动能机械能复习细料

动能机械能复习细料

几个关于动能定理的综合问题

动能定是高中物理的重要内容，它常与圆周运动、动量问题、抛体运动问题、

绳连问题、面接触问题等知识结合成难度较大的综合问题。此类综合问题在平常

的习题与历年的物理高考中不断出现，求解动能定理的综合问题时，一定要弄清

是动能定理与什么知识相综合，然后再运用相应的物理规律。本文按参与综合的

知识把动能定理的综合问题进行归类讨论。

一、动能定理与圆周运动的知识相综合

例1如图1所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有

一个垂直于盘面的光滑水平固定轴0。在盘的最右边缘，固定一个质量为m的小

球A；在。的正下方离0点r/2处，固定一个质量也为m的小球B。放开盘，

让其自由转动。试计算：

(DA球转到最低点时的线速度是多少？

(2)在转动过程中，半径0A向左偏竖直方向的最大角度是多少？

解析(D设A球转到最低点时线速度为v；而v=3r,则B球的线速度为

v/2o根据合外力所做的功等于系统增加的动能，则有:

mgr—彳mgr=-mp2+—m(v/2)2

///

因此，球转到最低点的速度为:

。=2jgr[5.

(2)如图2所示，当圆盘转速为零时，0A向左偏离竖直线的最大角度为。，

以A球从速度v减少至零这一过程为研究对象。根据动能定理有:

—mgr(\-cos0)——^rsin0=Q1mv1—~m(--)J.

2cos0=1+sina从而可得：5sin204-2sin0-3=0.

所以，最大偏角为："sinTO.6=37。.

二、动能定理与动量知识相综合(假如动量还没学过，暂时可先不看这题)

例2一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边

与桌的AB边重合，如图3。己知盘与桌布间的动摩擦闪数为八，盘与桌面间的

动摩擦因数为现突然以恒定的加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是

水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什

么？(以g表示重力加速度)。

解析设圆盘的质量为m,在桌布上运动的末速度为V”运动时间为t,移动

距离为X”加速度为海桌长为1,桌布在t时间内移动的距离为X,盘在桌面上

移动的距离为X2,在桌面上运动的时间为t'。

2

由动量定理与动能定理，有：Uimgt=mv,,UmgXi=mv^/2,u2mgx2=mv/2o

在t时间内对布的运动有:x=at2/2,而x—x产1/2。

盘在桌面上不掉下的条件为：X4X；W1/2。

由以上各式得：心(ui+2P2)Uig/—。

三、动能定理与绳连问题相综合

例3在水平光滑细杆上穿着A、B两个刚性小球，两球间距离为L,与两根

长度均为L的不可伸长的轻绳与C球连接(如图4所示)，开始时三个球静止，二

绳拉直，然后同时释放三球。已知A、B、C三个球质量相等，试求A、B两球

速度与c球到细杆的距离h之间的关系。

图4图5

解析此题的关键是要找到任一位置时，A、F；球的速度与C球的速度之间的

关系。在如图5所示的位置，B、C两球间的绳与竖直方向成0角时，因B、C间

的绳不能伸长且始终绷紧，故B、C两球的速度曾与V。在绳方向上的投影应相

等,即

vccos。=vBsin9(1)

由动能定理可得：

mg(h-CL/2)=mv1/2+2(mu，2)(2)

又由于:tan20=(L2-h2)/h2

由⑴、⑵、(3)解得:

四、动能定理与抛体运动的知识相综合

例4如图6所示以速度v0=12m/s沿光滑地面滑行的木块，上升到顶部水

平的跳板后由跳板飞出，当跳板高度h多大时，木块飞行的水平距离s最大?这

个距离是多少？(g=10n/s2)o

图6

2

解析由动能定理有：-nigh=m\M/2-mv0/2,从而得木块从跳板飞出的速度为:

D=Jv；-2gh.

