動能機械能復(fù)習(xí)細料

動能機械能復(fù)習(xí)細料

幾個關(guān)于動能定理的綜合問題

動能定是高中物理的重要內(nèi)容，它常與圓周運動、動量問題、拋體運動問題、

繩連問題、面接觸問題等知識結(jié)合成難度較大的綜合問題。此類綜合問題在平常

的習(xí)題與歷年的物理高考中不斷出現(xiàn)，求解動能定理的綜合問題時，一定要弄清

是動能定理與什么知識相綜合，然后再運用相應(yīng)的物理規(guī)律。本文按參與綜合的

知識把動能定理的綜合問題進行歸類討論。

一、動能定理與圓周運動的知識相綜合

例1如圖1所示，半徑為r、質(zhì)量不計的圓盤盤面與地面相垂直，圓心處有

一個垂直于盤面的光滑水平固定軸0。在盤的最右邊緣，固定一個質(zhì)量為m的小

球A；在。的正下方離0點r/2處，固定一個質(zhì)量也為m的小球B。放開盤，

讓其自由轉(zhuǎn)動。試計算：

(DA球轉(zhuǎn)到最低點時的線速度是多少？

(2)在轉(zhuǎn)動過程中，半徑0A向左偏豎直方向的最大角度是多少？

解析(D設(shè)A球轉(zhuǎn)到最低點時線速度為v；而v=3r,則B球的線速度為

v/2o根據(jù)合外力所做的功等于系統(tǒng)增加的動能，則有:

mgr—彳mgr=-mp2+—m(v/2)2

///

因此，球轉(zhuǎn)到最低點的速度為:

。=2jgr[5.

(2)如圖2所示，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速為零時，0A向左偏離豎直線的最大角度為。，

以A球從速度v減少至零這一過程為研究對象。根據(jù)動能定理有:

—mgr(\-cos0)——^rsin0=Q1mv1—~m(--)J.

2cos0=1+sina從而可得：5sin204-2sin0-3=0.

所以，最大偏角為："sinTO.6=37。.

二、動能定理與動量知識相綜合(假如動量還沒學(xué)過，暫時可先不看這題)

例2一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊

與桌的AB邊重合，如圖3。己知盤與桌布間的動摩擦閃數(shù)為八，盤與桌面間的

動摩擦因數(shù)為現(xiàn)突然以恒定的加速度a將桌布抽離桌面，加速度的方向是

水平的且垂直于AB邊。若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什

么？(以g表示重力加速度)。

解析設(shè)圓盤的質(zhì)量為m,在桌布上運動的末速度為V”運動時間為t,移動

距離為X”加速度為海桌長為1,桌布在t時間內(nèi)移動的距離為X,盤在桌面上

移動的距離為X2,在桌面上運動的時間為t'。

2

由動量定理與動能定理，有：Uimgt=mv,,UmgXi=mv^/2,u2mgx2=mv/2o

在t時間內(nèi)對布的運動有:x=at2/2,而x—x產(chǎn)1/2。

盤在桌面上不掉下的條件為：X4X；W1/2。

由以上各式得：心(ui+2P2)Uig/—。

三、動能定理與繩連問題相綜合

例3在水平光滑細桿上穿著A、B兩個剛性小球，兩球間距離為L,與兩根

長度均為L的不可伸長的輕繩與C球連接(如圖4所示)，開始時三個球靜止，二

繩拉直，然后同時釋放三球。已知A、B、C三個球質(zhì)量相等，試求A、B兩球

速度與c球到細桿的距離h之間的關(guān)系。

圖4圖5

解析此題的關(guān)鍵是要找到任一位置時，A、F；球的速度與C球的速度之間的

關(guān)系。在如圖5所示的位置，B、C兩球間的繩與豎直方向成0角時，因B、C間

的繩不能伸長且始終繃緊，故B、C兩球的速度曾與V。在繩方向上的投影應(yīng)相

等,即

vccos。=vBsin9(1)

由動能定理可得：

mg(h-CL/2)=mv1/2+2(mu，2)(2)

又由于:tan20=(L2-h2)/h2

由⑴、⑵、(3)解得:

四、動能定理與拋體運動的知識相綜合

例4如圖6所示以速度v0=12m/s沿光滑地面滑行的木塊，上升到頂部水

平的跳板后由跳板飛出，當(dāng)跳板高度h多大時，木塊飛行的水平距離s最大?這

個距離是多少？(g=10n/s2)o

圖6

2

解析由動能定理有：-nigh=m\M/2-mv0/2,從而得木塊從跳板飛出的速度為:

D=Jv；-2gh.

