第 13 章 · 动能定理

项目	内容
课标主题	必修 2 · 机械能及其守恒定律（理解动能和动能定理，能用动能定理解释生产生活中的现象）
人教版（2019）	必修第二册 第八章“机械能守恒定律”第 3 节“动能和动能定理”
考试地位	必考。力学计算题最常用的工具之一，常和圆周运动、平抛、斜面、竖直圆轨道组成多过程题；电场中带电粒子的加速、电磁感应中的能量问题也常用它列式
前置知识	第 12 章功的定义 $W = Fl\cos\alpha$、功的正负和总功；第 3 章速度位移关系 $v^2 - v_0^2 = 2ax$；第 6 章牛顿第二定律；第 10 章竖直面内的圆周运动

动能定理把“力在一段位移上的累积”（功）和“速度的变化”（动能的变化）直接连起来，中间不需要加速度和时间。所以凡是题目不问时间、不问加速度，它几乎总比牛顿定律加运动学快；曲线运动、变力、多段运动，牛顿定律难以下手，它照样一个式子列到底。丢分主要在三处：总功漏了某个力（尤其是重力和摩擦力），把它当成矢量式在某个方向上列，多过程题里摩擦力的功按位移而不是按路程算。

13.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
13.2 动能	$E_{\text{k}} = \dfrac{1}{2}mv^2$，标量，只看速度大小，不看方向	必考概念，选择题常考
13.3 动能定理	合力做的总功等于动能的变化：$W_{\text{合}} = E_{\text{k}2} - E_{\text{k}1}$；直线、曲线、恒力、变力都成立	必考，计算题主力
13.4 用动能定理求变力的功	变力的功没法用 $Fl\cos\alpha$ 直接算时，由 $W_{\text{变}} = \Delta E_{\text{k}} - W_{\text{其他}}$ 反求	常考
13.5 动能定理处理多过程	选好始末状态，各力在各段做的功加起来，全程列一个式子	必考，压轴前的中档计算题常见

13.2 动能

说明

动能：物体由于运动而具有的能量。质量为 $m$、速度大小为 $v$ 的物体，动能

$$E_{\text{k}} = \frac{1}{2}mv^2$$

• 单位：焦耳，$1\ \mathrm{J} = 1\ \mathrm{kg \cdot m^2/s^2}$，和功的单位相同。
• 标量，没有方向；而且 $E_{\text{k}} \ge 0$，不会是负的。只要速度的大小不变，不管方向怎么变，动能都不变。
• 状态量：对应某一时刻（某一位置）的速度。功是过程量，对应一段位移。
• 动能的变化 $\Delta E_{\text{k}} = E_{\text{k}2} - E_{\text{k}1} = \dfrac{1}{2}mv_2^2 - \dfrac{1}{2}mv_1^2$，可正可负：正表示动能增加，负表示减少。

模型：物体看成质点。速度相对于地面（惯性参考系）来取，同一道题里所有速度必须对同一个参考系。

使用场景

• 物体速度方向在变、大小不变（匀速圆周运动、以原速率反弹）→ 动能是标量 → 动能不变；只要速率变了，动能就变。
• 已知前后两个速度（可能反向），问动能变化 → 状态量相减 → $\Delta E_{\text{k}} = \dfrac{1}{2}mv_2^2 - \dfrac{1}{2}mv_1^2$，只用速度大小，不取正方向。
• 选择题比较两个物体的动能，或质量、速度变为几倍后动能变为几倍 → 动能和 $m$ 成正比、和 $v^2$ 成正比 → 按比例算。

注意点

• 动能里的 $v$ 是速度的大小。$\Delta E_{\text{k}}$ 是两个动能相减，不是 $\dfrac{1}{2}m(\Delta v)^2$：速度反向时 $\Delta v$ 很大，动能却可能几乎不变（例 2）。
• 动能和参考系有关：在匀速行驶的车厢里静止的箱子，对车厢动能为零，对地面不为零。高中题目默认以地面为参考系；传送带、车上的物体，速度要换成对地的。
• 速度用 $\mathrm{m/s}$、质量用 $\mathrm{kg}$ 代入，得到的才是焦耳；$\mathrm{km/h}$、$\mathrm{g}$ 要先换算（第 1 章 1.2 节）。

推导

动能为什么是 $\dfrac{1}{2}mv^2$（人教版课本的思路）：设质量为 $m$ 的物体静止在光滑水平面上，在水平恒力 $F$ 作用下发生位移 $l$，速度从 $0$ 增加到 $v$。

由牛顿第二定律 $F = ma$，由速度位移关系 $v^2 = 2al$（第 3 章 3.4 节），力 $F$ 做的功

$$W = Fl = ma \cdot \frac{v^2}{2a} = \frac{1}{2}mv^2$$

（关键一步：$a$ 在乘积里约掉了。不管用大力推一小段，还是用小力推一长段，只要把物体从静止推到速度 $v$，做的功都是 $\dfrac{1}{2}mv^2$，只取决于物体的质量和末速度。这说明 $\dfrac{1}{2}mv^2$ 描述的是物体自身“运动起来”的状态，可以拿来作为能量的量度，于是把它定义为动能。）

单位检验：$\mathrm{kg} \cdot (\mathrm{m/s})^2 = \mathrm{kg \cdot m^2/s^2} = \mathrm{N \cdot m} = \mathrm{J}$，和功的单位一致。

例题

例 1　（场景：速度方向变、大小不变）下列情形中，物体的动能发生变化的是（　）。

A. 在水平面内做匀速圆周运动的小球 B. 以原速率被墙反弹回来的网球 C. 在光滑水平面上做匀速直线运动的木块 D. 从静止开始自由下落的石子

解：D。

判断依据：动能只由质量和速度大小决定。

A、B 中速度方向变了，但大小不变，动能不变；C 中速度大小、方向都不变；D 中速度大小越来越大，动能增大。

容易卡在：觉得“速度变了动能就变”。速度是矢量，方向变也叫速度变；动能是标量，只认大小。

例 2　（场景：前后速度反向，求动能变化）质量 $0.2\ \mathrm{kg}$ 的小球以 $6\ \mathrm{m/s}$ 的速度水平撞墙，以 $4\ \mathrm{m/s}$ 的速度水平弹回。求碰撞前后小球速度的变化量和动能的变化量。

解：

研究对象：小球。

过程划分：只看碰撞前、后两个状态。

分析：速度变化量是矢量，要取正方向；动能变化量是标量，只用速度大小。

列式求解：取撞墙前的速度方向为正方向，$v_1 = 6\ \mathrm{m/s}$，$v_2 = -4\ \mathrm{m/s}$：

$$\Delta v = v_2 - v_1 = -4\ \mathrm{m/s} - 6\ \mathrm{m/s} = -10\ \mathrm{m/s}$$

速度变化量大小 $10\ \mathrm{m/s}$，方向与撞墙前的速度方向相反（背离墙）。

$$\Delta E_{\text{k}} = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2 = \frac{1}{2} \times 0.2 \times (4^2 - 6^2)\ \mathrm{J} = -2\ \mathrm{J}$$

动能减少了 $2\ \mathrm{J}$。

检验：弹回的速率小于撞墙的速率，动能应减少，结果为负，合理。速度变化量 $10\ \mathrm{m/s}$ 比两个速率都大，因为方向反了，合理（和第 1 章 1.3 节例 2 同理）。

容易卡在：用 $\dfrac{1}{2}m(\Delta v)^2 = \dfrac{1}{2} \times 0.2 \times 10^2\ \mathrm{J} = 10\ \mathrm{J}$。动能的变化是“末动能减初动能”，不是“速度变化量的动能”。