木块脱离跳板后作平抛运动，飞行距离:

s=vt=v/----=/---侬-2gh)

\19\!9

■=21不一(人—得)2

22

可见，^h=v0/4g=12/4X10=3.6m时，飞行距离最大,最大值为：s产v

/2g—7.2mo

五、动能定理与面接触问题相综合

A.垂直于接触面，做功为零

B.垂直于接触面，做功不为零

C.不垂直于接触面，做功为零

D.不垂直于接触面，做功不为零

困3-1

【错解分析】错解：斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，由于支持力总与

接触面垂直，因此支持力不做功。故A选项正确。

斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些人不加思索选A。

这反映出对力做功的本质不太懂得，没有从求功的根本方法来思考，是形成错解的原因。

【正确解答】根据功的定义W=F-scos0为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找

到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方

向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有

水平向右的动量。由于mVM,则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图3-2上关系能

够确定支持力与物块位移夹角大于90°,则斜面对物块做负功。应选B。

【小结】求解功的问题通常来说有两条思路。一是能够从定义出发。二是能够用比能关

系。如本题物块从斜面匕^下来时，减少的重力势能转亿为物块的动能与斜面的动能，物块

的机械能减少了，说明有外力对它做功。因此支持力做功。

例2、物体m从倾角为a的固定的光滑斜面由静12开始下滑，斜面高为h,当物体滑

至斜面底端，重力做功的瞬时功率为[]

1,—

A.mg・^^7B.—mgsina•42gh

C.mg•7^.sinaD.mg•J2ghsina

【错解分析】错解一：由于斜面是光滑斜面，物体m受重力与支持。支持不做攻，只

有策略重力做功，所有机械能守恒。设底端势能为零，则有

mgh=1mv2物体滑至底端速度为v=洲前

据瞬时功率p=Fu有「=1^也访故选A

错解二：物体沿斜面做vo=0的匀加速运动a=

设滑到底时间为t,由于L=士，则上■=47,解得t=1-^-

.sinasince2y&sin0

重力功为mgh功率为p=V=，mg♦J2ghsina

t，

故选B。

错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功率P=Fvcos0o

只有Fv同向时，瞬时功率才能等于Fv,而此题中重力与瞬时速度V不是同方向，因

此瞬时功率应注意乘上F,v夹角的余弦值。

错解二中错误要紧是对瞬时功率与平均功率的概念不清晰，将平均功率当成瞬时功率。

【正确解答】由于光滑斜面，物体m下滑过程中机械能守恒，滑至底

端时的瞬时速度为u=也正，据瞬时功率P=Fvcos8。由图3-3可知，

"F、v夹角

。为90°—a,

则有滑至底端瞬时功率P=mgsinaA/2gh

故C选项正确。

【小结】求解功率问题首先应注意求解的是瞬时值还是平均值。假如求瞬时值应注意

普遍式P=Fv-cos。(0为F,v的夹角)当F,v有夹角时，应注意从图中标明。

图3-3

例3、一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，通过时间3其速度由0增大到V。已知

列车总质量为M,机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力。求：这段时间内列车通过

的路程。

【错解分析】错解：以列车为研究对象，水平方向受牵引力与阻力f。

据P=F・V可知牵引力

F=P/v®

设列车通过路程为s,据动能定理有

(F-f)s=|Mv2②

将①代入②解得S=

2(P-fv)

以上错解的原因是对P=F-v的公式不懂得，在P一定的情况下，随着v的变化，F

是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。

【正确解答】以列车为研窕对象，列车水平方向受牵引力与阻力。设列车通过路程为s。

据动能定理

2

WF-Wf=^Mv-0①

因为列车功率一定，据p=艺可知牵引力的功率

t

1°

P•t-fs=-Mv2

2

Pt，M/

解得s=—1—。

【小结】发动机的输出功率P恒定时.，据P=F-V可知v变化，F就会发生变化。牵

动EF,a变化。应对上达物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定

性规律。(见图3-4所示)

Pt£八

图3Y

例4、以20m/s的初速度，从地面竖直向上抛出一物体，它上升的最大高度是18mo

假如物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势

能相等°(g=10m/s2)

【错解分析】错解：以物体为研究对象，画出运动草图3-5,设物体上升到h高处动能

与重力势能相等

—mv2=mgh①

2

此过程中，重力阻力做功，据动能定量有

-(mg+f)h=②

物体上升的最大高度为H

-(mg+f)H=--mvg③

2

由式①，②，③解得h=9.5m

v=0

H-hz

，h||；

mgwmg

h

图3-5图3-6

初看大概任何问题都没有，认真审题，问物体离地面多高处，物体动能与重力势相等,

通常人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实际下落过程也有

一处动能与重力势能相等3

【正确解答】上升过程中的解同错解。

设物体下落过程中通过距地面h'处动能等于重力势能，运动草图如3-6。

据动能定量

(mg-f)(H-hmv,2⑤

(mg+f)H=ymvQ®

解得h'=8.5m

【小结】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。

例5、下列说法正确的是[]