木塊脫離跳板后作平拋運動，飛行距離:

s=vt=v/----=/---儂-2gh)

\19\!9

■=21不一(人—得)2

22

可見，^h=v0/4g=12/4X10=3.6m時，飛行距離最大,最大值為：s產(chǎn)v

/2g—7.2mo

五、動能定理與面接觸問題相綜合

A.垂直于接觸面，做功為零

B.垂直于接觸面，做功不為零

C.不垂直于接觸面，做功為零

D.不垂直于接觸面，做功不為零

困3-1

【錯解分析】錯解：斜面對小物塊的作用力是支持力，應(yīng)與斜面垂直，由于支持力總與

接觸面垂直，因此支持力不做功。故A選項正確。

斜面固定時，物體沿斜面下滑時，支持力做功為零。受此題影響，有些人不加思索選A。

這反映出對力做功的本質(zhì)不太懂得，沒有從求功的根本方法來思考，是形成錯解的原因。

【正確解答】根據(jù)功的定義W=F-scos0為了求斜面對小物塊的支持力所做的功，應(yīng)找

到小物塊的位移。由于地面光滑，物塊與斜面體構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，在水平方

向系統(tǒng)動量守恒。初狀態(tài)系統(tǒng)水平方向動量為零，當(dāng)物塊有水平向左的動量時，斜面體必有

水平向右的動量。由于mVM,則斜面體水平位移小于物塊水平位移。根據(jù)圖3-2上關(guān)系能

夠確定支持力與物塊位移夾角大于90°,則斜面對物塊做負功。應(yīng)選B。

【小結(jié)】求解功的問題通常來說有兩條思路。一是能夠從定義出發(fā)。二是能夠用比能關(guān)

系。如本題物塊從斜面匕^下來時，減少的重力勢能轉(zhuǎn)億為物塊的動能與斜面的動能，物塊

的機械能減少了，說明有外力對它做功。因此支持力做功。

例2、物體m從傾角為a的固定的光滑斜面由靜12開始下滑，斜面高為h,當(dāng)物體滑

至斜面底端，重力做功的瞬時功率為[]

1,—

A.mg?^^7B.—mgsina?42gh

C.mg?7^.sinaD.mg?J2ghsina

【錯解分析】錯解一：由于斜面是光滑斜面，物體m受重力與支持。支持不做攻，只

有策略重力做功，所有機械能守恒。設(shè)底端勢能為零，則有

mgh=1mv2物體滑至底端速度為v=洲前

據(jù)瞬時功率p=Fu有「=1^也訪故選A

錯解二：物體沿斜面做vo=0的勻加速運動a=

設(shè)滑到底時間為t,由于L=士，則上■=47,解得t=1-^-

.sinasince2y&sin0

重力功為mgh功率為p=V=，mg?J2ghsina

t，

故選B。

錯解一中錯誤的原因是沒有注意到瞬時功率P=Fvcos0o

只有Fv同向時，瞬時功率才能等于Fv,而此題中重力與瞬時速度V不是同方向，因

此瞬時功率應(yīng)注意乘上F,v夾角的余弦值。

錯解二中錯誤要緊是對瞬時功率與平均功率的概念不清晰，將平均功率當(dāng)成瞬時功率。

【正確解答】由于光滑斜面，物體m下滑過程中機械能守恒，滑至底

端時的瞬時速度為u=也正，據(jù)瞬時功率P=Fvcos8。由圖3-3可知，

"F、v夾角

。為90°—a,

則有滑至底端瞬時功率P=mgsinaA/2gh

故C選項正確。

【小結(jié)】求解功率問題首先應(yīng)注意求解的是瞬時值還是平均值。假如求瞬時值應(yīng)注意

普遍式P=Fv-cos。(0為F,v的夾角)當(dāng)F,v有夾角時，應(yīng)注意從圖中標(biāo)明。

圖3-3

例3、一列火車由機車牽引沿水平軌道行使，通過時間3其速度由0增大到V。已知

列車總質(zhì)量為M,機車功率P保持不變，列車所受阻力f為恒力。求：這段時間內(nèi)列車通過

的路程。

【錯解分析】錯解：以列車為研究對象，水平方向受牽引力與阻力f。

據(jù)P=F?V可知牽引力

F=P/v?

設(shè)列車通過路程為s,據(jù)動能定理有

(F-f)s=|Mv2②

將①代入②解得S=

2(P-fv)

以上錯解的原因是對P=F-v的公式不懂得，在P一定的情況下，隨著v的變化，F(xiàn)

是變化的。在中學(xué)階段用功的定義式求功要求F是恒力。

【正確解答】以列車為研窕對象，列車水平方向受牽引力與阻力。設(shè)列車通過路程為s。

據(jù)動能定理

2

WF-Wf=^Mv-0①

因為列車功率一定，據(jù)p=藝可知牽引力的功率

t

1°

P?t-fs=-Mv2

2

Pt，M/

解得s=—1—。

【小結(jié)】發(fā)動機的輸出功率P恒定時.，據(jù)P=F-V可知v變化，F(xiàn)就會發(fā)生變化。牽

動EF,a變化。應(yīng)對上達物理量隨時間變化的規(guī)律有個定性的認識。下面通過圖象給出定

性規(guī)律。(見圖3-4所示)

