2019高考物理模型系列之算法模型专题06动能定理应用模型学案

1、专题 06 动能定理应用模型模型界定 动能定理是力学中的一个十分重要的规律，它揭示了做功与动能之间的关系，给出了过程量功与状态量动 能之间的标量运算式。他是解决动力学问题的重要方法，使用中要优于牛顿运动定律。本模型从动能定理 内容和意义的理解、应用动能定理分析、解决实际问题的基本思路和方法等方面加以分析归纳。模型破解1 动能定理:合外力对物体做的功等于物体动能的变化1212mv2mv122动能定理的物理意义在于他指出了外力对物体所做的总功与物体的动能变化之间的关系，即外力对物体做 的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度2.对动能定理的理解(i) W合是所有外力对物体做的总功，

2、求所有外力做的总功有两种方法：第一种方法是：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W=F合ICOSa计算总功，但应注意a应是合力与位移 I的夹角这种方法一般用于各力都是恒力且作用时间相同的情况下 第二种方法是： 分别求出每一个力做的功:功求代数和即： W总=W+W+V3+这种方法一般用于各力分别作用或作用时间不同时的情况下(ii )动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用(iii )因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关中学物理中一般取地球为参考系(iv )动能定理公式

3、两边的每一项都是标量，动能定理是一个标量方程，故动能定理没有分量形式(v)若物体运动包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段应用，也可以全过程应用(vi )动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理.动能定理通常不解决涉及时间的问题，但动力机械起动过程除外(vii )做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动 能的变化”.(viii )若 氐Eki，即 W总0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2vEki，即 W总v

4、0,合力对物体W合-EKW=FiI1COSa1, W=F2l2COSa2, W=Fsl3COSa3,再把各个外力的2做负功，物体的动能减少(ix ) 一个物体的动能变化Ek与合外力对物体所做功 W合具有等量代换关系：W合=氐这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法 3.应用动能定理解题的基本思路(i )选取研究对象，明确并分析运动过程(ii )分析受力及各力做功的情况，求出总功；受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功确定求总功思路求出总功(iii )明确过程始、末状态的动能Eki及 Ek2.(4)列方程 M=Ek2-Eki，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解例1如图甲

5、所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间 t 变化的图像如图乙所示,A.ti时刻小球动能最大E：2时刻小球动能最大C：2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少I)：2t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【解析】在 t1时刻，小球刚好与弹簧接触，弹力还为零，小球所受合外力与速度方向一致，而要做正功, 动能还要增大，A 错误；在 t2时刻弹簧弹力最大，说明弹簧此时被压

6、缩到最短，此时小球的速度为零，则动能也为零，B 错误；t2t3时间内，小球从压缩量最大到逐渐恢复到原长，小球所受合外力方向先向上后向下,先与速度方向一致后与速度方向相反，即合外力对小球先做正功后做负功，其动能先增大后减小，C 正确；弹簧减少的弹性势能等于弹簧对小球做的功而小球增加的动能等于小球所受合外力(即重力和弹簧弹力的合力)所做的功，D 错误.3例2.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以 0 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A 和 B 紧靠在一起，静止于 b 处，A 的质量是 B 的 3 倍。两物体在足够大的内力作用下突

7、然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B 到 b 点时速度沿水平方向，此时轨道对B3的支持力大小等于 B 所受重力的-,A 与 ab 段的动摩擦因数为 ，重力加速度 g，求：4(1) 物块 B 在 d 点的速度大小；(2) 物块 A 滑行的距离.【答案】(1). gR/2(2)旦8 卩【解析】(1)设物块A和B的质量分别为 g 和m恥mA=3ms.B在d处的合力为几依題意F=mBg-3mBfi/4=mEg/4(D由牛顿第二定律得v-/2(2)设 A 和 B 分开时的速度分别为 Vi和 V2,系统动量守恒 mwi-mBV2=0 B 从位置 b 运动到 d 的过程中，由动能定理-mBgmBv2- m