A.合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变

B.合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变

C.某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变

D.某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。

【错解分析】错解一：由于合外力对质点做功为零，据功能定理有△EA=O,由于动能

不变，因此速度V不变，由此可知动量不变。故A正确。

错解二：由于合外力对质点施的冲量♦不为零，则质点动量必将改变，V改变，动能也就

改变。故B正确。

形成上述错解的要紧原因是对速度与动量的矢量性不懂得。对矢量的变化也就出现懂得

的偏差。矢量发生变化时，能够是大小改变，也可能是大小不改变，而方向改变。这时变化

量都不为零。而动能则不一致，动能是标量，变化就一定是大小改变。因此△£《()只能说

明大小改变。而动量变化量不为零就有可能是大小改变，也有可能是方向改变。

【正确解答】本题正确选项为D。

由于合外力做功为零，据动能定理有△氏=0,动能没有变化，说明速率无变化，但不能

确定速度方向是否变化，也就不能推断出动量的变化量是否为零。故A错。合外力对质点

施冲量不为零，根据动量定理知动量一定变，这既能够是速度大小改变，也可能是速度方向

改变。若是速度方向改变，则动能不变。故B错。同理C选项中合外力不为零，即是动量

发生变化，但动能不一定改变，C选项错。D选项中动量、动能改变，根据动量定量，冲量

一定不为零，即合外力不为零。故D正确。

【小结】关于全盘确信或者否定的推断，只要找出一反例即可推断。要证明它是正确

的就要有充分的论据。

例6、如图3—7,木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块

后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块与弹簧合在一起作研究对象，则此系统

在从子弹开始射入木块到弹.簧压缩到最短的过程中“

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量不守恒，机械能不守恒

C.动量守恒，机械能不守恒

D.动量不守恒，机械能守恒

A

////>7/7

图3-7

【错解分析】错解：以子弹、木块与弹簧为研究对象。由于系统处在光滑水平桌面上,

因此系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。乂因系统只有弹力做功，系统机械能

守恒。故A正确。

错解原因有两个一是思维定势，一见光滑面就认为不受外力。二是规律适用条件不清。

【正确解答】以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩是

由于受到外力，因此系统水平方向动量不守恒。由于子弹射入木块过程，发生巨烈的摩擦,

有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒，故B正确。

例7、如图3-8,质量分别为m与2m的两个小球A与B,中间用轻质杆相连，在杆的

中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过

程中[]

A.B球的重力势能减少，动能增加，B球与地球构成的系统机械能守恒

B.A球的重力势能增加，动能也增加，A球与地球构成的系统机械能不守恒。

C.A球、B球与地球构成的系统机械能守恒

D.A球、B球与地球构成的系统机械不守恒

【错解分析】错解：B球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做

功，因此B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。

同样道理A球机械能守恒，B错误，由于A,B系统外力只有重力做功，系统机械能守

恒。故C选项正确。

图3-8图3一9

B球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确定机械能守恒。

错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原闪。杆施力的方向并不总指向沿杆的

方向，本题中就是如此。杆对A,B球既有沿杆的法向力，也有与杆垂直的切向力。因此杆

对A,B球施的力都做功：A球、B球的机械能都不守恒。但A+B整体机械能守恒。

【正确解答】B球从水平位置下摆到最低点过程中，受重力与杆的作用力，杆的作用力

方向待定。下摆过程中重力势能减少动能增加，但机械能是否守恒不确定。A球在B下摆

过程中，重力势能增加，动能增加，机械能增加。由于A+B系统只有重力做功，系统机械

能守恒，A球机械能增加，B球机械能定减少。因此B,C选项正确。

【小结】有些问题中杆施力是沿杆方向的，但不能由此定结论，只要杆施力就沿杆方

向。本题中A、B球绕。点转动，杆施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如

图3-9所示，杆对B球施的力对B球的做负功。杆对A球做功为正值。A球机械能增加，B

球机械能减少。

例8、如图3—10,质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速

度V。射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f,且子弹未射穿木块。若子弹射

入木块的深度为D,则木块向前移动距离是多少？系统缺失的机械能是多少？

【错解分析】错解：（1）以木块与子弹构成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外

力,因此沿水平方向动量守恒。设子弹与木块共同速度为V。据动量守恒有mv（）=（M+m）

解得v=mvo/（M+m）

子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功

①

摩擦力对木块做正功

fS=-1MV2②

（muj-|mv2

将式②中求得f=2——一代入式②

D

解得s=

M+2m

（2）系统缺失的机械能

即为子弹缺失的功能

△八匚E=—1mv2-—1mv2=-1mv2--1严—％)

k202202M+m

1?m

MmvQ(2m+M)