Pt￡八

圖3Y

例4、以20m/s的初速度，從地面豎直向上拋出一物體，它上升的最大高度是18mo

假如物體在運動過程中所受阻力的大小不變，則物體在離地面多高處，物體的動能與重力勢

能相等°(g=10m/s2)

【錯解分析】錯解：以物體為研究對象，畫出運動草圖3-5,設(shè)物體上升到h高處動能

與重力勢能相等

—mv2=mgh①

2

此過程中，重力阻力做功，據(jù)動能定量有

-(mg+f)h=②

物體上升的最大高度為H

-(mg+f)H=--mvg③

2

由式①，②，③解得h=9.5m

v=0

H-hz

，h||；

mgwmg

h

圖3-5圖3-6

初看大概任何問題都沒有，認真審題，問物體離地面多高處，物體動能與重力勢相等,

通常人首先是將問題變形為上升過程中什么位置動能與重力勢能相等。而實際下落過程也有

一處動能與重力勢能相等3

【正確解答】上升過程中的解同錯解。

設(shè)物體下落過程中通過距地面h'處動能等于重力勢能，運動草圖如3-6。

據(jù)動能定量

(mg-f)(H-hmv,2⑤

(mg+f)H=ymvQ?

解得h'=8.5m

【小結(jié)】在此較復(fù)雜問題中，應(yīng)注意不要出現(xiàn)漏解。比較好的方法就是逐段分析法。

例5、下列說法正確的是[]

A.合外力對質(zhì)點做的功為零，則質(zhì)點的動能、動量都不變

B.合外力對質(zhì)點施的沖量不為零，則質(zhì)點動量必將改變，動能也一定變

C.某質(zhì)點受到合力不為零，其動量、動能都改變

D.某質(zhì)點的動量、動能都改變，它所受到的合外力一定不為零。

【錯解分析】錯解一：由于合外力對質(zhì)點做功為零，據(jù)功能定理有△EA=O,由于動能

不變，因此速度V不變，由此可知動量不變。故A正確。

錯解二：由于合外力對質(zhì)點施的沖量?不為零，則質(zhì)點動量必將改變，V改變，動能也就

改變。故B正確。

形成上述錯解的要緊原因是對速度與動量的矢量性不懂得。對矢量的變化也就出現(xiàn)懂得

的偏差。矢量發(fā)生變化時，能夠是大小改變，也可能是大小不改變，而方向改變。這時變化

量都不為零。而動能則不一致，動能是標(biāo)量，變化就一定是大小改變。因此△￡《()只能說

明大小改變。而動量變化量不為零就有可能是大小改變，也有可能是方向改變。

【正確解答】本題正確選項為D。

由于合外力做功為零，據(jù)動能定理有△氏=0,動能沒有變化，說明速率無變化，但不能

確定速度方向是否變化，也就不能推斷出動量的變化量是否為零。故A錯。合外力對質(zhì)點

施沖量不為零，根據(jù)動量定理知動量一定變，這既能夠是速度大小改變，也可能是速度方向

改變。若是速度方向改變，則動能不變。故B錯。同理C選項中合外力不為零，即是動量

發(fā)生變化，但動能不一定改變，C選項錯。D選項中動量、動能改變，根據(jù)動量定量，沖量

一定不為零，即合外力不為零。故D正確。

【小結(jié)】關(guān)于全盤確信或者否定的推斷，只要找出一反例即可推斷。要證明它是正確

的就要有充分的論據(jù)。

例6、如圖3—7,木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊

后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短。現(xiàn)將子彈、木塊與彈簧合在一起作研究對象，則此系統(tǒng)

在從子彈開始射入木塊到彈.簧壓縮到最短的過程中“

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量不守恒，機械能不守恒

C.動量守恒，機械能不守恒

D.動量不守恒，機械能守恒

A

////>7/7

圖3-7

【錯解分析】錯解：以子彈、木塊與彈簧為研究對象。由于系統(tǒng)處在光滑水平桌面上,

因此系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒。乂因系統(tǒng)只有彈力做功，系統(tǒng)機械能

守恒。故A正確。

錯解原因有兩個一是思維定勢，一見光滑面就認為不受外力。二是規(guī)律適用條件不清。

【正確解答】以子彈、彈簧、木塊為研究對象，分析受力。在水平方向，彈簧被壓縮是

由于受到外力，因此系統(tǒng)水平方向動量不守恒。由于子彈射入木塊過程，發(fā)生巨烈的摩擦,

有摩擦力做功，系統(tǒng)機械能減少，也不守恒，故B正確。

例7、如圖3-8,質(zhì)量分別為m與2m的兩個小球A與B,中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的

中點O處有一固定轉(zhuǎn)動軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時針擺動到最低位置的過

程中[]

