1、專題 06 動能定理應用模型模型界定 動能定理是力學中的一個十分重要的規律，它揭示了做功與動能之間的關系，給出了過程量功與狀態量動 能之間的標量運算式。他是解決動力學問題的重要方法，使用中要優于牛頓運動定律。本模型從動能定理 內容和意義的理解、應用動能定理分析、解決實際問題的基本思路和方法等方面加以分析歸納。模型破解1 動能定理:合外力對物體做的功等于物體動能的變化1212mv2mv122動能定理的物理意義在于他指出了外力對物體所做的總功與物體的動能變化之間的關系，即外力對物體做 的總功對應著物體動能的變化，變化的大小由做功的多少來量度2.對動能定理的理解(i) W合是所有外力對物體做的總功，

2、求所有外力做的總功有兩種方法：第一種方法是：先求出物體所受各力的合力F合，再根據W=F合ICOSa計算總功，但應注意a應是合力與位移 I的夾角這種方法一般用于各力都是恒力且作用時間相同的情況下 第二種方法是： 分別求出每一個力做的功:功求代數和即： W總=W+W+V3+這種方法一般用于各力分別作用或作用時間不同時的情況下(ii )動能定理適用于物體的直線運動，也適用于曲線運動；適用于恒力做功，也適用于變力做功力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分段作用(iii )因為動能定理中功和能均與參考系的選取有關，所以動能定理也與參考系的選取有關中學物理中一般取地球為參考系(iv )動能定理公式

3、兩邊的每一項都是標量，動能定理是一個標量方程，故動能定理沒有分量形式(v)若物體運動包含幾個不同的過程，應用動能定理時，可以分段應用，也可以全過程應用(vi )動能定理是計算物體位移或速率的簡捷公式，當題目中涉及位移時可優先考慮動能定理.動能定理通常不解決涉及時間的問題，但動力機械起動過程除外(vii )做功的過程是能量轉化的過程，動能定理表達式中的“=”的意義是一種因果關系在數值上相等的符號，它并不意味著“功就是動能增量”，也不意味著“功轉變成了動能”，而是意味著“功引起物體動 能的變化”.(viii )若 氐Eki，即 W總0，合力對物體做正功，物體的動能增加；若Ek2vEki，即 W總v

4、0,合力對物體W合-EKW=FiI1COSa1, W=F2l2COSa2, W=Fsl3COSa3,再把各個外力的2做負功，物體的動能減少(ix ) 一個物體的動能變化Ek與合外力對物體所做功 W合具有等量代換關系：W合=氐這種等量代換關系提供了一種計算變力做功的簡便方法 3.應用動能定理解題的基本思路(i )選取研究對象，明確并分析運動過程(ii )分析受力及各力做功的情況，求出總功；受哪些力各力是否做功做正功還是負功做多少功確定求總功思路求出總功(iii )明確過程始、末狀態的動能Eki及 Ek2.(4)列方程 M=Ek2-Eki，必要時注意分析題目潛在的條件，列輔助方程進行求解例1如圖甲

5、所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0 時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F 隨時間 t 變化的圖像如圖乙所示,A.ti時刻小球動能最大E：2時刻小球動能最大C：2t3這段時間內，小球的動能先增加后減少I)：2t3這段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能【答案】C【解析】在 t1時刻，小球剛好與彈簧接觸，彈力還為零，小球所受合外力與速度方向一致，而要做正功, 動能還要增大，A 錯誤；在 t2時刻彈簧彈力最大，說明彈簧此時被壓