2(M+m)2-

图3-10

错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D,

而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解②的错误是对这一物

理过程中能量的转换不清晰。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少

量。由于子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。

【正确解答】以子弹,木块构成系统为研究对象。画出运算草图，如图3—11。系统水

平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有

mv0=（M+m）v（设v（）方向为正）

m

V=M+mV°

子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：

对子弹-f♦s千=①

对木块fs木=1MV2②

匚二

zz//ZZ/z才

*-------%——>1

*------¥­

图3-11

由运动草图可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)°

【小结】子弹与木块相互作用过程中，子弹的速度由V。减为V,同时木块的速度由0

增加到V。关于这样的一个过程，由于其间的相互作用力为恒力，因此我们能够从牛顿运动

定律（即f使子弹与木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或者动量观点三

条不•致的思路进行研究与分析％类似这样的问题都能够使用同样的思路。通常都要首先画

好运动草图。例：如图3-12在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以V。沿木

板滑行。情况与题中极其相似，只只是作用位置不一致，但相互作用的物理过程完全一样。

图3-12

参考练习：如图3-13—质量为M、长为1的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在

其右端放一质量为m的小木块A,mVM。现以地面为参考系，给A与B以大小相同，方

向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。求

小木块A向左运动到达最远处(对地)离出发点的距离。

图3-13图3-14

提示：注意分析物理过程。情景如图3-14。其中隐含条件A刚好没离B板，停在B板

的左端，意为如今A,B无相对运动。A,B作用力大小相等，但加速度不一致，由于A的

加速度大，首先减为零，然后加速达到与B同速。

答案：旷嚓热

例9、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹

簧的压缩量为X。，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X。的A处自由落下，打在钢板

上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物体质量也

为m时，它们恰能回到0点，若物块质量为2m,仍从A处自由落下，则物块与钢板回到

0点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。

图3-15

【错解分析】错解：物块m从A处自由落下，则机械能守恒

设钢板初位置重力势能为0,则

mv

mg•3x0=2oQ)

之后物块与钢板一起以vo向下运动，然后返回O点，如今速度为0,运动过程中由于

只有重力与弹簧弹力做功，故机械能守恒。

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

2m的物块仍从A处落下到钢板初位置应有相同的速度vo,与钢板一起向下运动又返回

机械能也守恒。返回到O点速度不为零，设为V则：

1.1

E；+T（3m）vJ=3mgx+-（3m）v02

202（3）

由于m物块与2m物块在与钢板接触时，弹性势能之比

Ep：E；=1：1(4)

2m物块与钢板一起过0点时，弹簧弹力为0,两者有相同的加速度g。之后，钢板由

于被弹簧牵制，则加速度大于g,两者分离，2m物块从此位置以v为初速竖直上抛上升距

离

h(5)

2g

由式①〜④解得u代入式⑤解得h=|x0o

这是一道综合性很强的题。错解中由于没有考虑物块与钢板碰撞之后速度改变这一过

程，而导致错误。另外在分析物块与钢板接触位置处，弹簧的弹性势能时，也有相当多的人

出错，两个错误都出时，会发现无解。这样有些人就返回用两次势能相等的结果，但并未清

晰相等的含义。

【正确解答】物块从3xo位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有

12

mg•3x0=-mv0(1)

vo为物块与钢板碰撞时的的速度。由于碰撞极短，内力远大于外力，钢板与物块间动量

守恒。设为两者碰撞后共同速

mvo=2mvi(2)

两者以片向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接

触位置弹性势能为Ep,则

Ep+J(2m)v；=2mgx0(3)

同理2m物块与in物块有相同的物理过程

碰撞中动量守恒2mvo=3m\r2(4)

所不一致2m与钢板微撞返回O点速度不为零，设为v则

11

020

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

由于两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化

Ep=Ep(6)

