高考一轮复习学案：动能定理的应用

第4课时动能定理的应用基础知识归纳1.用动能定理求变力的功在某些问题中，由于F的大小或方向变化，不能直接用W＝Fl cos α求解力的功，可用动能定理求解，求出物体动能变化和其他恒力的功，即可由ΔE k＝W1＋W2＋…＋W n求得其中变力的功.2.物体系的动能定理问题物体间的一对相互作用力的功可以是正值，也可以是负值，还可以是零.因此几个物体组成的系统所受的合外力的功不一定等于系统动能的变化量.3.动能定理分析复杂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，也可对全程考虑，对整个过程列式可使问题简化.重点难点突破一、用动能定理求解变力做功的注意要点1.分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力.2.找出其中恒力做的功及变力做的功.3.分析物体初、末状态，求出动能变化量.4.运用动能定理求解.二、用动能定理解决问题时，所选取的研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统.当选取物体系统作为研究对象时，应注意以下几点：1.当物体系统内的相互作用是杆、绳间的作用力，或是静摩擦力，或是刚性体元之间相互挤压而产生的力，作用力与反作用力的总功等于零，这时列动能定理方程时可只考虑物体系统所受的合外力的功即可.2.当物体系统内的相互作用力是弹簧、橡皮条的作用力，或是滑动摩擦力，作用力与反作用力的总功不等于零，这时列动能定理方程时不但要考虑物体系统所受的合外力的功，还要考虑物体间的相互作用力的功.3.物体系统内各个物体的速度不一定相同，列式时要分别表达不同物体的动能.三、多过程问题的求解策略1.分析物体运动，确定物体运动过程中不同阶段的受力情况，分析各个力的功.2.分析物体各个过程中的初、末速度，在不同阶段运用动能定理求解，此为分段法.这种方法解题时需分清物体各阶段的运动情况，列式较多.3.如果能够得到物体全过程初、末动能的变化，及全过程中各力的功，对全过程列一个方程即可，此方法较为简洁.典例精析1.用动能定理求解变力做功【例1】如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB ，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑.两部分各套有质量均为1 kg 的小球A和B ，A 、B 球间用细绳相连.此时A 、B 均处于静止状态，已知：OA ＝3 m ，OB ＝4 m.若A 球在水平拉力F 的作用下向右缓慢地移动1 m(取g ＝10 m/s 2)，那么(1)该过程中拉力F 做功多少？(2)若用20 N 的恒力拉A 球向右移动1 m 时，A 的速度达到了2 m/s ，则此过程中产生的内能为多少？【解析】(1)用力F 缓慢拉A 球时，分析可知F 的大小发生变化，把A 、B 看做整体，由平衡条件知，A 受杆的支持力F N ＝mg ＋mg ＝2mg 不做功，摩擦力F f ＝μ·2mg 为恒力.对于A 和B 组成的系统，由动能定理可得W F －2μmgl －mgh B ＝0①因绳长L ＝5 m 保持不变，当A 移动的距离l ＝1 m 时，设B 升高了h B .由几何关系可知：(3＋1)2＋(4－h B )2＝52所以h B ＝l ＝1 m代入①式，可得W F ＝2μmgl ＋mgl ＝mgl (2μ＋1)＝1×10×1×(2×0.2＋1) J ＝14 J ②(2)如右图所示，若以F ＝20 N 的恒力拉A 球，AB 绳所受拉力及A 所受摩擦力均为变力.在A 移动1 m 的过程中，对于A 和B 球组成的系统，由动能定理得Fl －W f －mgh B ＝12m 2A v ＋12mv 2B－0③ 注意到内能Q ＝W f ④且在同一时刻，A 、B 两球沿绳方向的分速度相等.即v A cos ∠OA ′B ′＝v B cos ∠O B′A ′则v A ·OA′＝v B ·OB′⑤ 由⑤式得v B ＝43v A ，代入③式得Q ＝4.4 J ⑥ 【思维提升】本题涉及的知识面较大，其中受力分析是解答本题的基础，功的计算与速度分解都是解答本题的关键.其次理解题目中“缓慢”的含义，在动能定理问题中，“缓慢”表示动能始终为零，物体处于静止状态.【拓展1】剑桥大学物理学家海伦·杰尔斯基研究了各种自行车特技的物理学原理，并通过计算机模拟探寻特技动作的极限，设计了一个令人惊叹不已的高难度动作—“爱因斯坦空翻”，并在伦敦科学博物馆由自行车特技运动员(18岁的布莱士)成功完成.“爱因斯坦空翻”简化模型如图所示，质量为m 的自行车运动员从B 点由静止出发，经BC 圆弧，从C 点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t .由B 到C 的过程中，克服摩擦力做功为W ，空气阻力忽略不计，重力加速度为g ，试求：自行车运动员从B 到C 至少做多少功？【解析】设运动员从C 点冲出的速度为v ，则有t ≤gv 2 即v ≥12gt 对B 到C 的过程运用动能定理：W 人－W ＝12mv 2－0 所以W 人≥W ＋12m (12gt )2＝W ＋18mg 2t 2 2.对系统运用动能定理【例2】如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A 和B 的质量分别为M 和m ，物体A 在水平面上.A 由静止释放，当B 沿竖直方向下落h 时，测得A 沿水平面运动的速度为v ，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B 下降h 过程中，A 克服地面摩擦力做的功.