例 3　（场景：按比例比较动能）物体甲的质量是乙的 2 倍，乙的速度是甲的 2 倍。甲、乙动能之比为（　）。

A. $1:1$　B. $1:2$　C. $2:1$　D. $1:4$

解：B。

判断依据：$E_{\text{k}} \propto mv^2$。

设乙的质量为 $m$、甲的速度为 $v$，则 $E_{\text{k甲}} = \dfrac{1}{2}(2m)v^2 = mv^2$，$E_{\text{k乙}} = \dfrac{1}{2}m(2v)^2 = 2mv^2$，比为 $1:2$。速度是平方关系，影响比质量大。

常用推论

• 质量不变时，速度变为原来的 $n$ 倍，动能变为原来的 $n^2$ 倍。由 $E_{\text{k}} \propto v^2$ 直接得出。
• 动能不变 $\Leftrightarrow$ 速率不变。速度变了（方向变），动能可以不变；动能变了，速度一定变了。
• 学过第 19 章动量 $p = mv$ 后，常用 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$ 在动量和动能之间换算。把 $v = \dfrac{p}{m}$ 代入 $\dfrac{1}{2}mv^2$ 即得。动量相同时，质量小的动能大。

易错点

• 错在哪：认为速度变化了，动能一定变化。 为什么错：把“速度”当成只有快慢的量，忘了方向变也是速度变。匀速圆周运动的速度时刻在变，动能却不变。 正确做法：判断动能变不变，只看速率。
• 错在哪：动能变化写成 $\dfrac{1}{2}m(v_2 - v_1)^2$，或者给速度带正负号后再平方相减时搞错。 为什么错：动能是状态量，变化量要“末减初”；$v^2$ 和正负号无关。 正确做法：先分别算 $E_{\text{k}1}$、$E_{\text{k}2}$，再相减（例 2）。
• 错在哪：认为动能可以是负的，“反向运动动能为负”。 为什么错：$v^2 \ge 0$，动能不可能为负；负的是动能的变化量。 正确做法：$E_{\text{k}} \ge 0$；$\Delta E_{\text{k}} < 0$ 表示动能减少。

直观理解

动能是物体“带着走的能量”，一句话记法：质量是一倍，速度是平方。车速从 $40\ \mathrm{km/h}$ 提到 $80\ \mathrm{km/h}$，动能变成 4 倍，撞击的破坏力和刹车要消耗的能量都是 4 倍，这就是限速的道理。

关联知识点

• 前置：第 12 章功的定义和单位，动能的单位和功相同。
• 后续：13.3 节动能定理，功是动能变化的量度。
• 后续：第 14 章重力势能、弹性势能，和动能合称机械能。
• 后续：第 19 章动量 $p = mv$ 是矢量，动能是标量；第 20 章碰撞中动量守恒而动能可能减少。
• 后续：第 31 章分子动能，温度是分子平均动能的标志。

13.3 动能定理

说明

动能定理：合力对物体做的功（即各个力做功的代数和），等于物体动能的变化。

$$W_{\text{合}} = E_{\text{k}2} - E_{\text{k}1} = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$$

其中

$$W_{\text{合}} = W_1 + W_2 + \cdots + W_n$$

是物体受到的所有力（重力、弹力、摩擦力、拉力……）在这一过程中做功的代数和，各个功带正负号（第 12 章）。也可以先求合力再求功：合力为恒力时 $W_{\text{合}} = F_{\text{合}}l\cos\alpha$。

• 它是标量式：没有方向，不用取正方向，也不能在某个方向上“分量地”列。
• 它对直线和曲线运动、恒力和变力都成立（见本节“推导”）。
• 合力做正功，动能增加；做负功，动能减少；不做功（或总功为零），动能不变。

模型：研究对象是一个质点（或可以看成质点的物体）；位移和速度都相对于地面（惯性参考系）。

使用场景

• 直线运动，已知力和位移求速度，或已知速度求位移、力，题目不问时间和加速度 → 单个物体一个过程 → 动能定理一步列式，比牛顿第二定律加运动学少算加速度。
• 曲线运动（抛体、沿曲面滑动），只问始末速度的大小 → 质点沿曲线运动 → 动能定理；重力的功只看高度差，不管路径。
• 比较制动距离、滑行距离，或问“速度加倍距离变几倍” → 只有摩擦力做功的减速 → 动能定理 $-\mu mgx = 0 - \dfrac{1}{2}mv^2$，得 $x \propto v^2$。
• 给出 $E_{\text{k}}$-$x$（或 $E_{\text{k}}$-$h$）图像，问力 → 直线运动中 $\Delta E_{\text{k}} = F_{\text{合}}\Delta x$ → 图线斜率就是合力。

注意点

• 总功不能漏力。先做受力分析，逐个力判断做不做功、做正功还是负功。最容易漏的是重力（物体有高度变化时）和摩擦力。
• 不能列分量式。“水平方向的动能定理”没有意义：动能是标量，不能分解。需要分方向处理时，用牛顿定律或运动的合成与分解。
• 一个过程对应一组始末状态。$W_{\text{合}}$ 和 $E_{\text{k}2} - E_{\text{k}1}$ 必须是同一过程的，始末状态要先说清楚。
• 参考系：位移和速度都取对地的。传送带上的物体，摩擦力做的功用物体对地的位移算，不用对传送带的位移（对传送带的相对位移用来算摩擦生热，第 14 章）。
• 研究对象一般选单个物体。对几个物体组成的系统，内力的功之和不一定为零（板块之间有相对滑动时摩擦力的总功为负），初学时对每个物体分别列动能定理最稳妥。
• 动能定理给不出方向。曲线运动中求出的是速度大小，方向要另用运动的合成与分解求。

推导

第一步：恒力、直线（人教版课本的推导）。质量为 $m$ 的物体在几个恒力作用下沿直线运动，合力 $F_{\text{合}}$ 沿运动方向，物体发生位移 $l$，速度从 $v_1$ 变到 $v_2$。取运动方向为正方向，由牛顿第二定律 $F_{\text{合}} = ma$，由速度位移关系 $v_2^2 - v_1^2 = 2al$：

$$W_{\text{合}} = F_{\text{合}}l = ma \cdot \frac{v_2^2 - v_1^2}{2a} = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$$

合力与运动方向相反时，$F_{\text{合}}$ 做负功，$a$ 为负，同样成立。

第二步：曲线、变力（微元法）。物体沿曲线运动，合力的大小、方向都在变。

1. 把整个路径分成许多很短的小段 $\Delta s$。每一小段很短，可以看成直线，这一小段里的力也几乎不变。
2. 在每一小段上，把合力分解为沿切线（速度方向）的分力 $F_{\text{t}}$ 和沿法线（垂直速度）的分力 $F_{\text{n}}$。$F_{\text{n}}$ 与速度垂直，不做功，只改变速度方向（第 10 章向心力）；$F_{\text{t}}$ 产生切向加速度 $a_{\text{t}}$，只改变速度大小。
3. 对这一小段，沿切线方向就是第一步的直线情形：$F_{\text{t}}\Delta s = \dfrac{1}{2}mv_{i+1}^2 - \dfrac{1}{2}mv_i^2$，左边正是合力在这一小段上做的功 $\Delta W_i$。
4. 把所有小段加起来：

$$W_{\text{合}} = \sum \Delta W_i = \left(\frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_{\text{a}}^2\right) + \left(\frac{1}{2}mv_{\text{a}}^2 - \frac{1}{2}mv_{\text{b}}^2\right) + \cdots = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$$

（关键一步：第 4 步中，每一小段的末动能正好是下一小段的初动能，相加时中间项两两抵消，只剩下最后的末动能减最初的初动能。正因为动能是状态量，才能这样“接力”相消；所以不管中间怎么变化，动能定理只看始末。）

严格的推导要用到大学的曲线积分 $W = \int \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{s}$ 和牛顿第二定律的矢量形式，高中课标不要求，微元法的说明就够了。