A.B球的重力勢能減少，動能增加，B球與地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒

B.A球的重力勢能增加，動能也增加，A球與地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能不守恒。

C.A球、B球與地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒

D.A球、B球與地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械不守恒

【錯解分析】錯解：B球下擺過程中受重力、桿的拉力作用。拉力不做功，只有重力做

功，因此B球重力勢能減少，動能增加，機械能守恒，A正確。

同樣道理A球機械能守恒，B錯誤，由于A,B系統(tǒng)外力只有重力做功，系統(tǒng)機械能守

恒。故C選項正確。

圖3-8圖3一9

B球擺到最低位置過程中，重力勢能減少動能確實增加，但不能由此確定機械能守恒。

錯解中認為桿施的力沿桿方向，這是造成錯解的直接原閃。桿施力的方向并不總指向沿桿的

方向，本題中就是如此。桿對A,B球既有沿桿的法向力，也有與桿垂直的切向力。因此桿

對A,B球施的力都做功：A球、B球的機械能都不守恒。但A+B整體機械能守恒。

【正確解答】B球從水平位置下擺到最低點過程中，受重力與桿的作用力，桿的作用力

方向待定。下擺過程中重力勢能減少動能增加，但機械能是否守恒不確定。A球在B下擺

過程中，重力勢能增加，動能增加，機械能增加。由于A+B系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械

能守恒，A球機械能增加，B球機械能定減少。因此B,C選項正確。

【小結(jié)】有些問題中桿施力是沿桿方向的，但不能由此定結(jié)論，只要桿施力就沿桿方

向。本題中A、B球繞。點轉(zhuǎn)動，桿施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如

圖3-9所示，桿對B球施的力對B球的做負功。桿對A球做功為正值。A球機械能增加，B

球機械能減少。

例8、如圖3—10,質(zhì)量為M的木塊放在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以速

度V。射入木塊中。設(shè)子彈在木塊中所受阻力不變，大小為f,且子彈未射穿木塊。若子彈射

入木塊的深度為D,則木塊向前移動距離是多少？系統(tǒng)缺失的機械能是多少？

【錯解分析】錯解：（1）以木塊與子彈構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象。系統(tǒng)沿水平方向不受外

力,因此沿水平方向動量守恒。設(shè)子彈與木塊共同速度為V。據(jù)動量守恒有mv（）=（M+m）

解得v=mvo/（M+m）

子彈射入木塊過程中，摩擦力對子彈做負功

①

摩擦力對木塊做正功

fS=-1MV2②

（muj-|mv2

將式②中求得f=2——一代入式②

D

解得s=

M+2m

（2）系統(tǒng)缺失的機械能

即為子彈缺失的功能

△八匚E=—1mv2-—1mv2=-1mv2--1嚴(yán)—％)

k202202M+m

1?m

MmvQ(2m+M)

2(M+m)2-

圖3-10

錯解①中錯誤原因是對摩擦力對子彈做功的位移確定錯誤。子彈對地的位移并不是D,

而D打入深度是相對位移。而求解功中的位移都要用對地位移。錯解②的錯誤是對這一物

理過程中能量的轉(zhuǎn)換不清晰。子彈打入木塊過程中，子彈動能減少并不等于系統(tǒng)機械能減少

量。由于子彈減少的功能有一部分轉(zhuǎn)移為木塊的動能，有一部轉(zhuǎn)化為焦耳熱。

【正確解答】以子彈,木塊構(gòu)成系統(tǒng)為研究對象。畫出運算草圖，如圖3—11。系統(tǒng)水

平方向不受外力，故水平方向動量守恒。據(jù)動量守恒定律有

mv0=（M+m）v（設(shè)v（）方向為正）

m

V=M+mV°

子彈打入木塊到與木塊有相同速度過程中摩擦力做功：

對子彈-f?s千=①

對木塊fs木=1MV2②

匚二

zz//ZZ/z才

*-------%——>1

*------￥-

圖3-11

由運動草圖可S*、=S子D③

mD

由式①，②，③解得S

木M+m

①+②有+m)v"2mvo="f(ST"s4=)

J

△

12M+m-1

=2mV°M=M

m(M+m-1)2

=----------------VA

2(M+m)°

【小結(jié)】子彈與木塊相互作用過程中，子彈的速度由V。減為V,同時木塊的速度由0

增加到V。關(guān)于這樣的一個過程，由于其間的相互作用力為恒力，因此我們能夠從牛頓運動

定律（即f使子彈與木塊產(chǎn)生加速度，使它們速度發(fā)生變化）、能量觀點、或者動量觀點三

條不?致的思路進行研究與分析％類似這樣的問題都能夠使用同樣的思路。通常都要首先畫

好運動草圖。例：如圖3-12在光滑水平面上靜止的長木板上，有一粗糙的小木塊以V。沿木

板滑行。情況與題中極其相似，只只是作用位置不一致，但相互作用的物理過程完全一樣。

圖3-12

參考練習(xí)：如圖3-13—質(zhì)量為M、長為1的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在

其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A,mVM?，F(xiàn)以地面為參考系，給A與B以大小相同，方