6、縮到最短，此時小球的速度為零，則動能也為零，B 錯誤；t2t3時間內，小球從壓縮量最大到逐漸恢復到原長，小球所受合外力方向先向上后向下,先與速度方向一致后與速度方向相反，即合外力對小球先做正功后做負功，其動能先增大后減小，C 正確；彈簧減少的彈性勢能等于彈簧對小球做的功而小球增加的動能等于小球所受合外力(即重力和彈簧彈力的合力)所做的功，D 錯誤.3例2.如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的 ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以 0 為圓心、R 為半徑的一小段圓弧。可視為質點的物塊A 和 B 緊靠在一起，靜止于 b 處，A 的質量是 B 的 3 倍。兩物體在足夠大的內力作用下突

7、然分離，分別向左、右始終沿軌道運動。B 到 b 點時速度沿水平方向，此時軌道對B3的支持力大小等于 B 所受重力的-,A 與 ab 段的動摩擦因數為 ，重力加速度 g，求：4(1) 物塊 B 在 d 點的速度大小；(2) 物塊 A 滑行的距離.【答案】(1). gR/2(2)旦8 卩【解析】(1)設物塊A和B的質量分別為 g 和m恥mA=3ms.B在d處的合力為幾依題意F=mBg-3mBfi/4=mEg/4(D由牛頓第二定律得v-/2(2)設 A 和 B 分開時的速度分別為 Vi和 V2,系統動量守恒 mwi-mBV2=0 B 從位置 b 運動到 d 的過程中，由動能定理-mBgmBv2- m

8、Bvf2 2A 在滑行過程中，由動能定理12O-miAVi= -JmAgs聯立，得 S=E8 卩4.系統動能定理高中階段中動能定理的表述為：作用在物體上合外力的功等于物體動能的改變量，即41212W合=.EK=2mv2-2mvi這是針對單體或可看作單個物體的物體系而言的所謂能看成單個物體的物體系，簡單來說就是物體系內各物體之間的相對位置不變，從而物體系的各內力做功之和為零，物體系的動能變化就取決于所有外力做的總功了 但是對于不能看成單個物體或說不能看質點的物體，可將其看成是由大量質點組成的質點系，對質點系組成的系統應用動能定理時，就不能僅考慮外力的作用，還需考慮內力所做的功 即:外+W內= E

9、k例 3. 一位質量為 m 的運動員從下蹲狀態向上起跳，經 t 時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為V。在此過程中，12A. 地面對他的沖量為 mv+mg t，地面對他做的功為 mv2B. 地面對他的沖量為 mv+mg t，地面對他做的功為零12C. 地面對他的沖量為 mv,地面對他做的功為 mvD. 地面對他的沖量為 mv- mgAt，地面對他做的功為零【答案】B【解析】合外力的沖量等于物體或系統的動量變化量，取向上為正：I-mg = mv-C .由于此過程中人不 能視為質點，人體內肌肉骨胳間的相互作用力做功也引起了能量的轉化，故不育狄動能走理的角度求解地 在對人所恢功.從功的定義來看，由于

10、地面對人的作用力作用在人腳底上，人離開地面的過程中腳底未發 生位移，腳底發生位移時已離幵了地面，不受地面的作用力故地面對人所做功為零，$正確*5.動能定理的應用技巧門利用動能定理求變力的功變力的功無法用公式 W=Fscos%直接求解，有時該力也不是均勻變化，無法用高中知識表達平均力，此時可以考慮用動能定理間接求解 例 4.如圖所示，某貨場利用固定于地面的、半徑 R=1.8 m 的四分之一圓軌道將質量為 m=10 kg 的貨物（可 視為質點）從高處運送至地面，已知當貨物由軌道頂端無初速度滑下時，到達軌道底端的速度為5 m/s.為避免貨物與地面發生撞擊，在地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A

11、、B,長度均為 1=2 m，質量5均為m=20kg，木板上表面與軌道末端相切.貨物與木板間的動摩擦因數為卩1=0.4，木板與地面間的動摩. _ 2擦因數為 卩2=0.1 (最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s ).(1) 求貨物沿圓軌道下滑過程中克服摩擦力做的功；(2)通過計算判斷貨物是否會從木板B 的右端滑落？若能， 求貨物滑離木板B 右端時的速度；若不能，求貨物最終停在木板 B 上的位置【答案】(1) 55J (2)不能，離 B 端 1m【解析】此過程中貨物所受摩揀力犬卜 方向都在不停的變化，不能由功的定義式求解一 設貨物沿圓軌道下滑過程中克服摩撫力做的功為巧，對貨物由動能

