3. 动能定理的综合应用
一、基础知识回顾
1．动能表达式：Ek＝mv2，是标量．
2．动能定理表达式：W总＝mv－mv是标量式，不用考虑速度的方向及中间过程．
3．应用动能定理的“两线索”“两注意”
(1)应用动能定理解题有两条主要线索：
一是明确研究对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；
二是明确研究过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变化量；
最后结合两条线索列出动能定理方程求解．
(2)两注意：
①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．
②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．
二、典型例题
考向1 用动能定理解决恒力做功问题
[例1]如图，质量为M＝3 kg的小滑块，从斜面顶点A静止开始沿ABC下滑，最后停在水平面D点，不计滑块从AB面滑上BC面，以及从BC面滑上CD面的机械能损失．已知：AB＝BC＝5 m，CD＝9 m，θ＝53°，β＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，在运动过程中，小滑块与接触面的动摩擦因数相同．则( )
A．小滑块与接触面的动摩擦因数μ＝0.5
B．小滑块在AB面上运动克服摩擦力做功，等于在BC面上运动克服摩擦力做功
C．小滑块在AB面上运动时间大于小滑块在BC面上的运动时间
D．小滑块在AB面上运动的加速度a1与小滑块在BC面上的运动的加速度a2之比是5/3
解析 A、根据动能定理得，Mg(sABsin θ＋sBCsin β)－μMg(sABcos θ＋sBCcos β)－μMgsCD＝0，解得：μ＝，A错误；B、在A、B段正压力小于B、C段正压力，故在A、B段克服摩擦力做功小于在B、C段克服摩擦力做的功，B错误；C、小滑块在A、B面上运动的平均速度小于小滑块在B、C面上的平均速度，故小滑块在A、B面上运动时间大于小滑块在B、C
面上运动时间，C正确；D、小滑块在A、B面上运动的加速度：a1＝gsin θ－μgcos θ＝ m/s2，小滑块在B、C面上运动的加速度：a2＝gsin β－μgcos β＝ m/s2，则a1∶a2＝43∶20，D错误．
答案 C
考向2 变力作用下动能定理的应用
[例2] 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析 质点由静止开始下落到最低点N的过程中
由动能定理：mg·2R－W＝mv2
质点在最低点：FN－mg＝
由牛顿第三定律得：FN＝4mg
联立得W＝mgR，质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W′＜W，故质点到达Q点后，会继续上升一段距离，选项C正确．
答案 C
考向3 用动能定理分析多过程问题
[例3] 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R＝1.0 m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝2.4 m．用质量m1＝0.4 kg
的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g取10 m/s2)
(1)物块m2过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的滑动摩擦因数μ；
(2)若轨道MNP光滑，物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；
(3)若小球刚好能到达轨道最高点M，则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功W.
解析 (1)m2过B点后遵从s＝6t－2t2
所以知：vB＝6 m/s，a＝－4 m/s2.
由牛顿第二定律：μmg＝ma
解得μ＝＝＝0.4.
(2)竖直方向的分运动为自由落体运动，有P点速度在竖直方向的分量vy＝＝4 m/s
P点速度在水平方向的分量
vx＝＝ m/s＝4 m/s
解得离开D点的速度为vD＝4 m/s
由机械能守恒定律，
有mv＝mv＋mg(h＋R－Rcos θ)
得v＝74 m2/s2
根据牛顿第二定律，有FN′－mg＝m，
代入数据解得FN′＝16.8 N
根据牛顿第三定律，F＝F′＝16.8 N，方向竖直向下．
(3)小球刚好能到达M点，有mg＝m，
则vM＝＝ m/s
小球到达P点的速度
vP＝＝ m/s＝8 m/s.