8、Bvf2 2A 在滑行过程中，由动能定理12O-miAVi= -JmAgs联立，得 S=E8 卩4.系统动能定理高中阶段中动能定理的表述为：作用在物体上合外力的功等于物体动能的改变量，即41212W合=.EK=2mv2-2mvi这是针对单体或可看作单个物体的物体系而言的所谓能看成单个物体的物体系，简单来说就是物体系内各物体之间的相对位置不变，从而物体系的各内力做功之和为零，物体系的动能变化就取决于所有外力做的总功了 但是对于不能看成单个物体或说不能看质点的物体，可将其看成是由大量质点组成的质点系，对质点系组成的系统应用动能定理时，就不能仅考虑外力的作用，还需考虑内力所做的功 即:外+W内= E

9、k例 3. 一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为V。在此过程中，12A. 地面对他的冲量为 mv+mg t，地面对他做的功为 mv2B. 地面对他的冲量为 mv+mg t，地面对他做的功为零12C. 地面对他的冲量为 mv,地面对他做的功为 mvD. 地面对他的冲量为 mv- mgAt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】合外力的冲量等于物体或系统的动量变化量，取向上为正：I-mg = mv-C .由于此过程中人不 能视为质点，人体內肌肉骨胳间的相互作用力做功也引起了能量的转化，故不育狄动能走理的角度求解地 在对人所恢功.从功的定义来看，由于

10、地面对人的作用力作用在人脚底上，人离开地面的过程中脚底未发 生位移，脚底发生位移时已离幵了地面，不受地面的作用力故地面对人所做功为零，$正确*5.动能定理的应用技巧门利用动能定理求变力的功变力的功无法用公式 W=Fscos%直接求解，有时该力也不是均匀变化，无法用高中知识表达平均力，此时可以考虑用动能定理间接求解 例 4.如图所示，某货场利用固定于地面的、半径 R=1.8 m 的四分之一圆轨道将质量为 m=10 kg 的货物（可 视为质点）从高处运送至地面，已知当货物由轨道顶端无初速度滑下时，到达轨道底端的速度为5 m/s.为避免货物与地面发生撞击，在地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A

11、、B,长度均为 1=2 m，质量5均为m=20kg，木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为卩1=0.4，木板与地面间的动摩. _ 2擦因数为 卩2=0.1 (最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s ).(1) 求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功；(2)通过计算判断货物是否会从木板B 的右端滑落？若能， 求货物滑离木板B 右端时的速度；若不能，求货物最终停在木板 B 上的位置【答案】(1) 55J (2)不能，离 B 端 1m【解析】此过程中货物所受摩揀力犬卜 方向都在不停的变化，不能由功的定义式求解一 设货物沿圆轨道下滑过程中克服摩撫力做的功为巧，对货物由动能

12、定理得：T1TTL工 /M辭册严 =55J2(2)当货物滑上木板 A 时，货物对木板的摩擦力 仏-Ugg =40N地面对木板 A、B 的最大静摩擦力f2= 2(2m2 mjg =50N由于f,：f2,此时木板 A、B 静止不动。设货物滑到木板 A 右端时速度为v1，由动能定理：1212-1m1glm1v1m1v2 2得：v1=3m/s当货物滑上木板 B 时，地面对木板 A、B 最大静摩擦力f3=J2(m2- mjg =30N例 4 题图6由于f1f3，此时木反 B 开始滑动。设货物不会从木板 B 的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为v2.7则对货物：a1-=4m/s2v =vi_aitv2二

13、a2t1由以上两式可得：v2m/s3此过程中，s1（v1v2）t =10m2911s2v2tm29由于-s2=1.0m：l，所以货物最终未从木板B 上滑下，且与其右端的距离为1.0m(ii) 应用动能定理求解多过程问题物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程根据动能定理列式求解，则可以使问题简化根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单.有时取全过程简单，有时则取某一阶段简单.原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零例 5.以初速度 vo竖直向上抛出一质量为 m 的小物体。假定物

14、块所受的空气阻力f 大小不变。已知重力加速度为 g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为对木板B : a2伽ig2（mim2）g“5m/s2m2tsAV和 Vo吨=厂B2g（1丄）mgfmgC、Vo和v0D2g（1红）mg fmg2V02g（1丄）mg2V。2 f2g（1 ）mg【答案】A【解析】 设物体上升的最大高度为h，返回到原抛出点的速率为v，根据动能定理，上升阶段有和Vo8h=一Vo,v=v0m9-f,故选项A正确.2g（丄）；mg fmg例 6.如图所示，物块m从高为h的斜面上滑下，又在同样材料的水平面上滑行s后静止，已知斜面倾角为-,物块由斜面到水平面时圆滑过渡，求物块