12、定理得：T1TTL工 /M辭冊嚴 =55J2(2)當貨物滑上木板 A 時，貨物對木板的摩擦力 仏-Ugg =40N地面對木板 A、B 的最大靜摩擦力f2= 2(2m2 mjg =50N由于f,：f2,此時木板 A、B 靜止不動。設貨物滑到木板 A 右端時速度為v1，由動能定理：1212-1m1glm1v1m1v2 2得：v1=3m/s當貨物滑上木板 B 時，地面對木板 A、B 最大靜摩擦力f3=J2(m2- mjg =30N例 4 題圖6由于f1f3，此時木反 B 開始滑動。設貨物不會從木板 B 的右端滑落，二者剛好相對靜止時的速度為v2.7則對貨物：a1-=4m/s2v =vi_aitv2二

13、a2t1由以上兩式可得：v2m/s3此過程中，s1（v1v2）t =10m2911s2v2tm29由于-s2=1.0m：l，所以貨物最終未從木板B 上滑下，且與其右端的距離為1.0m(ii) 應用動能定理求解多過程問題物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程根據動能定理列式求解，則可以使問題簡化根據題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單.有時取全過程簡單，有時則取某一階段簡單.原則是盡量使做功的力減少，各個力的功計算方便；或使初、末動能等于零例 5.以初速度 vo豎直向上拋出一質量為 m 的小物體。假定物

14、塊所受的空氣阻力f 大小不變。已知重力加速度為 g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為對木板B : a2伽ig2（mim2）g“5m/s2m2tsAV和 Vo噸=廠B2g（1丄）mgfmgC、Vo和v0D2g（1紅）mg fmg2V02g（1丄）mg2V。2 f2g（1 ）mg【答案】A【解析】 設物體上升的最大高度為h，返回到原拋出點的速率為v，根據動能定理，上升階段有和Vo8h=一Vo,v=v0m9-f,故選項A正確.2g（丄）；mg fmg例 6.如圖所示，物塊m從高為h的斜面上滑下，又在同樣材料的水平面上滑行s后靜止，已知斜面傾角為-,物塊由斜面到水平面時圓滑過渡，求物塊

15、與接觸面間的動摩擦因數。【解析】輛體在斜面上尸滑時摩揀力做員功，重力做正功，動能増加在水平面上滑行時只有摩揀力做員功，最后減速到零，全過程動能變化量為零，可在全過程中應用動能定理求解。在全過程中應用動能走理 mgfi 亠（凹刖30 - + pmgs）= 0解得 p = -_二= tan iZ其中肛対物體初末兩位置連線與水平面夾角。（iii） 應用動能定理求解多物體系問題對于多物體、多過程問題，由于運動過程繁瑣，用牛頓第二定律解題相當復雜，而從能量觀點出發，應用動能定理解題往往可以使問題簡化但應注意，從能量角度解題，如果研究對象是一個物體，往往用動能定理求解，而對于系統，往往是根據總體能量守恒的

16、觀點來處理問題例 7.如圖所示，放在水平面上的小車上表面水平，AB 是半徑為 R 的 14 光滑圓弧軌道，下端 B 的切線水平且與平板車上表面平齊，車的質量為 M.現有一質量為 m 的小滑塊，從軌道上端 A 處無初速釋放，滑到 B 端 后，再滑到平板車上若車固定不動，小滑塊恰不能從車上掉下 （重力加速度為 g）（1）求滑塊到達 B 端之前瞬間所受支持力的大小；（2）求滑塊在車上滑動的過程中，克服摩擦力做的功；-（mgh fh） = 0 -12一mvo2整個過程有1 mv2-丄mv2,兩式聯立解得2209（3） 若車不固定，且地面光滑，把滑塊從A 點正上方的 P 點無初速釋放， P 點到 A 點