例题

例 1　（场景：直线运动，不问时间和加速度）质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的物块静止在水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为 $0.25$。用 $14\ \mathrm{N}$ 的水平拉力拉物块，求物块前进 $4\ \mathrm{m}$ 时的速度。

解：

研究对象：物块。

过程划分：一个过程，从静止开始前进 $4\ \mathrm{m}$。

分析：物块受重力、支持力、拉力、滑动摩擦力。重力和支持力与位移垂直，不做功；拉力做正功，摩擦力做负功。摩擦力 $f = \mu F_{\text{N}} = \mu mg = 0.25 \times 20\ \mathrm{N} = 5\ \mathrm{N}$。

列式求解：由动能定理（本节）：

$$Fx - fx = \frac{1}{2}mv^2 - 0$$ $$(14 - 5) \times 4 = \frac{1}{2} \times 2 \times v^2 \quad\Rightarrow\quad v = 6\ \mathrm{m/s}$$

速度方向与拉力方向相同。

检验：单位：$\mathrm{N \cdot m} = \mathrm{J}$，两边一致。量级：$4\ \mathrm{m}$ 内拉到 $6\ \mathrm{m/s}$，相当于快跑的速度，合理。

另一种解法：牛顿第二定律加运动学。取拉力方向为正方向，$a = \dfrac{F - f}{m} = \dfrac{14 - 5}{2}\ \mathrm{m/s^2} = 4.5\ \mathrm{m/s^2}$，再由 $v^2 = 2ax$ 得 $v = \sqrt{2 \times 4.5 \times 4}\ \mathrm{m/s} = 6\ \mathrm{m/s}$。两种方法本质相同（动能定理就是由它推出来的），但动能定理省掉了求加速度这一步，而且不用担心正方向。题目只涉及力、位移、速度时用动能定理；如果还要问“用了多长时间”或“加速度多大”，就用牛顿定律，求出 $a$ 后 $t = \dfrac{v}{a} = \dfrac{4}{3}\ \mathrm{s}$ 顺手可得。

例 2　（场景：曲线运动，只问速度大小）在离地 $5\ \mathrm{m}$ 高的平台边缘，把质量 $0.5\ \mathrm{kg}$ 的小球以 $10\ \mathrm{m/s}$ 的速度斜向上抛出。（1）不计空气阻力，求小球落地时的速度大小；（2）若实际测得落地速度大小为 $12\ \mathrm{m/s}$，求小球在空中克服空气阻力做的功。

解：

研究对象：小球。

过程划分：一个过程，从抛出点 $A$ 到落地点 $B$，轨迹是曲线。

分析：（1）只有重力做功。重力做的功只和始末高度差有关：$W_G = mgh$，与轨迹形状、抛出方向无关（第 12 章）。（2）多了空气阻力，它的大小、方向都在变，不能直接算，用动能定理反求。

列式求解：（1）由动能定理：

$$mgh = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}mv_0^2 \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{v_0^2 + 2gh} = \sqrt{10^2 + 2 \times 10 \times 5}\ \mathrm{m/s} = 10\sqrt{2}\ \mathrm{m/s} \approx 14\ \mathrm{m/s}$$

（2）设空气阻力做功 $W_f$：

$$mgh + W_f = \frac{1}{2}mv'^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$$ $$0.5 \times 10 \times 5 + W_f = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (12^2 - 10^2) \quad\Rightarrow\quad 25 + W_f = 11$$

$W_f = -14\ \mathrm{J}$，即小球克服空气阻力做功 $14\ \mathrm{J}$。

检验：（1）结果和抛出方向无关，与“重力做功只看高度差”一致；质量约掉了，说明不计阻力时轻重不同的球落地速率相同，合理。（2）阻力做负功，落地速度 $12\ \mathrm{m/s}$ 小于无阻力时的 $14\ \mathrm{m/s}$，合理。

容易卡在：想先求出抛射角、飞行时间再算速度。题目只问大小，动能定理一步到位。

另一种解法：（1）问用运动的分解（第 9 章）。设抛射角为 $37^\circ$，则 $v_x = 8\ \mathrm{m/s}$，$v_{y0} = 6\ \mathrm{m/s}$（向上）；竖直方向取向下为正，$v_y^2 = v_{y0}^2 + 2gh = 36 + 100 = 136$，落地速度 $v = \sqrt{8^2 + 136}\ \mathrm{m/s} = \sqrt{200}\ \mathrm{m/s}$，结果相同，但必须先知道抛射角。题目要求落地速度的方向或时间时，只能用运动的分解；只要大小时，动能定理连角度都不用知道，而且有空气阻力时运动分解根本做不下去。

例 3　（场景：比较制动距离）一辆汽车在平直公路上紧急刹车，车轮抱死后滑行。车速为 $36\ \mathrm{km/h}$ 时滑行距离为 $x$；同一辆车在同一路面上以 $72\ \mathrm{km/h}$ 紧急刹车，滑行距离为（　）。

A. $x$　B. $2x$　C. $4x$　D. $8x$

解：C。

判断依据：只有滑动摩擦力做功，由动能定理 $-\mu mgx = 0 - \dfrac{1}{2}mv^2$，得 $x = \dfrac{v^2}{2\mu g}$，与质量无关、与 $v^2$ 成正比。

速度变为 2 倍，滑行距离变为 4 倍。这就是“超速”危险的原因：车速只快一倍，刹车距离是四倍。

例 4　（场景：$E_{\text{k}}$-$h$ 图像）从地面竖直向上抛出一个小球，小球受到的空气阻力大小不变。以地面为起点，小球上升和下落过程中动能 $E_{\text{k}}$ 随离地高度 $h$ 变化的图像如图所示。求小球的质量和空气阻力的大小。

解：

研究对象：小球。

过程划分：上升（$h$ 从 $0$ 到 $6\ \mathrm{m}$）和下落（$h$ 从 $6\ \mathrm{m}$ 到 $0$）两段。

分析：上升时重力和阻力都向下，都做负功；下落时重力向下做正功，阻力向上做负功。对每一段用动能定理，图线斜率的绝对值就是这一段的合力大小。

列式求解：上升段：

$$-(mg + f) \times 6 = 0 - 72 \quad\Rightarrow\quad mg + f = 12\ \mathrm{N}$$

下落段：

$$(mg - f) \times 6 = 48 - 0 \quad\Rightarrow\quad mg - f = 8\ \mathrm{N}$$

两式相加得 $mg = 10\ \mathrm{N}$，$m = 1\ \mathrm{kg}$；相减得 $f = 2\ \mathrm{N}$。

检验：回到地面时动能 $48\ \mathrm{J}$ 小于抛出时的 $72\ \mathrm{J}$，少的 $24\ \mathrm{J}$ 正是阻力在往返 $12\ \mathrm{m}$ 路程上做的功 $2 \times 12\ \mathrm{J}$，自洽。

容易卡在：以为阻力方向不变。阻力总和速度方向相反，上升时向下、下落时向上，所以两段合力不同。

常用推论

• $E_{\text{k}}$-$x$ 图像的斜率是合力（直线运动）。由 $\Delta E_{\text{k}} = F_{\text{合}}\Delta x$ 得斜率 $\dfrac{\Delta E_{\text{k}}}{\Delta x} = F_{\text{合}}$。斜率为正，合力与运动方向相同；图线是曲线时，切线斜率是该位置的合力。
• 刹车距离 $x = \dfrac{v_0^2}{2\mu g}$：只有滑动摩擦力做功的减速，滑行距离与质量无关，与初速度的平方成正比（例 3）。
• 重力做功只看高度差：不计阻力时，从同一高度以相同速率抛出的物体，不论抛出方向，落地速率都是 $\sqrt{v_0^2 + 2gh}$（例 2）。
• 合力始终与速度垂直（如匀速圆周运动的向心力、第 26 章的洛伦兹力），合力不做功，速率不变。