15、与接触面间的动摩擦因数。【解析】辆体在斜面上尸滑时摩揀力做员功，重力做正功，动能増加在水平面上滑行时只有摩揀力做员功，最后减速到零，全过程动能变化量为零，可在全过程中应用动能定理求解。在全过程中应用动能走理 mgfi 亠（凹刖30 - + pmgs）= 0解得 p = -_二= tan iZ其中肛対物体初末两位置连线与水平面夹角。（iii） 应用动能定理求解多物体系问题对于多物体、多过程问题，由于运动过程繁琐，用牛顿第二定律解题相当复杂，而从能量观点出发，应用动能定理解题往往可以使问题简化但应注意，从能量角度解题，如果研究对象是一个物体，往往用动能定理求解，而对于系统，往往是根据总体能量守恒的

16、观点来处理问题例 7.如图所示，放在水平面上的小车上表面水平，AB 是半径为 R 的 14 光滑圆弧轨道，下端 B 的切线水平且与平板车上表面平齐，车的质量为 M.现有一质量为 m 的小滑块，从轨道上端 A 处无初速释放，滑到 B 端 后，再滑到平板车上若车固定不动，小滑块恰不能从车上掉下 （重力加速度为 g）（1）求滑块到达 B 端之前瞬间所受支持力的大小；（2）求滑块在车上滑动的过程中，克服摩擦力做的功；-（mgh fh） = 0 -12一mvo2整个过程有1 mv2-丄mv2,两式联立解得2209（3） 若车不固定，且地面光滑，把滑块从A 点正上方的 P 点无初速释放， P 点到 A 点

17、的高度为 h,滑块从 A 点进入轨道，最后恰停在车的中点，求车的最大速度r【答案】(1) 3mg(2) mgR(3)【解析】 根据机械能守恒有：=根据牛顿第二定律有，N-吨=誓/L联立解得轨道对滑块的支持力:N=3mg(2 )滑块在车上滑动过程中，克服摩擦力做的功W,对整个过程应用动能定理mgR-W=即 W=mgR(3)因滑块最后恰停在车的中点，结合(2)可知因摩擦而产生的内能也即系统内摩擦力所做的总功：W=W/2=mgR/21滑块与车速度相同时，车速最大，设为V2,对系统应用动能定理有：-(M m)v2-0二mg (R h) -W2联立解得：v.mg(R 2h) M +mE 应用动能定理求路

18、程在多阶段或往返运动中，如果摩擦力或介质阻力大小不变，方向与速度方向关系性相反则在整个过程中克服摩擦力或介质阻力所做功等于力与路程的乘积，从而可将物体在摩擦力或介质阻力作用下通过的路程与 动能定理联系起来例 8.如图所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段 NP 相切于 N, P 端固定一竖直挡板.M 相10对于 N 的高度为 h，NP 长度为 s. 一物块自 M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(物 块碰撞前后的速度大小相等，方向相反)后停止在水平轨道上某处.若在 MN 段的摩擦可忽略不计，物块与NP 段轨道间的滑动摩擦因数为卩，求物块停止的地方与 N 点

19、的距离的可能值.NPhuu【答案】在十2s时d=2sr;若 -2s,s2sd【解析】设物块质量为撷，在水平滑道上滑行的总路程为夕，对整个过程应用动能定理：mgh 则gs*= 0设物块在水平轨道上停住的地方与N点的距禽为仇若物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则s = 2s-d联立可得 d=2s-此结果在-2sf则物块与P碗撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止#此 fl 寸有0 = 2s十山(v)利用动能定理求运动时间动能定理通常不处理涉及时间的问题，但在变力的功率恒定的情况下，可以利用动能定理将物体的运动时间与通过的位移联系起来，可在位移与路程中知一求一例 9.某校物理兴

20、趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动 L 后，由 B 点进入半径为 R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点,并能越过壕沟。已知赛车质量 m=0.1kg,通电后以额定功率 P=1.5w 工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中 L=10.00m，R=0.32m, h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，2电动机至少工作多长时间？(取g =10m/s)11片一L盯丁【答案】2.53s【解析】设赛车越过壕沟需要的最小速度为vi,由平抛运动的规律121212mv；mv；m