从P到M点应用动能定理，
有－mgR(1＋cos θ)－WPM＝mv－mv
代入数据解得WPM＝2.4 J
从B到D点应用动能定理，有－WBD＝mv－mv，
代入数据解得WBD＝2 J
从C到B点应用动能定理，有Ep＝μm1gxCB；
Ep＝μm2gxCB＋m2v
WCB＝3.6 J
则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为：
W＝WCB＋WBD＋WPM＝8 J
答案(1)物块m2过B点时的瞬时速度vB＝6 m/s，与桌面间的滑动摩擦因数0.4；
(2)若轨道MNP光滑，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力16.8 N，其方向竖直向下；
(3)若物块m2刚好能到达轨道最高点M，则释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功8 J.
三、方法总结
应用动能定理的四环节
1．明确研究对象和研究过程
研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理．
2．分析物体受力及各力做功的情况
(1)受哪些力？
(2)每个力是否做功？
(3)在哪段位移哪段过程中做功？
(4)做正功还是负功？
(5)用恒力做功的公式计算各力做的功及其代数和．对变力做功或要求的功用W表示．
(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．
3．明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
4．利用动能定理方程式W1＋W2＋W3＋…＝mv－mv求解．
四、针对训练
1．一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、
WFB，物体动能的增量分别为ΔEA、ΔEB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是( )
A．WFA＝WFB ΔEA＝ΔEB
B．WFA＞WFB ΔEA＞ΔEB
C．WFA＜WFB ΔEA＜ΔEB
D．WFA＞WFB ΔEA＜ΔEB
解析：选B.
如图，F做的功等于F1做的功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为AC＝BC，由W＝F1l知WFA＞WFB；对物体只有F做功，由动能定理知ΔEA＞ΔEB，故B正确．
2．在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的质量都为m的物块A、B，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，则这个过程中下列说法正确的是( )
A．物块A的位移为
B．当物块B刚要离开挡板C时，物块A的速度为
C．弹簧弹性势能的增加量为
D．此时，突然撤去恒力F，物块A的加速度为
解析：选B.开始系统静止时，以A为研究对象进行受力分析得：弹簧的压缩量x＝＝，当物块B刚要离开挡板C时，以B为研究对象进行受力分析得：弹簧的伸长量x′＝＝，物块A的位移为xA＝x＋x′＝，故A错误；因为系统静止时与当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的形变量相等，所以初、末弹性势能相同，弹簧弹性势能的增加量为0，故C错误；弹簧弹力做功为0，这个过程中，由动能定理得FxA－mgxAsin 30°＝
mv2，
解得v＝，故B正确；此时，突然撤去恒力F，物块A受弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力作用，由牛顿第二定律得a＝＝g，故D错误．
3．(2017·江西省九江市高考物理三模试卷)如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h＝0.6 m，A、B两点间的水平距离为L＝0.8 m，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg.开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行距离x＝1.25 m停止，已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求：
(1)P经过A点时的速度大小；
(2)P从B到A的过程中Q重力势能的增量；
(3)弯曲轨道对P的摩擦力做的功．
解析：(1)P在水平轨道上运动过程，根据动能定理得：
－μm1gx＝0－m1v
得P经过A点时的速度为：
v1＝＝ m/s＝2.5 m/s
(2)P由B到A的过程中，Q上升的高度为：
H＝＝1 m
则P从B到A的过程中Q重力势能的增量为：
ΔEp＝mgH＝4 J
(3)设P经过A点时，P过A点的速度与绳子方向的夹角β，Q的运动速度为v2，将速度P的速度v1进行分解如图．
则有v2＝v1cos β
又sin β＝＝0.6，得β＝37°
对P、Q组成的系统，根据动能定理得：
m1gh－m2gH＋Wf＝m1v＋m2v
代入数据解得弯曲轨道对P的摩擦力做的功为：
Wf＝－0.95 J.
答案：(1)P经过A点时的速度大小是2.5 m/s；
(2)P从B到A的过程中Q重力势能的增量为4 J；
(3)弯曲轨道对P的摩擦力做的功是－0.95 J.
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