向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。求

小木塊A向左運動到達最遠處(對地)離出發(fā)點的距離。

圖3-13圖3-14

提示：注意分析物理過程。情景如圖3-14。其中隱含條件A剛好沒離B板，停在B板

的左端，意為如今A,B無相對運動。A,B作用力大小相等，但加速度不一致，由于A的

加速度大，首先減為零，然后加速達到與B同速。

答案：曠嚓熱

例9、質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈

簧的壓縮量為X。，如圖3-15所示。物塊從鋼板正對距離為3X。的A處自由落下，打在鋼板

上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動。已知物體質(zhì)量也

為m時，它們恰能回到0點，若物塊質(zhì)量為2m,仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到

0點時，還具有向上的速度，求物塊向上運動到最高點與O點的距離。

圖3-15

【錯解分析】錯解：物塊m從A處自由落下，則機械能守恒

設(shè)鋼板初位置重力勢能為0,則

mv

mg?3x0=2oQ)

之后物塊與鋼板一起以vo向下運動，然后返回O點，如今速度為0,運動過程中由于

只有重力與彈簧彈力做功，故機械能守恒。

Ep+1(2m)vo=2mgxc(2)

2m的物塊仍從A處落下到鋼板初位置應(yīng)有相同的速度vo,與鋼板一起向下運動又返回

機械能也守恒。返回到O點速度不為零，設(shè)為V則：

1.1

E；+T（3m）vJ=3mgx+-（3m）v02

202（3）

由于m物塊與2m物塊在與鋼板接觸時，彈性勢能之比

Ep：E；=1：1(4)

2m物塊與鋼板一起過0點時，彈簧彈力為0,兩者有相同的加速度g。之后，鋼板由

于被彈簧牽制，則加速度大于g,兩者分離，2m物塊從此位置以v為初速豎直上拋上升距

離

h(5)

2g

由式①?④解得u代入式⑤解得h=|x0o

這是一道綜合性很強的題。錯解中由于沒有考慮物塊與鋼板碰撞之后速度改變這一過

程，而導(dǎo)致錯誤。另外在分析物塊與鋼板接觸位置處，彈簧的彈性勢能時，也有相當(dāng)多的人

出錯，兩個錯誤都出時，會發(fā)現(xiàn)無解。這樣有些人就返回用兩次勢能相等的結(jié)果，但并未清

晰相等的含義。

【正確解答】物塊從3xo位置自由落下，與地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒。則有

12

mg?3x0=-mv0(1)

vo為物塊與鋼板碰撞時的的速度。由于碰撞極短，內(nèi)力遠大于外力，鋼板與物塊間動量

守恒。設(shè)為兩者碰撞后共同速

mvo=2mvi(2)

兩者以片向下運動恰返回O點，說明此位置速度為零。運動過程中機械能守恒。設(shè)接

觸位置彈性勢能為Ep,則

Ep+J(2m)v；=2mgx0(3)

同理2m物塊與in物塊有相同的物理過程

碰撞中動量守恒2mvo=3m\r2(4)

所不一致2m與鋼板微撞返回O點速度不為零，設(shè)為v則

11

020

Ep+y(3m)v^=3mgx0+-(3m)v(5)

由于兩次碰撞時間極短，彈性形變未發(fā)生變化

Ep=Ep(6)

由于-2m物塊與鋼板過O點時彈力為零。兩者加速度相同為g,之后鋼板被彈簧牽制，

則其加速度大于g,因此與物塊分離，物塊以v豎直上拋。

據(jù)運動學(xué)公式r-4=2as則由

0-v2=-2gh

得h⑺

2g

【小結(jié)】本題考查了機械能守恒、動量守恒、能量轉(zhuǎn)化的。守恒等多個知識點。是一

個多運動過程的問題。關(guān)健問題是分清晰每一個過程。建立過程的物理模型，找到相應(yīng)解決

問題的規(guī)律。彈簧類問題，畫好位置草圖至關(guān)重要。

參考練習(xí)：如圖3-16所示勁度系數(shù)為的的輕質(zhì)彈簧分別與質(zhì)量為m2的物體1，2,

栓接系數(shù)為k2的輕彈簧上端與物體2栓接，下端壓在桌面上（不栓接）。整個系統(tǒng)處于平衡

狀態(tài)，現(xiàn)施力將物體1緩慢地豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面，在此過程中，

物體2的重力勢能增大了多少？物體1的重力勢能增大了多少？

2

=2

Ah

提示：此題隱含的條件很多，挖掘隱含條件是解題的前提。但之后，務(wù)必有位置變化的

情景圖如圖3-17。才能確定1,2上升的距離，請讀者自行解答。

例10、如圖3-18所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置在水平地面上，它的正上方有一金屬塊從

高處自由下落，從金屬塊自由下落到第一次速度為零的過程中[]