由于-2m物块与钢板过O点时弹力为零。两者加速度相同为g,之后钢板被弹簧牵制，

则其加速度大于g,因此与物块分离，物块以v竖直上抛。

据运动学公式r-4=2as则由

0-v2=-2gh

得h⑺

2g

【小结】本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一

个多运动过程的问题。关健问题是分清晰每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决

问题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。

参考练习：如图3-16所示劲度系数为的的轻质弹簧分别与质量为m2的物体1，2,

栓接系数为k2的轻弹簧上端与物体2栓接，下端压在桌面上（不栓接）。整个系统处于平衡

状态，现施力将物体1缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，

物体2的重力势能增大了多少？物体1的重力势能增大了多少？

2

=2

Ah

提示：此题隐含的条件很多，挖掘隐含条件是解题的前提。但之后，务必有位置变化的

情景图如图3-17。才能确定1,2上升的距离，请读者自行解答。

例10、如图3-18所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从

高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中[]

A.重力先做正功，后做负功

B.弹力没有做正功

C.金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡

D.金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大

||vo=O

图3-18

【错解分析】错解：金属块自由下落，接触弹簧后开始减速，当重力等于弹力时，金属

块速度为零。因此从金属决自由下落到第•次速度为零的过程中重力•直做正功，故A错。

而弹力一直做负功因此B正确“由于金属块速度为零时，重力与弹力相平衡，因此C选项

错。金属块的动能为零时，弹力最大，因此形变最大，弹性势能最大。故D正确。

形成以上错解的原因是对运动过程认识不清。对运动性质的推断不正确。金属块做加

速还是减速运动，要看合外力方向（即加速度方向）与速度方向的关系。

【正确解答】要确定金属块的动能最大位置与动能为零时的情况，就要分析它的运动全

过程。为了弄清运动性质，做好受力分析。能够从图3-19看出运动过程中的情景。

N

(c)(d)

图3-19

从图上能够看到在弹力NVmg时，a的方向向下，v的方向向下，金属块做加速运动。

当弹力N等于重力mg时，a=0加速停止，如今速度最大。因此C选项正确。弹力方向与

位移方向始终反向，因此弹力没有做正功，B选项正确。重力方向始终与位移同方向，重力

做正功，没有做负功，A选项错。速度为零时，恰是弹簧形变最大时，因此如今弹簧弹性势

能最大，故D正确。

因此B,C,D为正确选项。

【小结】关于较为复杂的物理问题，认清物理过程，建立物理情景是很重要的。做到

这一点往往需画出受力图，运动草图，这是应该具有的一种解决问题的能力。分析问题能够

使用分析法与综合法。通常在考试过程中分析法用的更多。如本题A,B只要审题细致就能

够解决。而C,D就要用分析法。C选项中动能最大时，速率最大，速率最大就意味着它的

变化率为零，即a=0,加速度为零，即合外力为零,由于合外力为mg-N,因此得mg二N,

D选项中动能为零，即速率为零，单方向运动时位移最大，即弹簧形变最大，也就是弹性势

能最大。本题中金属块与弹簧在一定时间与范围内做往复运动是一种简谐运动。从简谐运动

图象能够看出位移变化中速度的变化，与能量的关系。

动能定理的三个特殊应用

求处于平衡状态下物体的作用力，我们常用物体的平衡条件，研究运动物体的加

速度常用运动学公式或者牛顿第二定律，解决连接体物体的关联速度常用微元法。然

而通过对比公式、虚拟过程及内力特点，笔者探寻到动能定理的一些特殊运用，可有效

快捷解决以上三方面的问题。

1对比运动学公式求加速度

做匀变速直线运动的物体，物体的位移、速度与加速度之间的关系为：V2-Vo2=

2aso用动能定理也能够得到物体运动的位移与速度的关系，假如各连接体间物体都

是做匀变速运动，对比运动学公式-若二2as,就能够求得物体的加速度，这是

求解加速度的一条有效途径。

例1两个质量分别为m,与mz的重物悬挂在细绳的两端，已知m.>叱，绳子

绕过一个半径为r的滑轮，如图1所示。在滑轮的轴上固定了4个长为L分布均匀

的辐条，辐条的端点固定有质量为m的小球，重物m与叫的运动是由于本身的重力

产生的。轴的摩擦、绳及辐条与滑轮质帚均不计，绳与滑轮间不发生相对滑动，求皿

与皿运动的加速度。

M

m2d

口仍

图1

解.设mi和阳2运动的速度为v,小球w的速度为u,

由动能定理得：

gh-ni：g力■T"-加9\二++X4ww2.