(滑轮的质量和摩擦均不计)【解析】据运动分解的有关知识得：B 下降h 高度时的速度v B ＝v cos θ因为A 、B 间轻绳拉力做功的代数和为0，对A 、B 系统运用动能定理：mgh －|W f |＝12Mv 2＋12m (v cos θ)2－0 所以|W f |＝mgh －[12Mv 2＋12m (v cos θ)2] 【思维提升】如果选取系统作为动能定理的研究对象，一定要分析系统内力的功是否为零，如果不为零，不能落下这个功，这与牛顿定律中的整体法有差异，在牛顿定律整体法中，不必分析系统内力，而在动能定理中不仅要分析外界对系统做的功，也要分析内力做的功.3.多过程问题的求解【例3】如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动.已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？【解析】(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动. 对整个过程应用动能定理得mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以s ＝R μ(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12mv 2E① F N －mg ＝mv 2E R② 由①②式解得F N ＝(3－2cos θ)mg(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝mv 2D R③ 对全过程应用动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D④ 由③④式解得L ′＝)cos (sin cos 23θμθθ-+·R 【思维提升】对于多过程应用动能定理的问题：(1)有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，导致物体的运动包含几个物理过程，物体运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待.(2)若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，应用动能定理求解.(3)对过程运用“整体法”或“隔离法”并不影响解题结果，要看研究问题的方便而定.【拓展2】如图甲所示，物体在离斜面底端4 m 处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5， 斜面倾角为37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？【解析】物体在斜面上受重力mg 、支持力F N1、摩擦力F 1的作用，沿斜面加速下滑(由计算可知重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力)到水平面后，在摩擦力F 2作用下做减速运动，直至停止.解法一：对物体在斜面上和平面上时分别进行受力分析，如图乙所示，知下滑阶段有 F N1＝mg cos 37°，故F 1＝μF N1＝μmg cos 37°由动能定理有mg sin 37°·x 1－μmg cos 37°·x 1＝12mv 21① 在水平过程中F 2＝μF N2＝μmg由动能定理有－μmgx 2＝0－12mv 21② 由①②式可得x 2＝μμ︒+︒37 cos 37 sin ·x 1＝0.6－0.5×0.80.5×4 m ＝1.6 m 解法二：物体受力分析同解法一. 物体运动的全过程中，初、末状态速度均为零，对全过程应用动能定理有mg sin 37°·x 1－μmg cos 37°·x 1－μmg ·x 2＝0解得x 2＝μμ1137 cos 37 sin x x ∙∙︒-︒＝(0.6－0.5×0.8)×40.5m ＝1.6 m易错门诊【例4】质量为M 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h ＝0.20 m ，木块离台的右端L ＝1.7 m.质量为m ＝110M 的子弹以v 0＝180 m/s 的速度水平射向木块，并以v ＝90 m/s 的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l ＝1.6 m ，求木块与台面间的动摩擦因数μ.【错解】木块离开台面后的平抛阶段，由l ＝v 2gh 2解得v 2＝8 m/s 对子弹和木块组成的整体在整个过程中应用动能定理有：－μMgL ＝12Mv 22＋12mv 2－12mv 20 代入数据可得μ＝69.6【错因】本题的物体有两个：子弹和木块，物理过程可以分为三个阶段：子弹射木块；木块在台面上滑行；木块飞出台面平抛.其中两个阶段有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段.故不能对子弹和木块组成的整体在整个过程中应用动能定理.【正解】对三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统应用动量守恒定律，设木块末速度为v 1，则mv 0＝mv ＋Mv 1①木块在台面上滑行阶段，对木块应用动能定理，设木块离开台面时的速度为v 2，有μMgL ＝12Mv 21－12Mv 22② 木块离开台面后的平抛阶段l ＝v 2gh 2③ 由①②③式可得μ＝0.50【思维提升】本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理.本题还应引起注意的是：不要不加分析(对相互作用的内力所做功不一定为零)就对系统应用动能定理.在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功.如果对系统全过程应用动能定理，就会把这个负功漏掉.。