21、g 2R2 2解得v3- . 5gh =4m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是2Pt - fL mVmin2t=2.53s模型演练1.如图所示，给物块以初速度Vo， 使之沿斜面下滑，已知斜面与物块之间的动摩擦因数为，又知物块与斜面底端挡板碰后将以碰前的速率反弹，（斜面长 L 及倾角已知，且tan 9 ），求物块运动的总路程。亠+gLsin 6【答案】 _解得设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为恒定律V2,最低点的速度为V3，由牛顿第二定律及机械能守设电动机工作Vmin二4m/st，根据功能原理由此可得练1图ii【解析】首先明确物块停止运动的位舐 由于讪厂

22、七即摩撫力小于物块的下滑力P所以物块最终一定 是停在斜面的底端，设物块总共运动的略程为 5 尽菅此过程中物块有时下滑，有时上行但摩撫力始终做 员功，其功为砌=-fs = -pmgs沖巧而二卿sin J-|imgs cos 9 + mgL sin 6 = mV故由动能定理得：2vnFgL- sin 6 2比|ig cos 92.如图所示，小滑块从左侧斜面上高为 hi处由静止开始下滑，滑过长为S2的水平部分，又滑上右侧斜面,当滑至右侧斜面上高为h2处时速度减为零，设转角处无动能损失，滑块和左侧斜面、水平部分及右侧斜面间的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数“。【答案】述.匕【解析】滑块从左侧斜面高为hi

23、处滑至右侧斜面高为 h2处的过程中，初、末速度都为零，初、末动能也为零，该过程只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgh pmg cos 0tL- -|Jings) nigh2 pmg cos的sin Ctj化简得：mg(h1- h2) pmgfhj colc + st+ h2cotcx3)也即：打 一 h? =+ 3 + 羽)hj -ha|i 二-故可得：打+旳+B3我们作出如图所示的辅助线，则解得;14练 2 答图从计算结果可以看出，只要测出物块初、末位置的高度差和两位置所对应的水平距离，即可测出动摩擦因 数。3.如图所示，质量为m的物体，被经过光滑小孔的细绳牵引，且在光滑的水平面上做匀速

24、圆周运动，拉力大小为F，转动半径为R。当拉力增大到6F时，物体仍做匀速圆周运动，此时的半径为0.5R。求在这一【解析】小球做匀速圆周运动时，绳子的拉力大小等于小球做匀速圆周运动的向心力。设小球初速度为丹，末速度为巾，根掳圆周运动规律,2有F = mR05J?联立二式得讶=3*在整个过程中拉力做的功等于小球动能的增加，即図=-丄朋彳2 2解得 =4.如图所示，木块B放在光滑水平地板上，有一物体A以向右的速度v0滑上木块B上表面的左端。若物体15A与木块B上表面间的滑动摩擦因数为 ,且物体A可看做质点，那么要使A不从B的右端滑出去，木块B至少应多长？已知A、B质量分别为m、M。【解析】由于摩撅力的

25、作用，/做减速运动出做加速运动，当/滑到月的右端时二者共逮，设速度为地面光滑，可根据动量守恒有用叫=Q彳十加冲对系统应用动能定理存%，式中J为、B 的相对位移即B的长度。1212EK(M m)vmv02 21212所以有0 - mgl (M m)v2mv02 22解得i mvo_2(M +口)勺5.反射式调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的震荡来产生微波，其震荡原理与下述过程 类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B 两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E2.0 103N/C 和E2=4.0 103N/C,方向如图所示，带电微粒质量m =1.0 10kg，带电量q二-1.0 10C,A 点距虚线MN的距离d1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求:图五2【答案】mV02(M m)弋16I* II4-17(1)B 点到虚线MN的距离d2;(2)带电微粒从 A 点运动到 B 点所经历的时间t。【答案】(1)0.50cm( 2)1.5x10-8s【解析】(1)带电微粒由A运动到B的过程中,由动能定理有qE-qEA=E解得 G =& =0.50C7W览1(2)设微粒在虚线 MN 两侧的加速度大小分别为 al、a2,由牛顿第二定