17、的高度為 h,滑塊從 A 點進入軌道，最后恰停在車的中點，求車的最大速度r【答案】(1) 3mg(2) mgR(3)【解析】 根據機械能守恒有：=根據牛頓第二定律有，N-噸=誓/L聯立解得軌道對滑塊的支持力:N=3mg(2 )滑塊在車上滑動過程中，克服摩擦力做的功W,對整個過程應用動能定理mgR-W=即 W=mgR(3)因滑塊最后恰停在車的中點，結合(2)可知因摩擦而產生的內能也即系統內摩擦力所做的總功：W=W/2=mgR/21滑塊與車速度相同時，車速最大，設為V2,對系統應用動能定理有：-(M m)v2-0二mg (R h) -W2聯立解得：v.mg(R 2h) M +mE 應用動能定理求路

18、程在多階段或往返運動中，如果摩擦力或介質阻力大小不變，方向與速度方向關系性相反則在整個過程中克服摩擦力或介質阻力所做功等于力與路程的乘積，從而可將物體在摩擦力或介質阻力作用下通過的路程與 動能定理聯系起來例 8.如圖所示，MNP 為豎直面內一固定軌道，其圓弧段MN 與水平段 NP 相切于 N, P 端固定一豎直擋板.M 相10對于 N 的高度為 h，NP 長度為 s. 一物塊自 M 端從靜止開始沿軌道下滑，與擋板發生一次完全彈性碰撞(物 塊碰撞前后的速度大小相等，方向相反)后停止在水平軌道上某處.若在 MN 段的摩擦可忽略不計，物塊與NP 段軌道間的滑動摩擦因數為卩，求物塊停止的地方與 N 點

19、的距離的可能值.NPhuu【答案】在十2s時d=2sr;若 -2s,s2sd【解析】設物塊質量為擷，在水平滑道上滑行的總路程為夕，對整個過程應用動能定理：mgh 則gs*= 0設物塊在水平軌道上停住的地方與N點的距禽為仇若物塊在與P碰撞后，在到達圓弧形軌道前停止，則s = 2s-d聯立可得 d=2s-此結果在-2sf則物塊與P碗撞后，可再一次滑上圓弧形軌道，滑下后在水平軌道上停止#此 fl 寸有0 = 2s十山(v)利用動能定理求運動時間動能定理通常不處理涉及時間的問題，但在變力的功率恒定的情況下，可以利用動能定理將物體的運動時間與通過的位移聯系起來，可在位移與路程中知一求一例 9.某校物理興

20、趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點A 出發，沿水平直線軌道運動 L 后，由 B 點進入半徑為 R 的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續在光滑平直軌道上運動到C 點,并能越過壕溝。已知賽車質量 m=0.1kg,通電后以額定功率 P=1.5w 工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運動中受到的阻力均可不記。圖中 L=10.00m，R=0.32m, h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，2電動機至少工作多長時間？(取g =10m/s)11片一L盯丁【答案】2.53s【解析】設賽車越過壕溝需要的最小速度為vi,由平拋運動的規律121212mv；mv；m

21、g 2R2 2解得v3- . 5gh =4m/s通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是2Pt - fL mVmin2t=2.53s模型演練1.如圖所示，給物塊以初速度Vo， 使之沿斜面下滑，已知斜面與物塊之間的動摩擦因數為，又知物塊與斜面底端擋板碰后將以碰前的速率反彈，（斜面長 L 及傾角已知，且tan 9 ），求物塊運動的總路程。亠+gLsin 6【答案】 _解得設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為恒定律V2,最低點的速度為V3，由牛頓第二定律及機械能守設電動機工作Vmin二4m/st，根據功能原理由此可得練1圖ii【解析】首先明確物塊停止運動的位舐 由于訕廠

