．

例4  总质量为M的列车，沿平直轨道作匀速直线运动，其末节质量为m的车厢中途脱钩，待司机发觉时，机车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门撤去牵引力．设运动过程中阻力始终与质量成正比，机车的牵引力是恒定的．当列车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少?

解析：依题意，先画出机车和末节车厢的运动情况示意图如下图所示，机车（除末节车厢之外的部分）在撤去牵引力F之前作匀加速运动，关掉油门后作匀减速运动直到停止；而车厢脱钩后在阻力作用下作匀减速运动．牵引力对机车做正功．由于机车和车厢所受的力是恒力，又分别作匀变速运动，又可运用动能定理求解．今运用动能定理分别对机车和车厢进行全程列式求解．

设列车所受牵引力为F，脱钩前匀速运动的速度为υ0，撤去牵引力时机车速度为υ，脱钩前后列车和机车、车厢所受阻力分别为f、f1、f2，则f=kMg，f1=k（M-m）g,f2=kmg，它们减速运动的位移分别为s1和s2．

脱钩前，由力的平衡条件有

F=f=kMg                                             ①

脱钩后，对机车的全过程由动能定理有

FL-k（M-m）g（L+s1）=0-（M-m）υ20

对车厢，由动能定理有

-kmgs2=0-mυ20

联立①、②、③式消去υ0解得

△s=L+s1-s2=L

说明  本题由动能定理求解比运用牛顿定律求解简便快捷．动能定理概能解决恒力作用下的匀变速运动问题，又能解决变力作用下的非匀变速运动问题，可见运用动能定理不仅比运用牛顿定律求解简便，而且应用范围更广．同时，解答这类题目关键要弄清整个过程中各个力的做功情况和初、未状态的动能．

例5  如下图所示，底端有挡板且足够长的固定斜面倾角为θ，一质量为m的滑块在斜面上从距挡板为l的位置以速度υ0沿斜面向上滑行．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，滑块每次与挡板P碰撞前后的速度大小保持不变：求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程是多大?

解析：滑块以初速υ0出发沿斜面滑行至速度为零后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，因此滑块将立即返回向下滑行，与挡板碰撞后又以碰前速率向上滑，如此反复运动，直至最后停在挡板P处．在整个运动过程中，重力对滑块时而做正功，时而做负功，但重力做的总功只由重力大小和高度差共同决定．但摩擦力总是做负功，做功的大小应等于摩擦力的数值与路程的乘积．滑块初、末状态的动能分别为mυ20和零．因此本题可用动能定理求解．

解析：以滑块为研究对象，在运动的全过程中，外力对滑块所做的总功为

W=WG+Wf=mglsinθ-μmgcosθs

在滑动的过程中，滑块的动能变化为

△Ek=Ek2-Ek1=0-mυ20

根据动能定理，有W=△Ek

即    mglsinθ-μmgcosθs=0-mυ20

解得滑块滑行的总路程为

s=

说明  通过本题解答可以看出：①运用动能定理解题的优越性．本题若运用牛顿定律和运动学公式求解，则需对每个上滑和下滑过程分别进行解答，势必繁杂．然而运用动能定理求解，只需列出一个方程便可解决问题，可见运用动能定理比运用牛顿定律求解简便得多，其原因就在于运用动能定理不涉及物体运动过程中的加速度和时间等细节，只需在明确各个力做功情况的基础上考虑初、末状态的动能，这就是运用动能定理优越性的个中原因．②凡涉及摩擦阻力或介质阻力做功与物体运动路径有关而物体又作往复运动或非匀变速运动的问题，宜运用动能定理求解．

例6  如下图所示，以速度υ匀速运动的汽车用轻绳通过定滑轮将水面上的货船从A拖到B，若滑轮的大小和摩擦不计，船的质量为M，水对船的阻力大小恒为船重的k倍，定滑轮到水面的高度为h，船在位置A和位置B时牵绳与水平面的夹角分别为α和β．求这一过程中汽车对船所做的功．