易错点

• 错在哪：总功只算了拉力的功，漏了摩擦力或重力的功。 为什么错：把“某个力的功”当成“合力的功”，或者只盯着题目给出数值的力。 正确做法：先画受力图，每个力问一句“它做功吗、正还是负”，全部加起来才是 $W_{\text{合}}$。
• 错在哪：在水平方向列“动能定理”：$Fx\cos\theta = \dfrac{1}{2}mv_x^2 - \dfrac{1}{2}mv_{x0}^2$。 为什么错：把动能当成矢量去分解了。动能是标量，没有“水平方向的动能”。 正确做法：动能定理只对整个运动列一个式子；要分方向，改用牛顿定律或运动的合成与分解。
• 错在哪：认为物体动能不变，所受合力就为零。 为什么错：动能不变只说明合力不做功。匀速圆周运动的合力不为零，但始终与速度垂直，不做功。这和“有力才能运动、没有力就停下”一样，是把力和速度大小直接挂钩的直觉。 正确做法：动能定理只管合力的功；合力本身要由牛顿第二定律判断。
• 错在哪：传送带、车上的物体，用相对传送带（车）的位移算摩擦力的功。 为什么错：动能里的速度是对地的，功里的位移也必须是对地的，两者要对同一个参考系。 正确做法：功和动能都按对地的位移和速度算；相对位移留给摩擦生热（第 14 章）。

直观理解

功是能量的“转账”：合力做正功，就往物体的“动能账户”里存钱；做负功，就取钱。动能定理就是一张流水账：期末余额 − 期初余额 = 这段时间的收支总和，中间怎么存、怎么取、走了什么路线都不用管。

画成 $E_{\text{k}}$-$x$ 图更直观：图线往上走，合力在推着物体；往下走，合力在拖着物体；斜率越陡，合力越大（例 4）。

关联知识点

• 前置：第 12 章功、总功的求法和功的正负；第 6 章牛顿第二定律、第 3 章速度位移关系，动能定理由它们推出。
• 前置：第 9 章抛体运动，曲线运动只问速度大小时可用动能定理代替运动分解。
• 后续：13.4 节用动能定理求变力的功；13.5 节多过程。
• 后续：第 14 章机械能守恒是动能定理的特例（只有重力、弹力做功）；功能关系把“各力的功”和“各种能量的变化”一一对应起来。
• 后续：第 16 章带电粒子在电场中加速 $qU = \dfrac{1}{2}mv_2^2 - \dfrac{1}{2}mv_1^2$；第 28 章电磁感应中安培力做功和动能的关系，都是动能定理。
• 常一起考：第 19 章动量定理 $F_{\text{合}}t = \Delta p$，“力对时间的累积”对“力对位移的累积”；题目涉及时间用动量定理，涉及位移用动能定理。

13.4 用动能定理求变力的功

说明

功的定义式 $W = Fl\cos\alpha$ 只适用于恒力（第 12 章）。力的大小或方向在变时，第 12 章给了几种办法：$F$-$x$ 图像的面积、力随位移线性变化时用平均力、微元法、功率不变时 $W = Pt$。但很多变力（空气阻力、人踢球的力、曲面上的摩擦力）不知道它随位移怎么变，这些办法都用不上。

这时用动能定理：物体受到一个变力和若干个容易求功的力，

$$W_{\text{变}} + W_{\text{其他}} = E_{\text{k}2} - E_{\text{k}1}$$ $$W_{\text{变}} = (E_{\text{k}2} - E_{\text{k}1}) - W_{\text{其他}}$$

只要知道始末速度和其他力的功，变力的功就求出来了，不需要知道变力本身的规律。

模型：同 13.3 节，研究对象是质点，位移、速度对地。“缓慢移动”表示物体每一时刻都近似处于平衡状态，动能始终近似为零，$\Delta E_{\text{k}} = 0$。

使用场景

• 作用时间极短的力（踢球、击球、投掷、推铅球），问人对物体做了多少功 → 作用过程中位移不明、力不知道 → 人做的功等于物体获得的动能（加上其他力做的功）。
• 题目说“缓慢”拉动、提升 → 动能始终不变 → $W_{\text{变}} = -W_{\text{其他}}$，往往等于克服重力做的功。
• 机车以恒定功率运动一段时间，求位移或时间（第 12 章机车启动）→ 牵引力是变力，但功率不变 → 牵引力的功 $W = Pt$，代入动能定理 $Pt - fx = \Delta E_{\text{k}}$。
• 物体沿粗糙曲面（圆弧轨道）滑动，问摩擦力做的功 → 摩擦力大小随压力变化 → 由始末速度（常用圆周运动求出某点速度）反求摩擦力的功。

注意点

• “求变力做的功”和“求克服变力做的功”差一个负号。阻力做功 $-14\ \mathrm{J}$，就是克服阻力做功 $14\ \mathrm{J}$。列式时一律写“做功 $W$”，求出后再按问法换说法，不容易错。
• “缓慢”的意思是速度近似为零，所以 $\Delta E_{\text{k}} = 0$；不能理解成“匀速”之外的其他条件，也不能据此认为拉力不变（例 2 中拉力越来越大）。
• 恒定功率启动时牵引力 $F = \dfrac{P}{v}$ 随速度减小，不能用 $W = Fx$；而匀加速启动阶段功率在变，又不能用 $W = Pt$。分清是哪个阶段（第 12 章）。
• 动能定理求出的是这个力在整个过程中做的总功，无法告诉你力在每一瞬间的大小。

推导

$W_{\text{变}} = \Delta E_{\text{k}} - W_{\text{其他}}$ 就是动能定理移项。它之所以能用，关键在于 13.3 节已经说明：动能定理对变力也成立。

（关键一步：13.3 节第二步的微元法里，每一小段的力可以不同，求和时只用到“每段末动能等于下段初动能”，从来没有要求力是恒力。所以变力的功也满足动能定理，可以移项求出。）

以“缓慢”拉动为例，再看一遍为什么 $\Delta E_{\text{k}} = 0$ 时 $W_F = -W_{\text{其他}}$：把过程分成许多小段，每一小段物体都近似平衡，合力近似为零，合力在这一小段上的功近似为零，所以各力在这一小段上的功之和为零。累加起来，拉力在全程做的功正好抵消其他力的功。

和第 12 章的方法比较：$F$-$x$ 图像面积、平均力法需要知道 $F$ 和 $x$ 的关系；$W = Pt$ 需要功率不变；动能定理只需要始末速度，适用面最广，是求变力功的首选。

例题

例 1　（场景：作用时间极短的力）质量 $0.4\ \mathrm{kg}$ 的足球静止在地面上，运动员用 $200\ \mathrm{N}$ 的平均力踢球，球以 $20\ \mathrm{m/s}$ 的速度沿地面飞出，在草地上滚了 $30\ \mathrm{m}$ 后停下。求运动员踢球时对球做的功。

解：

研究对象：足球。

过程划分：只看踢球的瞬间：球从静止到获得 $20\ \mathrm{m/s}$ 的速度。滚动 $30\ \mathrm{m}$ 是踢完以后的事，那时脚已经离开球。

分析：脚对球的力只在接触的极短时间内起作用，作用位移不知道，不能用 $200\ \mathrm{N} \times 30\ \mathrm{m}$。踢球瞬间其他力（重力、支持力、摩擦力）的功可以忽略，脚做的功全部变成球的动能。

列式求解：由动能定理：

$$W_{\text{人}} = \frac{1}{2}mv^2 - 0 = \frac{1}{2} \times 0.4 \times 20^2\ \mathrm{J} = 80\ \mathrm{J}$$