A.重力先做正功，后做負功

B.彈力沒有做正功

C.金屬塊的動能最大時，彈力與重力相平衡

D.金屬塊的動能為零時，彈簧的彈性勢能最大

||vo=O

圖3-18

【錯解分析】錯解：金屬塊自由下落，接觸彈簧后開始減速，當(dāng)重力等于彈力時，金屬

塊速度為零。因此從金屬決自由下落到第?次速度為零的過程中重力?直做正功，故A錯。

而彈力一直做負功因此B正確“由于金屬塊速度為零時，重力與彈力相平衡，因此C選項

錯。金屬塊的動能為零時，彈力最大，因此形變最大，彈性勢能最大。故D正確。

形成以上錯解的原因是對運動過程認識不清。對運動性質(zhì)的推斷不正確。金屬塊做加

速還是減速運動，要看合外力方向（即加速度方向）與速度方向的關(guān)系。

【正確解答】要確定金屬塊的動能最大位置與動能為零時的情況，就要分析它的運動全

過程。為了弄清運動性質(zhì)，做好受力分析。能夠從圖3-19看出運動過程中的情景。

N

(c)(d)

圖3-19

從圖上能夠看到在彈力NVmg時，a的方向向下，v的方向向下，金屬塊做加速運動。

當(dāng)彈力N等于重力mg時，a=0加速停止，如今速度最大。因此C選項正確。彈力方向與

位移方向始終反向，因此彈力沒有做正功，B選項正確。重力方向始終與位移同方向，重力

做正功，沒有做負功，A選項錯。速度為零時，恰是彈簧形變最大時，因此如今彈簧彈性勢

能最大，故D正確。

因此B,C,D為正確選項。

【小結(jié)】關(guān)于較為復(fù)雜的物理問題，認清物理過程，建立物理情景是很重要的。做到

這一點往往需畫出受力圖，運動草圖，這是應(yīng)該具有的一種解決問題的能力。分析問題能夠

使用分析法與綜合法。通常在考試過程中分析法用的更多。如本題A,B只要審題細致就能

夠解決。而C,D就要用分析法。C選項中動能最大時，速率最大，速率最大就意味著它的

變化率為零，即a=0,加速度為零，即合外力為零,由于合外力為mg-N,因此得mg二N,

D選項中動能為零，即速率為零，單方向運動時位移最大，即彈簧形變最大，也就是彈性勢

能最大。本題中金屬塊與彈簧在一定時間與范圍內(nèi)做往復(fù)運動是一種簡諧運動。從簡諧運動

圖象能夠看出位移變化中速度的變化，與能量的關(guān)系。

動能定理的三個特殊應(yīng)用

求處于平衡狀態(tài)下物體的作用力，我們常用物體的平衡條件，研究運動物體的加

速度常用運動學(xué)公式或者牛頓第二定律，解決連接體物體的關(guān)聯(lián)速度常用微元法。然

而通過對比公式、虛擬過程及內(nèi)力特點，筆者探尋到動能定理的一些特殊運用，可有效

快捷解決以上三方面的問題。

1對比運動學(xué)公式求加速度

做勻變速直線運動的物體，物體的位移、速度與加速度之間的關(guān)系為：V2-Vo2=

2aso用動能定理也能夠得到物體運動的位移與速度的關(guān)系，假如各連接體間物體都

是做勻變速運動，對比運動學(xué)公式-若二2as,就能夠求得物體的加速度，這是

求解加速度的一條有效途徑。

例1兩個質(zhì)量分別為m,與mz的重物懸掛在細繩的兩端，已知m.>叱，繩子

繞過一個半徑為r的滑輪，如圖1所示。在滑輪的軸上固定了4個長為L分布均勻

的輻條，輻條的端點固定有質(zhì)量為m的小球，重物m與叫的運動是由于本身的重力

產(chǎn)生的。軸的摩擦、繩及輻條與滑輪質(zhì)帚均不計，繩與滑輪間不發(fā)生相對滑動，求皿

與皿運動的加速度。

M

m2d

口仍

圖1

解.設(shè)mi和陽2運動的速度為v,小球w的速度為u,

由動能定理得：

gh-ni：g力■T"-加9\二++X4ww2.

因為繩與滑輪間未發(fā)生相對滑動，南侖與箱條的角速度

是相同的，由題意可得速度關(guān)系：〃■,所以行：

八2--------工瓦

;M1*M2*4W

廣

,n-一“八

向。"rlS

W)?fn->+47W,

r

解決這類問題，顯然應(yīng)該用剛體繞定軸轉(zhuǎn)動的規(guī)律。用牛頓第二定律已經(jīng)無能為

力，而用動能定理不僅方法有效，而且思路清晰，求解過程簡單。

關(guān)于都是做勻變速運動的連接體間物體，能夠通過它們之間的位移關(guān)系，得出速度

關(guān)系，繼而用動能定理就能十分方便簡捷求得各物體的加速度。

2虛擬過程求力

物體在平衡時，能夠用力的平衡條件求力，但有的時候由于給出的物體受到特定因

素的限制，使得解題的條件不足，難以求解。在有些情況下，我們能夠?qū)μ幱谄胶鈶B(tài)