因为绳与滑轮间未发生相对滑动，南仑与箱条的角速度

是相同的，由题意可得速度关系：〃■,所以行：

八2--------工瓦

;M1*M2*4W

广

,n-一“八

向。"rlS

W)♦fn->+47W,

r

解决这类问题，显然应该用刚体绕定轴转动的规律。用牛顿第二定律已经无能为

力，而用动能定理不仅方法有效，而且思路清晰，求解过程简单。

关于都是做匀变速运动的连接体间物体，能够通过它们之间的位移关系，得出速度

关系，继而用动能定理就能十分方便简捷求得各物体的加速度。

2虚拟过程求力

物体在平衡时，能够用力的平衡条件求力，但有的时候由于给出的物体受到特定因

素的限制，使得解题的条件不足，难以求解。在有些情况下，我们能够对处于平衡态

的物体虚拟一个过程，化静为动，用动能定理巧妙解决问题。

例2—根质量均匀分布的链条长为L,质量为m,悬挂在天花板下。现用力

F作用在它的下端，能够使它处于如图2所示的平衡状态，如今下端B与悬点A的竖

直高度差为h,求悬点对链条的张力。

解：山于链条挂在竖直方向上的不对称性与水平拉开的不确定性，因此无法直接

用力的平衡方法求解。不妨虚拟如下情景：将链条沿其拉力方向缓慢移动一微小位移

AL,在这一过程中，保持链条形状与位置不变，仅仅相当于把微元AL由A点移到

了B

点，由动能定理得一

Qmgh-FAL・

又因为△加■加呼.

所以F.呼

通过这样的虚拟物理过程，使静态平衡问题转化为动态问题，利用动能定理使求解

变得轻而易举，表达了方法的巧妙性，继而培养了学生们的创新能力与发散思维，提高

思维的灵活性。

3内力做功求速度

例3如图3,球形物块质量为M,方物块带杆及小球总质量为m。现用一水平

力推动物块M以速度v向右匀速运动，使杆竖直向上运动。若不计一切摩擦，试求

杆上升到如图3所示的a角位置时杆的速度。

解：由于M与m之间的内力B、F2在内力方向上没有相对位移，那么这一对内

力的总功为零,则瞬时功率之与也为零C

图3图4

当杆上升到如图3位黄时，设杆的速度为〃,由矢城关

系图4的,尸1的功率为尸1vcosfr-a),F＞的功率为

F,〃cos，:-a),所以

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

又因为尸i■尸:.得u-roota.

例4.小环。和O'分别套在不动的竖立杆乂3和.4R'

上，一根不可伸长的绳子穿过环O',两的分别系在•一和环

O上，如图5所示,设环O'以怛定速度v向，下帽第12页)