检验：误用 $200 \times 30\ \mathrm{J} = 6000\ \mathrm{J}$，是球的动能的 75 倍，量级就不对。$80\ \mathrm{J}$ 相当于把一桶 $8\ \mathrm{kg}$ 的水提高 $1\ \mathrm{m}$，一脚踢球做这么多功合理。

容易卡在：题目给的”$200\ \mathrm{N}$“”$30\ \mathrm{m}$“都是干扰数据。力和位移必须是同一段过程的。

例 2　（场景：缓慢拉动）用长 $L = 1\ \mathrm{m}$ 的轻绳悬挂质量 $0.5\ \mathrm{kg}$ 的小球。用水平力 $F$ 把小球从最低点缓慢拉到轻绳与竖直方向成 $37^\circ$ 的位置（$\cos 37^\circ = 0.8$）。求这个过程中力 $F$ 做的功。

解：

研究对象：小球。

过程划分：一个过程，从最低点缓慢移到偏角 $37^\circ$ 处。

分析：小球受重力 $G$、绳的拉力 $T$、水平力 $F$。“缓慢”表示每一时刻都平衡，由三力平衡 $F = mg\tan\theta$，$\theta$ 增大，$F$ 增大，是变力。$T$ 始终沿绳、与小球的运动方向（圆弧切线）垂直，不做功。重力做负功，大小等于 $mg$ 乘上升的高度 $h = L(1 - \cos\theta)$。

列式求解：由动能定理，始末速度都近似为零：

$$W_F - mgL(1 - \cos\theta) = 0$$ $$W_F = mgL(1 - \cos 37^\circ) = 0.5 \times 10 \times 1 \times (1 - 0.8)\ \mathrm{J} = 1\ \mathrm{J}$$

检验：小球升高 $0.2\ \mathrm{m}$，重力势能增加 $1\ \mathrm{J}$，拉力做的功恰好用来提高小球，合理。若误用末状态的力 $F = mg\tan 37^\circ = 3.75\ \mathrm{N}$ 乘水平位移 $L\sin 37^\circ = 0.6\ \mathrm{m}$，得 $2.25\ \mathrm{J}$，偏大，因为一开始 $F$ 很小。

容易卡在：直接写 $W = FL\sin\theta$。那是 $F$ 为恒力时的结果（恒力作用下小球不是缓慢移动，到 $37^\circ$ 时还有速度），这里 $F$ 是变力，不能用。

例 3　（场景：恒定功率）质量 $1 \times 10^3\ \mathrm{kg}$ 的汽车，额定功率 $40\ \mathrm{kW}$，在平直公路上行驶时受到的阻力恒为 $2 \times 10^3\ \mathrm{N}$。汽车以额定功率从静止开始启动，经过 $25\ \mathrm{s}$ 速度达到最大。求这 $25\ \mathrm{s}$ 内汽车行驶的距离。

解：

研究对象：汽车。

过程划分：一个过程，以额定功率从静止加速到最大速度。

分析：功率不变，速度增大，牵引力 $F = \dfrac{P}{v}$ 不断减小，是变力，但它做的功 $W = Pt$。速度最大时牵引力等于阻力（第 12 章机车启动）：$v_{\text{m}} = \dfrac{P}{f}$。阻力恒定，做功 $-fx$。

列式求解：最大速度

$$v_{\text{m}} = \frac{P}{f} = \frac{4 \times 10^4}{2 \times 10^3}\ \mathrm{m/s} = 20\ \mathrm{m/s}$$

由动能定理：

$$Pt - fx = \frac{1}{2}mv_{\text{m}}^2 - 0$$ $$4 \times 10^4 \times 25 - 2 \times 10^3 x = \frac{1}{2} \times 1 \times 10^3 \times 20^2 \quad\Rightarrow\quad x = 400\ \mathrm{m}$$

检验：恒定功率启动的 $v$-$t$ 图线向上凸（加速度越来越小），图线下的面积应大于直线下的三角形 $\dfrac{1}{2} \times 25 \times 20\ \mathrm{m} = 250\ \mathrm{m}$，小于矩形 $25 \times 20\ \mathrm{m} = 500\ \mathrm{m}$。$400\ \mathrm{m}$ 在两者之间，合理。

容易卡在：想用运动学公式。加速度一直在变，匀变速公式全部不能用，只能用动能定理。

例 4　（场景：粗糙曲面上的摩擦力）半径 $R = 0.8\ \mathrm{m}$ 的四分之一圆弧轨道竖直固定，最低点 $B$ 的切线水平。质量 $0.2\ \mathrm{kg}$ 的小物块从与圆心等高的 $A$ 点由静止滑下，到达 $B$ 点时对轨道的压力为 $5\ \mathrm{N}$。求物块从 $A$ 到 $B$ 克服摩擦力做的功。

解：

研究对象：小物块。

过程划分：分两步用：先在 $B$ 点用圆周运动求速度，再对 $A$ 到 $B$ 用动能定理。

分析：轨道粗糙，摩擦力大小随压力变化，是变力。在 $B$ 点，物块受重力 $G$ 和支持力 $F_{\text{N}}$（摩擦力沿水平方向，不影响竖直方向），两者的合力提供向心力。由牛顿第三定律，支持力 $F_{\text{N}} = 5\ \mathrm{N}$，竖直向上。

列式求解：在 $B$ 点，取竖直向上（指向圆心）为正方向：

$$F_{\text{N}} - mg = m\frac{v_B^2}{R} \quad\Rightarrow\quad v_B^2 = \frac{(5 - 2) \times 0.8}{0.2}\ \mathrm{m^2/s^2} = 12\ \mathrm{m^2/s^2}$$

从 $A$ 到 $B$，设摩擦力做功 $W_f$，支持力始终与速度垂直不做功：

$$mgR + W_f = \frac{1}{2}mv_B^2 - 0 \quad\Rightarrow\quad 0.2 \times 10 \times 0.8 + W_f = \frac{1}{2} \times 0.2 \times 12$$

$W_f = 1.2\ \mathrm{J} - 1.6\ \mathrm{J} = -0.4\ \mathrm{J}$，物块克服摩擦力做功 $0.4\ \mathrm{J}$。

检验：若轨道光滑，$v_B^2 = 2gR = 16\ \mathrm{m^2/s^2}$，$B$ 点压力为 $3mg = 6\ \mathrm{N}$。实际压力 $5\ \mathrm{N}$ 小于 $6\ \mathrm{N}$，说明速度变小了，确有摩擦损耗，和结果一致。

容易卡在：把“压力 $5\ \mathrm{N}$“直接当成向心力。向心力是支持力和重力的合力 $5 - 2 = 3\ \mathrm{N}$（第 10 章）。

常用推论

• 缓慢移动：$\Delta E_{\text{k}} = 0$，外力做的功等于克服其他力做的功。缓慢提升物体 $h$，外力做功 $mgh$（例 2）。
• 恒定功率启动：$Pt - fx = \dfrac{1}{2}mv^2 - \dfrac{1}{2}mv_0^2$，$v_{\text{m}} = \dfrac{P}{f}$。已知时间求位移、已知位移求时间都靠它（例 3）。
• 抛出物体时人做的功：$W_{\text{人}} = \dfrac{1}{2}mv_0^2$（$v_0$ 是出手速度），和抛出后物体怎么运动无关（例 1）。
• 光滑四分之一圆弧最低点：从与圆心等高处静止滑下，$v^2 = 2gR$，压力 $3mg$，与半径无关。由动能定理和 $F_{\text{N}} - mg = \dfrac{mv^2}{R}$ 得出；实际压力小于 $3mg$ 说明有摩擦（例 4 的检验）。