的物體虛擬一個過程，化靜為動，用動能定理巧妙解決問題。

例2—根質(zhì)量均勻分布的鏈條長為L,質(zhì)量為m,懸掛在天花板下。現(xiàn)用力

F作用在它的下端，能夠使它處于如圖2所示的平衡狀態(tài)，如今下端B與懸點A的豎

直高度差為h,求懸點對鏈條的張力。

解：山于鏈條掛在豎直方向上的不對稱性與水平拉開的不確定性，因此無法直接

用力的平衡方法求解。不妨虛擬如下情景：將鏈條沿其拉力方向緩慢移動一微小位移

AL,在這一過程中，保持鏈條形狀與位置不變，僅僅相當(dāng)于把微元AL由A點移到

了B

點，由動能定理得一

Qmgh-FAL?

又因為△加■加呼.

所以F.呼

通過這樣的虛擬物理過程，使靜態(tài)平衡問題轉(zhuǎn)化為動態(tài)問題，利用動能定理使求解

變得輕而易舉，表達了方法的巧妙性，繼而培養(yǎng)了學(xué)生們的創(chuàng)新能力與發(fā)散思維，提高

思維的靈活性。

3內(nèi)力做功求速度

例3如圖3,球形物塊質(zhì)量為M,方物塊帶桿及小球總質(zhì)量為m?，F(xiàn)用一水平

力推動物塊M以速度v向右勻速運動，使桿豎直向上運動。若不計一切摩擦，試求

桿上升到如圖3所示的a角位置時桿的速度。

解：由于M與m之間的內(nèi)力B、F2在內(nèi)力方向上沒有相對位移，那么這一對內(nèi)

力的總功為零,則瞬時功率之與也為零C

圖3圖4

當(dāng)桿上升到如圖3位黃時，設(shè)桿的速度為〃,由矢城關(guān)

系圖4的,尸1的功率為尸1vcosfr-a),F＞的功率為

F,〃cos，:-a),所以

F\vcosfr-a)-F2wcos6-^--0,

又因為尸i■尸:.得u-roota.

例4.小環(huán)。和O'分別套在不動的豎立桿乂3和.4R'

上，一根不可伸長的繩子穿過環(huán)O',兩的分別系在?一和環(huán)

O上，如圖5所示,設(shè)環(huán)O'以怛定速度v向，下帽第12頁)

r上接第io頁）下運動，求/乂。。'二夕時，環(huán)。的速度從

應(yīng)用機械能守恒定律的三種類型

機械能守恒定律的內(nèi)容足：只有重力或者彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能能夠相互

轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。在具體應(yīng)用機械能守恒定律時要緊有下列三個類型：

一.單個物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng)

研究單個物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能是否守恒，首先應(yīng)對物體進行受力分析，分析各

力的做功情況，若只有重力做功，其他力不做功或者做功的代數(shù)與為零，則此系統(tǒng)機械能守

恒。

例1.在距離地面20m高處以I5m/s的初速度拋出一小球，不計空氣阻力，取g=10m/s2,

求小球落地的速度大小。

解析：由于小球拋出的方向未知，無法直接用拋體運動的知識來解答。

小球下落過程中，只有重力對小球做功，滿足機械能守恒條件，能夠用機械能守恒定律

求解。取地面為零勢能參考平面，根據(jù)￡]=七2有相g/2+g〃W（）2

因此落地時小球的速度大小為：

v=不寸+2gh=25m/5

例2.質(zhì)量相等的兩個小球A、B分別用懸線掛在等高的0「兩點，A球的懸線比B

球的懸線長，如圖1所示。把兩球的懸線均拉到水平后將小球無初速釋放，則經(jīng)最低點時（以

懸點為零勢能點），A球卻能與B球動能相比如何，兩者機械能相比如何？

O|A0B

:-------O：-2---O

?O

I

0

圖I

解析：A球、B球在向下運動時，盡管受重力與繩子拉力，但拉力不做功，只有重力做

功，因而機械能守恒。由于初始狀態(tài)時兩者機械能相等，因此到達最低點時，兩球機械能仍

相等。但A球在最低點時重力勢能較小，因此A球的動能大。

二.物體、彈簧與地球構(gòu)成的系統(tǒng)

物體、彈簧與地球構(gòu)成的系統(tǒng)中，若只有物體的重力與彈簧的彈力做功，其他力不做功

或者做功的代數(shù)與為零,彈簧的彈性勢能與物體機械能之間發(fā)生轉(zhuǎn)化,則系統(tǒng)的機械能守恒。

例3.如圖2所示，輕彈簧一端與墻相連，質(zhì)量為4kg的木塊沿光滑的水平面以5m/s的

速度運動并壓縮彈簧k,求彈簧在被壓縮過程中最大的彈性勢能及木塊速度減為3m/s時彈

簧的彈性勢能。

3k~~

/7777777777777777777T7777777777T

圖2

解析：當(dāng)木塊的速度減為零時，彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，設(shè)彈簧的最大彈性