22、七即摩撫力小于物塊的下滑力P所以物塊最終一定 是停在斜面的底端，設物塊總共運動的略程為 5 盡菅此過程中物塊有時下滑，有時上行但摩撫力始終做 員功，其功為砌=-fs = -pmgs沖巧而二卿sin J-|imgs cos 9 + mgL sin 6 = mV故由動能定理得：2vnFgL- sin 6 2比|ig cos 92.如圖所示，小滑塊從左側斜面上高為 hi處由靜止開始下滑，滑過長為S2的水平部分，又滑上右側斜面,當滑至右側斜面上高為h2處時速度減為零，設轉角處無動能損失，滑塊和左側斜面、水平部分及右側斜面間的動摩擦因數相同，求此動摩擦因數“。【答案】述.匕【解析】滑塊從左側斜面高為hi

23、處滑至右側斜面高為 h2處的過程中，初、末速度都為零，初、末動能也為零，該過程只有重力和摩擦力做功，由動能定理得：mgh pmg cos 0tL- -|Jings) nigh2 pmg cos的sin Ctj化簡得：mg(h1- h2) pmgfhj colc + st+ h2cotcx3)也即：打 一 h? =+ 3 + 羽)hj -ha|i 二-故可得：打+旳+B3我們作出如圖所示的輔助線，則解得;14練 2 答圖從計算結果可以看出，只要測出物塊初、末位置的高度差和兩位置所對應的水平距離，即可測出動摩擦因 數。3.如圖所示，質量為m的物體，被經過光滑小孔的細繩牽引，且在光滑的水平面上做勻速

24、圓周運動，拉力大小為F，轉動半徑為R。當拉力增大到6F時，物體仍做勻速圓周運動，此時的半徑為0.5R。求在這一【解析】小球做勻速圓周運動時，繩子的拉力大小等于小球做勻速圓周運動的向心力。設小球初速度為丹，末速度為巾，根擄圓周運動規律,2有F = mR05J?聯立二式得訝=3*在整個過程中拉力做的功等于小球動能的增加，即図=-丄朋彳2 2解得 =4.如圖所示，木塊B放在光滑水平地板上，有一物體A以向右的速度v0滑上木塊B上表面的左端。若物體15A與木塊B上表面間的滑動摩擦因數為 ,且物體A可看做質點，那么要使A不從B的右端滑出去，木塊B至少應多長？已知A、B質量分別為m、M。【解析】由于摩撅力的

25、作用，/做減速運動出做加速運動，當/滑到月的右端時二者共逮，設速度為地面光滑，可根據動量守恒有用叫=Q彳十加沖對系統應用動能定理存%，式中J為、B 的相對位移即B的長度。1212EK(M m)vmv02 21212所以有0 - mgl (M m)v2mv02 22解得i mvo_2(M +口)勺5.反射式調管是常用的微波器械之一，它利用電子團在電場中的震蕩來產生微波，其震蕩原理與下述過程 類似。如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A 點由靜止開始,在電場力作用下沿直線在A、B 兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E2.0 103N/C 和E2=4.0 103N/C,方向如圖所示，帶電微粒質量m =1.0 10kg，帶電量q二-1.0 10C,A 點距虛線MN的距離d1.0cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求:圖五2【答案】mV02(M m)弋16I* II4-17(1)B 點到虛線MN的距離d2;(2)帶電微粒從 A 點運動到 B 點所經歷的時間t。【答案】(1)0.50cm( 2)1.5x10-8s【解析】(1)帶電微粒由A運動到B的過程中,由動能定理有qE-qEA=E解得 G =& =0.50C7W覽1(2)設微粒在虛線 MN 兩側的加速度大小分別為 al、a2,由牛頓第二定