易错点

• 错在哪：踢球、推铅球的功，用平均力乘以物体飞出（滚动）的距离。 为什么错：力和位移不属于同一个过程。脚离开球以后就不再对球做功。 正确做法：找出力的作用过程，作用位移不知道时，用动能定理：人做的功等于物体获得的动能。
• 错在哪：缓慢拉动中，用末状态的拉力乘位移，或者套用恒力公式 $W = FL\sin\theta$。 为什么错：把变力当成恒力。“缓慢”时拉力随位置增大，最初几乎为零。 正确做法：$\Delta E_{\text{k}} = 0$，由其他力的功反求（例 2）。
• 错在哪：恒定功率启动时，用 $W = F_{\text{m}}x$ 或运动学公式算位移。 为什么错：牵引力随速度变化，加速度也在变，匀变速公式和恒力做功公式都不适用。 正确做法：牵引力的功用 $Pt$，代入动能定理。
• 错在哪：求出 $W_f = -0.4\ \mathrm{J}$，答“克服摩擦力做功 $-0.4\ \mathrm{J}$”。 为什么错：负号已经包含在“克服”二字里，再加负号就成了摩擦力做正功。 正确做法：列式统一写“做功 $W$”，答题时“做功 $-0.4\ \mathrm{J}$“或”克服做功 $0.4\ \mathrm{J}$“二选一。

直观理解

动能定理求变力功，像“看余额倒推开销”：不知道某个人这一个月每天花了多少钱，但知道月初、月末的余额和其他人的收支，他花了多少一减就知道。变力就是那个“不知道每天怎么花”的人，动能就是余额。

关联知识点

• 前置：第 12 章变力的功（$F$-$x$ 图像面积、平均力、微元法、$W = Pt$），本节是这些方法之外的通用方法；第 12 章机车启动给出 $v_{\text{m}} = \dfrac{P}{f}$。
• 前置：第 5 章动态平衡，“缓慢”即平衡；第 10 章竖直面内圆周运动的向心力分析，常用来求某一点的速度。
• 后续：第 14 章功能关系，克服摩擦力做的功等于摩擦生热（相对路程）。
• 后续：第 16 章电场力是变力时（非匀强电场），电场力的功用 $qU$ 或动能定理求；第 28 章安培力随速度变化，常用动能定理求安培力做的功（即电路中产生的电能）。

13.5 动能定理处理多过程

说明

物体先后经历几个过程（斜面再接水平面、加速后撤力、进入竖直圆轨道），各段受力不同。动能定理只看始末，所以可以对全过程列一个式子：

$$W_1 + W_2 + \cdots + W_n = E_{\text{k末}} - E_{\text{k初}}$$

其中 $W_1, W_2, \ldots$ 是每个力在它作用的那几段上做的功之和。写全程式的要点：

• 选好始末状态：一般选速度已知的两个时刻，常常是“由静止开始”和“最后停下”，或者有临界条件的位置（恰好通过最高点）。
• 逐个力算功，不逐段算：
  • 重力的功只看始末高度差：$W_G = mg(h_{\text{初}} - h_{\text{末}})$，中间上上下下都不管。
  • 滑动摩擦力始终与相对运动方向相反，做功等于 $-f$ 乘路程（每段 $f$ 不同时分段相加），不是乘位移。
  • 拉力只在它作用的那段做功，撤去后不再做功。
  • 支持力、绳的拉力与速度垂直时不做功。

模型：同 13.3 节。各段之间的衔接处（斜面底端拐到水平面）一般认为速度大小不变，题目不说就按不变处理。

使用场景

• 斜面接水平面（或几段粗糙面相连），物体由静止滑下、最后停下，问滑行距离或动摩擦因数 → 只关心始末，中间速度不需要 → 全程一个式子，始末动能都为零。
• 物体在两侧光滑、中间粗糙的轨道上来回运动多次，问总路程或最终停在哪里 → 往返次数多，分段写不完 → 全程：摩擦力的功 $= -f \times$ 总路程。
• 先在斜面（或弧面）上运动，再进入竖直圆轨道，问“恰好通过最高点”的条件 → 圆周运动的临界给出末速度 → 最高点 $mg = \dfrac{mv^2}{R}$ 加全程动能定理。
• 拉力作用一段距离后撤去，物体继续滑行停下 → 两段的摩擦力相同，拉力只作用第一段 → 全程 $Fx_1 - f(x_1 + x_2) = 0$。

注意点

• 全程列式时，每个力的功要按它作用的范围算：撤去的力只算到撤去为止；不同段的摩擦力（斜面上 $\mu mg\cos\theta$、水平面上 $\mu mg$）分别乘各自的路程。
• 滑动摩擦力的功乘的是路程：往返运动中位移可能很小甚至为零，路程却越来越长。
• 中间有碰撞、绳子突然绷紧等动能突变（有能量损失）的环节时，不能对全程列一个式子跨过去，要在突变处断开分段（第 20 章碰撞）。
• 竖直圆轨道的临界：轨道在外侧（轻绳模型），最高点速度至少 $\sqrt{gR}$；有管道或轻杆支撑时，最高点速度可以为零（第 10 章）。先判断是哪一种。
• 题目问中间某一点的速度，或某一段的时间、加速度时，仍要分段。全程式和分段式可以配合着用。

推导

为什么可以对全程列一个式子：设物体依次经过 $A \to B \to C$。对两段分别用动能定理：

$$W_{AB} = E_{\text{k}B} - E_{\text{k}A}, \qquad W_{BC} = E_{\text{k}C} - E_{\text{k}B}$$

两式相加：

$$W_{AB} + W_{BC} = E_{\text{k}C} - E_{\text{k}A}$$

（关键一步：$E_{\text{k}B}$ 在两式中一正一负，相加时消掉了。这要求 $B$ 点“前一段的末速度”就是“后一段的初速度”，即衔接处速度不突变。有碰撞或绳子绷紧时，衔接处速度突变，这一步就不成立了。）

左边是各个力在两段上的功之和，按力重新归类（重力的功合在一起、摩擦力的功合在一起）就得到“逐个力算功”的写法。段数再多也一样，这和 13.3 节推导第二步的“接力相消”是同一个道理。

斜面上摩擦力的功：物体沿倾角 $\theta$、长 $L$ 的斜面滑动，滑动摩擦力 $f = \mu mg\cos\theta$，做功 $-\mu mg\cos\theta \cdot L = -\mu mg \cdot (L\cos\theta)$。$L\cos\theta$ 正是斜面的水平投影，所以它和在同样水平距离的平面上滑动时摩擦力的功相同。

例题

例 1　（场景：斜面接水平面）物块从倾角 $37^\circ$、长 $5\ \mathrm{m}$ 的斜面顶端 $A$ 由静止滑下，经斜面底端 $B$ 滑上水平面，最后停在 $C$ 点。物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为 $0.5$，经过 $B$ 点时速度大小不变（$\sin 37^\circ = 0.6$，$\cos 37^\circ = 0.8$）。求 $BC$ 的长度。

解：

研究对象：物块。

过程划分：① $A \to B$ 沿斜面加速下滑；② $B \to C$ 在水平面上减速到零。始末状态 $A$、$C$ 速度都为零。

分析：重力只在斜面上做正功，$W_G = mgh$，$h = L\sin 37^\circ = 3\ \mathrm{m}$。斜面上摩擦力 $\mu mg\cos 37^\circ$，做功 $-\mu mg\cos 37^\circ \cdot L$；水平面上摩擦力 $\mu mg$，做功 $-\mu mg \cdot s$。支持力不做功。

列式求解：对 $A \to C$ 全程用动能定理（本节）：

$$mgh - \mu mg\cos 37^\circ \cdot L - \mu mg \cdot s = 0 - 0$$

两边约去 $mg$：

$$3 - 0.5 \times 0.8 \times 5 - 0.5s = 0 \quad\Rightarrow\quad s = 2\ \mathrm{m}$$