勢能為Ep,”，木塊與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)（包含地球）機械能守恒

1,

則有后i=/相匕J=501

1212

當(dāng)木塊速度為U=3〃"S時，彈簧的彈性勢能為七〃1，則有一加匕2十七一7m,2

因此￡”"匕：=32J

三.兩個或者多個物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng)

在此類問題中，用做功的方式不好推斷系統(tǒng)的機械能是否守恒，但系統(tǒng)內(nèi)的物體在相互

作用的過程中，只有動能與勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，無其他能量參與，則系統(tǒng)的機械能守恒。

例4.如圖3所示，A與B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，此桿可繞穿過其中心的水

平軸0無摩擦轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)使輕桿從水平狀態(tài)無初速度釋放，發(fā)現(xiàn)桿繞0沿順時針方向轉(zhuǎn)動，

則桿從釋放起轉(zhuǎn)動90°的過程中：

圖3

A.B球的重力勢能減少，動能增加：

B.A球的重力勢能增加，動能減少；

C.A球的重力勢能與動能都增加了；

D.A球與B球及地球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒。

解析：A、B球及地球構(gòu)成的系統(tǒng)，由于不計摩擦，在運動過程中只有動能與重力勢能

之間相互轉(zhuǎn)化，無其他能量參與，系統(tǒng)總機械能守恒。桿從釋放起轉(zhuǎn)動90°的過程中，A

球的動能增加，重力勢能增加，即A球的機械能增加，因此B球的機械能減少，減少量等

于A球機械能的增加量。B球的重力勢能減少，動能增加，因此答案為A、C、Do

例析動能定理的一些解題方法

動能定理是高中物理的重要知識，它是利用狀態(tài)量來描述過程量。應(yīng)用動能定理來解

題時，只需考慮始末運動狀態(tài)，無需關(guān)注運動過程中的細節(jié)變化，這樣顯得更為簡捷，卜.面

談?wù)剟幽芏ɡ碓谥袑W(xué)物懂得題中的應(yīng)用。

1.物體的初、末狀態(tài)已知，應(yīng)考慮應(yīng)用動能定理

（1）初、末狀態(tài)物體靜止（=0）

例1.一個物體從斜面上高h處由靜止滑下并緊接著在水平面上滑行一段距離后停止，

量得停止處對開始運動處的水平距離為s（如圖），不考慮物體滑至斜面底端的碰撞作用，

并認為斜面與水平面對物體的摩擦因數(shù)相同，求摩擦因數(shù)以。

分析：以物體為研究對象，它從靜止開始運動，最后乂靜止在平面上，即Eki-Eki=0。

能夠根據(jù)全過程中功與物體動能的變化上找出聯(lián)系。

解：設(shè)斜面傾角為斜坡長L,物體沿斜面下滑時，重力與摩擦力對物體做功（支

持力不做功）分別為：

W（.=mgLsina>Wn=-jumgLcosa

在平面上滑行時僅有摩擦力做功（重力與支持力不做功），設(shè)平面上滑行距離為與，

貝IWf2=fingS?

整個運動過程中所有外力的功為

W=WG+叱[+Wf2=mgLsina-/.ungLcosa-/.ungS2

根據(jù)動能定理：

mgLsina-cosa-RngS2=0=>得〃-4sl-=0

式中S,為斜面底端與物體初位置間水平距離，故/?=h=4

這種從全過程考慮的方法，是動能定理的一個應(yīng)用特點，特別在時，往往更

為簡捷。

（2）初、末狀態(tài)動能已知（AEA。0）

例2.在光滑水平面上有一靜止的物體?，F(xiàn)以水平恒力甲推這一物體，作用一段時間后，

換成相反方向的水平恒力乙推這?物體。當(dāng)恒力乙作用時間與恒力甲作用時間相同時，物體

恰好I可到原處，如今物體的動能為32J,則在整個過程中，恒力甲做的功與恒力乙做的功各

等于多少？

分析：物體先做勻加速運動，后做勻減速運動回到原處，整個過程中的位移為零。根

據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式即可確定兩個力的大小關(guān)系，然后利用動能定理對全過程列式

即可解。

解：物體從靜止起受水平恒力”甲作用，做勻加速運動，經(jīng)一段時間t后的速度為

匕[互卜，以后受恒力成，做勻減速運動〔小二幽),經(jīng)同樣時間后回到

ym)乙m

原處，整個時間內(nèi)在聯(lián)系物體的位移為零，因此

設(shè)在作用下物體的位移為s,對全過程用動能定理得：

五甲S+F,S=AEk

即“S+3F甲S=g

因此，恒力甲與乙做的功分別為

w=Fs=-AF.=-x32J=8J

44

33

W.=F/S=—AE,=—%32J=24J

乙乙