r上接第io页）下运动，求/乂。。'二夕时，环。的速度从

应用机械能守恒定律的三种类型

机械能守恒定律的内容足：只有重力或者弹力做功的物体系统内，动能与势能能够相互

转化，而总的机械能保持不变。在具体应用机械能守恒定律时要紧有下列三个类型：

一.单个物体与地球构成的系统

研究单个物体与地球构成的系统机械能是否守恒，首先应对物体进行受力分析，分析各

力的做功情况，若只有重力做功，其他力不做功或者做功的代数与为零，则此系统机械能守

恒。

例1.在距离地面20m高处以I5m/s的初速度抛出一小球，不计空气阻力，取g=10m/s2,

求小球落地的速度大小。

解析：由于小球抛出的方向未知，无法直接用抛体运动的知识来解答。

小球下落过程中，只有重力对小球做功，满足机械能守恒条件，能够用机械能守恒定律

求解。取地面为零势能参考平面，根据£]=七2有相g/2+g〃W（）2

因此落地时小球的速度大小为：

v=不寸+2gh=25m/5

例2.质量相等的两个小球A、B分别用悬线挂在等高的0「两点，A球的悬线比B

球的悬线长，如图1所示。把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速释放，则经最低点时（以

悬点为零势能点），A球却能与B球动能相比如何，两者机械能相比如何？

O|A0B

:-------O：-2---O

•O

I

0

图I

解析：A球、B球在向下运动时，尽管受重力与绳子拉力，但拉力不做功，只有重力做

功，因而机械能守恒。由于初始状态时两者机械能相等，因此到达最低点时，两球机械能仍

相等。但A球在最低点时重力势能较小，因此A球的动能大。

二.物体、弹簧与地球构成的系统

物体、弹簧与地球构成的系统中，若只有物体的重力与弹簧的弹力做功，其他力不做功

或者做功的代数与为零,弹簧的弹性势能与物体机械能之间发生转化,则系统的机械能守恒。

例3.如图2所示，轻弹簧一端与墙相连，质量为4kg的木块沿光滑的水平面以5m/s的

速度运动并压缩弹簧k,求弹簧在被压缩过程中最大的弹性势能及木块速度减为3m/s时弹

簧的弹性势能。

3k~~

/7777777777777777777T7777777777T

图2

解析：当木块的速度减为零时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，设弹簧的最大弹性

势能为Ep,”，木块与弹簧构成的系统（包含地球）机械能守恒

1,

则有后i=/相匕J=501

1212

当木块速度为U=3〃"S时，弹簧的弹性势能为七〃1，则有一加匕2十七一7m,2

因此£”"匕：=32J

三.两个或者多个物体与地球构成的系统

在此类问题中，用做功的方式不好推断系统的机械能是否守恒，但系统内的物体在相互

作用的过程中，只有动能与势能之间的相互转化，无其他能量参与，则系统的机械能守恒。

例4.如图3所示，A与B两个小球固定在一根轻杆的两端，此杆可绕穿过其中心的水

平轴0无摩擦转动。现使轻杆从水平状态无初速度释放，发现杆绕0沿顺时针方向转动，

则杆从释放起转动90°的过程中：

图3

A.B球的重力势能减少，动能增加：

B.A球的重力势能增加，动能减少；

C.A球的重力势能与动能都增加了；

D.A球与B球及地球构成的系统机械能守恒。

解析：A、B球及地球构成的系统，由于不计摩擦，在运动过程中只有动能与重力势能

之间相互转化，无其他能量参与，系统总机械能守恒。杆从释放起转动90°的过程中，A

球的动能增加，重力势能增加，即A球的机械能增加，因此B球的机械能减少，减少量等

于A球机械能的增加量。B球的重力势能减少，动能增加，因此答案为A、C、Do

例析动能定理的一些解题方法

动能定理是高中物理的重要知识，它是利用状态量来描述过程量。应用动能定理来解

题时，只需考虑始末运动状态，无需关注运动过程中的细节变化，这样显得更为简捷，卜.面

谈谈动能定理在中学物懂得题中的应用。

1.物体的初、末状态已知，应考虑应用动能定理

（1）初、末状态物体静止（=0）

例1.一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，

量得停止处对开始运动处的水平距离为s（如图），不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，

并认为斜面与水平面对物体的摩擦因数相同，求摩擦因数以。

分析：以物体为研究对象，它从静止开始运动，最后乂静止在平面上，即Eki-Eki=0。

能够根据全过程中功与物体动能的变化上找出联系。

解：设斜面倾角为斜坡长L,物体沿斜面下滑时，重力与摩擦力对物体做功（支

持力不做功）分别为：

W（.=mgLsina>Wn=-jumgLcosa

在平面上滑行时仅有摩擦力做功（重力与支持力不做功），设平面上滑行距离为与，

贝IWf2=fingS?

整个运动过程中所有外力的功为

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

根据动能定理：

mgLsina-cosa-RngS2=0=>得〃-4sl-=0

式中S,为斜面底端与物体初位置间水平距离，故/•=h=4

这种从全过程考虑的方法，是动能定理的一个应用特点，特别在时，往往更

为简捷。

（2）初、末状态动能已知（AEA。0）

例2.在光滑水平面上有一静止的物体。现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，

换成相反方向的水平恒力乙推这•物体。当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体

恰好I可到原处，如今物体的动能为32J,则在整个过程中，恒力甲做的功与恒力乙做的功各

等于多少？

分析：物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零。根

据牛顿第二定律与运动学公式即可确定两个力的大小关系，然后利用动能定理对全过程列式

即可解。

解：物体从静止起受水平恒力”甲作用，做匀加速运动，经一段时间t后的速度为

匕[互卜，以后受恒力成，做匀减速运动〔小二幽),经同样时间后回到

ym)乙m

原处，整个时间内在联系物体的位移为零，因此

设在作用下物体的位移为s,对全过程用动能定理得：

五甲S+F,S=AEk

即“S+3F甲S=g

因此，恒力甲与乙做的功分别为

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

44

33

W.=F/S=—AE,=—%32J=24J

乙乙