检验：质量约掉了，结果与质量无关，合理（重力和摩擦力都与 $m$ 成正比）。用推论核对：水平投影总长 $4 + 2 = 6\ \mathrm{m}$，$\dfrac{h}{\mu} = \dfrac{3}{0.5}\ \mathrm{m} = 6\ \mathrm{m}$，一致。

另一种解法：分段用牛顿第二定律加运动学。斜面上 $a_1 = g(\sin 37^\circ - \mu\cos 37^\circ) = 10 \times (0.6 - 0.4)\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$，$v_B^2 = 2a_1L = 20\ \mathrm{m^2/s^2}$；水平面上 $a_2 = \mu g = 5\ \mathrm{m/s^2}$（减速），$s = \dfrac{v_B^2}{2a_2} = 2\ \mathrm{m}$。要算两个加速度和一个中间速度，步骤多一倍。只问距离、动摩擦因数时，全程动能定理一个式子最快；问在斜面上滑了多长时间、$B$ 点速度多大时，分段法顺手就能求出来。

例 2　（场景：多次往返求总路程）如图，左右两侧是光滑的圆弧轨道，中间水平段 $BC$ 长 $2\ \mathrm{m}$，物块与 $BC$ 间的动摩擦因数为 $0.2$。物块从左侧圆弧上离 $BC$ 高 $1\ \mathrm{m}$ 的 $A$ 点由静止释放。求物块在 $BC$ 上滑过的总路程，并确定它最终停在哪里。

解：

研究对象：物块。

过程划分：物块在两侧圆弧之间来回运动，每经过 $BC$ 一次动能就减少一些，最终停在 $BC$ 上。始状态 $A$ 静止，末状态停下，中间往返多少次先不管。

分析：圆弧光滑，只有 $BC$ 段有摩擦，摩擦力 $\mu mg$ 大小不变，方向随运动方向反复改变，但始终做负功，总功 $-\mu mg s_{\text{总}}$，$s_{\text{总}}$ 是总路程。重力的功只看始末高度差 $h$。

列式求解：对全程用动能定理：

$$mgh - \mu mg s_{\text{总}} = 0 - 0 \quad\Rightarrow\quad s_{\text{总}} = \frac{h}{\mu} = \frac{1}{0.2}\ \mathrm{m} = 5\ \mathrm{m}$$

$5\ \mathrm{m} = 2\ \mathrm{m} + 2\ \mathrm{m} + 1\ \mathrm{m}$：第一次 $B \to C$，第二次 $C \to B$，第三次从 $B$ 出发走 $1\ \mathrm{m}$ 停下，即停在 $BC$ 的中点。

检验：每走过一次 $BC$ 损失的动能为 $\mu mg \times 2 = 0.4mg$（相当于高度 $0.4\ \mathrm{m}$），从高 $1\ \mathrm{m}$ 处出发，走两趟剩 $0.2\ \mathrm{m}$ 的“高度”，再走 $1\ \mathrm{m}$ 正好耗尽，一致。

容易卡在：用位移代替路程，以为摩擦力的功是 $-\mu mg \times$ 位移。物块在 $BC$ 上来回走，停下时离 $B$ 只有 $1\ \mathrm{m}$，路程却是 $5\ \mathrm{m}$。

例 3　（场景：进入竖直圆轨道）质量 $0.1\ \mathrm{kg}$ 的小球从离地 $1.2\ \mathrm{m}$ 高的 $A$ 点由静止沿粗糙斜轨滑下，经光滑水平轨道 $BC$，从最低点 $C$ 进入半径 $R = 0.4\ \mathrm{m}$ 的光滑竖直圆轨道（小球在轨道内侧运动），恰好能通过最高点 $D$。（1）求小球从 $A$ 到 $B$ 克服摩擦力做的功；（2）求小球经过圆轨道最低点 $C$ 时对轨道的压力。

解：

研究对象：小球。

过程划分：① $A \to B$ 沿粗糙斜轨下滑；② $B \to C$ 在水平轨道上（光滑）；③ $C \to D$ 沿光滑圆轨道到最高点。（1）问取 $A \to D$ 全程，（2）问取 $C \to D$ 一段。

分析：小球在轨道内侧，是轻绳模型（第 10 章）。“恰好通过最高点”表示在 $D$ 点轨道对小球的压力为零，只有重力提供向心力，由此得到 $D$ 点速度。全程中只有重力和斜轨上的摩擦力做功（支持力与速度垂直）。

列式求解：（1）在 $D$ 点：

$$mg = m\frac{v_D^2}{R} \quad\Rightarrow\quad v_D^2 = gR = 4\ \mathrm{m^2/s^2}$$

对 $A \to D$ 全程用动能定理，$A$ 比 $D$ 高 $h - 2R = 1.2\ \mathrm{m} - 0.8\ \mathrm{m} = 0.4\ \mathrm{m}$，设摩擦力做功 $W_f$：

$$mg(h - 2R) + W_f = \frac{1}{2}mv_D^2 - 0$$ $$0.1 \times 10 \times 0.4 + W_f = \frac{1}{2} \times 0.1 \times 4 \quad\Rightarrow\quad W_f = -0.2\ \mathrm{J}$$

小球从 $A$ 到 $B$ 克服摩擦力做功 $0.2\ \mathrm{J}$。

（2）对 $C \to D$ 用动能定理，重力做功 $-mg \cdot 2R$：

$$-mg \cdot 2R = \frac{1}{2}mv_D^2 - \frac{1}{2}mv_C^2 \quad\Rightarrow\quad v_C^2 = v_D^2 + 4gR = 5gR = 20\ \mathrm{m^2/s^2}$$

在 $C$ 点，取竖直向上（指向圆心）为正方向：

$$F_{\text{N}} - mg = m\frac{v_C^2}{R} \quad\Rightarrow\quad F_{\text{N}} = 0.1 \times 10\ \mathrm{N} + 0.1 \times \frac{20}{0.4}\ \mathrm{N} = 6\ \mathrm{N}$$

由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 $6\ \mathrm{N}$，方向竖直向下。

检验：若斜轨也光滑，恰好过最高点需要 $h = 2.5R = 1\ \mathrm{m}$；实际从 $1.2\ \mathrm{m}$ 处释放，多出的 $0.2\ \mathrm{m}$ 高度对应的 $mg \times 0.2\ \mathrm{m} = 0.2\ \mathrm{J}$ 正好被摩擦消耗，一致。最低点压力 $6\ \mathrm{N} = 6mg$，与推论一致。

容易卡在：以为“恰好通过最高点”就是最高点速度为零。轨道在外侧（轻绳模型）时，速度为零的小球到不了最高点，早就脱离轨道了。

例 4　（场景：拉力作用一段后撤去）质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的物块静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为 $0.2$。用 $6\ \mathrm{N}$ 的水平拉力拉物块，前进 $4\ \mathrm{m}$ 后撤去拉力。求撤去拉力后物块还能滑行多远。

解：

研究对象：物块。

过程划分：① $A \to B$：有拉力，加速 $4\ \mathrm{m}$；② $B \to C$：撤去拉力，减速到停。始末速度都为零。

分析：摩擦力 $f = \mu mg = 0.2 \times 10\ \mathrm{N} = 2\ \mathrm{N}$，两段都有，做功 $-f(x_1 + x_2)$；拉力只在第一段做功 $Fx_1$。

列式求解：对全程用动能定理：

$$Fx_1 - f(x_1 + x_2) = 0 - 0 \quad\Rightarrow\quad 6 \times 4 - 2(4 + x_2) = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2 = 8\ \mathrm{m}$$

检验：拉力做功 $24\ \mathrm{J}$，全被摩擦力在 $12\ \mathrm{m}$ 上消耗掉，$2 \times 12\ \mathrm{J} = 24\ \mathrm{J}$，一致。撤力后滑得比有拉力时远，因为撤力后减速度 $2\ \mathrm{m/s^2}$ 只有加速时 $4\ \mathrm{m/s^2}$ 的一半，合理。

