《2019高考物理 模型系列之算法模型 專題06 動能定理應用模型學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理 模型系列之算法模型 專題06 動能定理應用模型學案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(guī)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(tài)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(yōu)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. 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

2、功，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(jù)W總=F合lcosα計算總功，但應注意α應是合力與位移l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：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各個外力的功求代數(shù)和即：W總=W1+W2+W3+… 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）

3、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(yōu)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(shù)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

4、”，而是意味著“功引起物體動能的變化”. （viii）若Ek2＞Ek1，即W總＞0，合力對物體做正功，物體的動能增加；若Ek2＜Ek1，即W總＜0，合力對物體做負功，物體的動能減少. （ix）一個物體的動能變化ΔEk與合外力對物體所做功W合具有等量代換關系：W合=ΔEk.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(tài)的動能Ek1及Ek2. （4）列方程W合=

5、Ek2-Ek1，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，則（ ） A.t1時刻小球動能最大 Bt2時刻小球動能最大 Ct2~t3這段時間內，小球的動能先增加后減少 Dt2~t3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

6、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，說明彈簧此時被壓縮到最短，此時小球的速度為零，則動能也為零，B錯誤；t2~t3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. 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O為圓心、R為半徑的一小段圓弧。可視為質點的

7、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B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g，求： （1）物塊B在d點的速度大小 ; （2）物塊A滑行的距離 . 【答案】（1）（2） （2）設A和B分開時的速度分別為v1和v2，系統(tǒng)動量守恒 mAv1-mBv2=0④ B從位置b運動到d的過程中，由動能定理 ⑤ A在滑行過程中，由動能定理 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥，得⑦ ４.系統(tǒng)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

8、等于物體動能的改變量，即 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(tǒng)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： W外+W內=ΔEk 例3.一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。在此過程中， A.地面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為mv2 B.地

9、面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D.地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 【答案】B 5.動能定理的應用技巧 (i)利用動能定理求變力的功 變力的功無法用公式W=Fscosα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m1=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(fā)生撞擊，在地

10、面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2 m，質量均為m2=20 kg，木板上表面與軌道末端相切.貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.4，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）. 例4題圖 （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 （2）當貨物滑上木板A時，貨物對木板的摩擦力 地面對木板A、B的最大靜摩擦力 由于， 此時

11、木板A、B靜止不動。 設貨物滑到木板A右端時速度為，由動能定理： 得： 當貨物滑上木板B時，地面對木板A、B最大靜摩擦力 由于，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 則對貨物： 對木板 由以上兩式可得： 此過程中， 由于，所以貨物最終未從木板B上滑下，且與其右端的距離為 (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(jù)動

12、能定理列式求解，則可以使問題簡化. 根據(jù)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v0豎直向上拋出一質量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力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 A、和 B、和 C、和 D、和 【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(jù)動能定理，上升階段有,整個過程有,兩式聯(lián)立解得 h=,,故選項A正確. 例6.如圖所示，物塊從

13、高為的斜面上滑下，又在同樣材料的水平面上滑行后靜止，已知斜面傾角為，物塊由斜面到水平面時圓滑過渡，求物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)。 【答案】 (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(fā)，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(tǒng)，往往是根據(jù)總體能量守恒的觀點來處理問題. 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(xiàn)有一質量為m的小滑塊，從

14、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??； （2）求滑塊在車上滑動的過程中，克服摩擦力做的功； （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. 【答案】（1）3mg（2）mgR(3) （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=0④ 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(chǎn)生的內能也即系統(tǒng)內摩

15、擦力所做的總功: W'=W/2=mgR/2⑤ 滑塊與車速度相同時，車速最大，設為v2，對系統(tǒng)應用動能定理有：⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得：⑦ (iv)應用動能定理求路程 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(lián)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(fā)生一次完全彈性碰撞（物塊碰撞前后的速度大小相等

16、，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(shù)為μ，求物塊停止的地方與N點的距離的可能值. 【答案】在時；若， (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(lián)系起來,可在位移與路程中知一求一. 例9.某校物理興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(fā)，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(xù)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=

17、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，電動機至少工作多長時間？（?。? 【答案】2.53s 【解析】設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律 解得 設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3，由牛頓第二定律及機械能守恒定律

18、 解得 m/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 m/s 設電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能原理 由此可得 t=2.53s 模型演練 1.如圖所示，給物塊以初速度v0，使之沿斜面下滑，已知斜面與物塊之間的動摩擦因數(shù)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），求物塊運動的總路程。 練1圖

19、【答案】 2.如圖所示，小滑塊從左側斜面上高為h1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(shù)相同，求此動摩擦因數(shù)。 練2 圖 【答案】 【解析】滑塊從左側斜面高為h1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： 化簡得： 也即： 故可得： 我們作出如圖所示的輔助線，則。 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(shù)

20、。 3.如圖所示，質量為的物體，被經(jīng)過光滑小孔的細繩牽引，且在光滑的水平面上做勻速圓周運動，拉力大小為，轉動半徑為。當拉力增大到時，物體仍做勻速圓周運動，此時的半徑為。求在這一過程中，拉力對物體所做的功。 【答案】FR 4.如圖所示，木塊放在光滑水平地板上，有一物體以向右的速度滑上木塊上表面的左端。若物體與木塊上表面間的滑動摩擦因數(shù)為，且物體可看做質點，那么要使不從的右端滑出去，木塊至少應多長？已知、質量分別為、。 【答案】 所以有 解得 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(chǎn)生微波，其震蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線兩側分

21、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N/C和N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量，帶電量,A點距虛線的距離，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求： （1）B點到虛線的距離； （2）帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間。 【答案】（1）0.50cm（2）1.5×10-8s （2）設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2,由牛頓第二定律有 設微粒在虛線MN兩側的運動時間分別為t1t2.由運動學公式有 又t=t1+t2 解以上各式可得t=1.5×10-8s 6.

22、如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、 足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的邊長為d（d < l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。 求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q； （2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1 ； （3）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m 。 【答案】（1）（2）（3） （2）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動 由動能定理 裝置在磁場中運動時收到的合力 感應電動勢 =Bd 感應電流 = 安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時間內，有 則 有 解得 （3）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動 由動能定理 解得 16