解析：汽车对船做的功即为绳对船做的功，虽然汽车以速度υ做匀速运动，然而船的运动却不是匀速的．因汽车的速度υ即为绳的速度，设某时刻绳与水平方向的夹角为θ，则由下图所示的速度矢量图可知υ船=，当船由A向B运动时，θ角逐渐增大，则船速也逐渐增大，船作变加速运动．由此可知，对船做功的力中，阻力虽然是恒力，所做的功为-kMgsAB，但绳对船的拉力却是方向和大小都在变化的变力，不能用W=F·s·cosα计算变力的功，应通过动能定理求解．

设绳对船的拉力所做的功为WF，

由上图的几何关系可知，

sAB=h（cotα-cotβ）

由右图所示的速度矢量图可知，船在A、B处的速度分别为

υA=，υB=

由动能定理，有

WF-kMgh（cotα-cotβ）=M（）2-M（）2

故汽车对船所做的功为

WF=kMgh（cotα-cotβ）+（ -）

说明  分析解答本题的关键，一是理解汽车速度υ与船速的关系为υ船=，切不可将车速当作船速或以υ船=υcosθ，从而明确绳的拉力是变力；二是求解变力做功应运用动能定理．

例7  一质量为M的长木板，静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小滑块以水平速度υ0从长木板的一端开始在木板上滑动．直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为υ0．若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求滑块离开木板时的速度．

解析：当长木板不固定时，因地面光滑，滑块与长木板组成的系统动量守恒，因初动量已知，可由动量守恒定律求得滑块离开长木板时的末动量与末速度，进而可由动能定理求出系统损失的动能．同时，在长木板自由和固定的两种情况下，系统损失的动能相同，故可再次由动能定理求得木板固定时滑块离开木板时的末动能，从而得到末速度．

滑块在长木板上滑动，由于摩擦力f的作用，木板作加速运动，滑块作减速运动，设滑块离开木板时，木板的速度为υ，由系统的动量守恒，有

mυ0=m（υ0）+Mυ                              ①

设木板长为l，滑块从木板上滑过时，木板滑行的距离为s，如下图所示，由动能定理

对长木板，有fs=Mυ2                                                ②

对滑块，有

f（l+s）=mυ20-m（υ0）2                                         ③

由②、③式解得

fl=mυ20-m[（υ0）2+Mυ2］                 ④

当长木板固定时，设小滑块离开长板时的速度为υ，由动能定理，对小滑块有

fl=mυ20-                           ⑤

由①、④、⑤式解得：

υ′=

说明  本题是一道比较典型的以质点组（系统）为研究对象运用动能定理，结合其他物理规律求解的力学综合题．这类题的特点通常是以两个相互作用的质点组成的系统为研究对象，综合运用动能定理，动量定理（如本题若要求滑块离长木板所需时间）、牛顿运动定律和运动学公式，能的转化和守恒定律等规律综合求解．通过对本题的分析计算和类似问题的探究与比较，可以看出，对于相互作用的两个质点组成的系统，它们之间的内力是成对发生的，内力的冲量不改变系统的总动量，但这对内力的功却常会使系统的机械能（无势能变化时则表现为总动能）发生变化．通常有下列几种情况：

（1）若这对内力是恒力，它们做功的总和等于力的大小乘两个质点的相对位移．

（2）若这对内力做正功，系统的总动能增加，且这对内力所做的正功等于系统增加的动能．如爆炸，反冲等相互作用模型的问题，是典型的作用力和反作用力都做正功的实例．

（3）若这对内力中一个力做正功，一个力做负功，但总功是负功，则系统的总动能减小（或机械能有损失），且减小的总动能在数值上等于这对内力所做的负功．如本题摩擦内力做的负功等于系统减小的总动能，即

fl=mυ20-［m（υ0）2+Mυ2］

这种情况通常出现在碰撞或类似碰撞（如子弹打木块、两木块相对滑动等）的相互作用模型中，这也是碰撞与反冲的明显区别之一．

（4）若这对内力做功为零，即作用力做的正功在数值上等于反作用力做的负功，则系统的总动能（有势能时则为总机械能）保持不变如弹性碰撞及类似模型问题和用轻绳、轻杆相连的连接体问题．