容易卡在：把拉力的功写成 $F(x_1 + x_2)$。撤去的力不再做功。

另一种解法：分段用牛顿定律。$a_1 = \dfrac{F - f}{m} = 4\ \mathrm{m/s^2}$，$v_B^2 = 2a_1x_1 = 32\ \mathrm{m^2/s^2}$；$a_2 = \dfrac{f}{m} = 2\ \mathrm{m/s^2}$，$x_2 = \dfrac{v_B^2}{2a_2} = 8\ \mathrm{m}$。也可以画 $E_{\text{k}}$-$x$ 图（见本节“直观理解”）：两段直线的斜率分别是 $4\ \mathrm{N}$ 和 $-2\ \mathrm{N}$，升到 $16\ \mathrm{J}$ 再降回零，下降段的水平长度是上升段的 2 倍。全程动能定理不求中间速度，最快；问撤力时的速度或各段时间时，分段法更直接。

常用推论

• 斜面上的摩擦功等于水平投影上的摩擦功：$-\mu mg\cos\theta \cdot L = -\mu mg \cdot L\cos\theta$（本节推导）。由此，物体从高 $h$ 处由静止沿斜面滑下、再在同材料的水平面上滑到停止，起点到终点的水平距离为 $\dfrac{h}{\mu}$，与斜面倾角无关（例 1 的检验）。条件：物体只受重力、支持力、滑动摩擦力，衔接处速度大小不变。
• 往返运动的总路程：只有一段粗糙、其余光滑时，$mgh = \mu mg s_{\text{总}}$，$s_{\text{总}} = \dfrac{h}{\mu}$；再按粗糙段长度“数趟数”确定停在哪里（例 2）。
• 光滑竖直圆轨道（轻绳模型）：从静止释放，恰好通过最高点需要释放高度 $h = 2.5R$；此时最低点的压力为 $6mg$。由 $v_{\text{顶}}^2 = gR$、$mg(h - 2R) = \dfrac{1}{2}mgR$ 和 $v_{\text{底}}^2 = 5gR$、$F_{\text{N}} - mg = \dfrac{mv_{\text{底}}^2}{R}$ 得出（例 3）。
• 撤力滑行：拉力 $F$ 作用 $x_1$ 后撤去，总滑行距离满足 $Fx_1 = f x_{\text{总}}$（例 4）。

易错点

• 错在哪：往返运动中，摩擦力的功写成 $-f \times$ 位移。 为什么错：滑动摩擦力的方向随运动方向改变，每一段都做负功，功要一段一段累加，结果是 $-f \times$ 路程。直觉把摩擦力当成和重力一样“只看始末”的力。 正确做法：重力看高度差，摩擦力看路程（例 2）。
• 错在哪：斜面上的摩擦力写成 $\mu mg$。 为什么错：斜面上的正压力是 $mg\cos\theta$，不是 $mg$。直觉“摩擦力就是 $\mu mg$“是从水平面上搬过来的。 正确做法：每一段先求正压力再乘 $\mu$（第 4 章）；或者用推论，斜面上的摩擦功按水平投影算。
• 错在哪：拉力撤去后，全程式里仍写 $F \times$ 总位移。 为什么错：力只在作用期间做功。 正确做法：全程列式时，每个力后面写清它作用的位移。
• 错在哪：竖直圆轨道“恰好通过最高点”，取最高点速度为零。 为什么错：轨道在外侧（轻绳模型）时，最高点至少需要重力提供向心力，$v \ge \sqrt{gR}$；速度为零是管道、轻杆模型的临界。 正确做法：先判断模型，轻绳模型取 $v_{\text{顶}} = \sqrt{gR}$（例 3，第 10 章）。

直观理解

多过程题像一次有好几站的旅行：只想知道“出发时带了多少钱、到终点还剩多少钱”，就不用每一站都记账，把各项开销按类别加起来就行。重力这一项只看海拔差，摩擦力这一项按走过的总里程收费，拉力只在它出现的那几站给钱。

把例 4 画成 $E_{\text{k}}$-$x$ 图，两段过程一目了然：

关联知识点

• 前置：第 4 章滑动摩擦力 $f = \mu F_{\text{N}}$，斜面上的正压力；第 10 章竖直面内圆周运动的临界（轻绳、轻杆模型）。
• 前置：第 7 章多过程运动，用牛顿定律分段处理的方法，和本节全程法对照使用。
• 后续：第 14 章机械能守恒和能量守恒，多过程题中有摩擦时用动能定理或能量守恒，没有摩擦时也可以用机械能守恒。
• 后续：第 20 章动量与能量的综合，碰撞环节要单独断开，碰前碰后再用动能定理。
• 常一起考：第 9 章平抛（从平台飞出接斜面或圆弧）、第 10 章圆周运动，组成“斜面—圆轨道—平抛”的多过程计算题。
• 常一起考：第 39 章验证机械能守恒定律实验，用动能的增加和重力势能的减少比较。

13.6 知识点之间的关系

13.2 节的动能是状态量，13.3 节的动能定理把“过程量”（各力的功）和“状态量的变化”（动能的变化）连起来。13.4、13.5 两节是动能定理最常见的两种用法：反过来求不好直接算的变力功，和跨过中间过程对全程列式。拿到题目先问一句“涉及时间或加速度吗”：涉及的用牛顿定律或动量定理，不涉及的优先用动能定理，再看是一段还是几段、有没有变力、有没有临界。

13.7 自测

1. 质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的物体以 $3\ \mathrm{m/s}$ 的速度运动，求它的动能。若质量不变、速度变为原来的 2 倍，动能变为原来的几倍？
2. 质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的物块从高 $0.8\ \mathrm{m}$ 的光滑斜面顶端由静止滑下，求到达底端时的速度大小。
3. 汽车以 $20\ \mathrm{m/s}$ 的速度在水平路面上行驶，车轮抱死后滑行，轮胎与路面间的动摩擦因数为 $0.5$，求滑行距离。
4. 人站在离地 $5\ \mathrm{m}$ 高处，把质量 $0.2\ \mathrm{kg}$ 的小球抛出，不计空气阻力，小球落地速度大小为 $15\ \mathrm{m/s}$。求人抛球时对小球做的功。
5. 质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的小球从 $20\ \mathrm{m}$ 高处由静止下落，落地速度为 $16\ \mathrm{m/s}$，求下落过程中克服空气阻力做的功。
6. 物块从高 $0.5\ \mathrm{m}$ 的斜面顶端由静止滑下，滑到水平面上停止，测得出发点和停止点的水平距离为 $2.5\ \mathrm{m}$。斜面和水平面材料相同，衔接处速度大小不变，求动摩擦因数。
7. 小球沿光滑轨道从高 $h$ 处由静止滑下，进入半径 $0.5\ \mathrm{m}$ 的光滑竖直圆轨道（在轨道内侧运动），要恰好通过最高点，$h$ 应为多少？

答案：1. $9\ \mathrm{J}$，4 倍；2. $4\ \mathrm{m/s}$；3. $40\ \mathrm{m}$；4. $12.5\ \mathrm{J}$；5. $72\ \mathrm{J}$；6. $0.2$；7. $1.25\ \mathrm{m}$。

13.8 深入阅读

• PhET · 能量滑板公园：让滑板手在自己画的轨道上滑行，打开摩擦后看动能、势能和热能的柱状图怎样随位置变化。
• Khan Academy · Work and energy：功、动能和动能定理（work-energy theorem）的视频讲解和练习（英文）。
• 维基百科 · 动能：动能的定义、与参考系的关系，以及由功推出动能表达式的过程。
• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，人教版必修第二册第八章“动能和动能定理”的同步课程和电子教材。