【物理】2019届一轮复习人教版 动能定理应用模型 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 动能定理应用模型 学案

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.‎ 学 ]‎ 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，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总=F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l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：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各个外力的功求代数和即：W总=W1+W2+W3+…‎ 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Ek2＞Ek1，即W总＞0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2＜Ek1，即W总＜0，合力对物体做负功，物体的动能减少.‎ ‎（ix）一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W合具有等量代换关系：W合=ΔEk.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. 学 ]‎ ‎（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Ek1及Ek2.‎ ‎（4）列方程W合=Ek2-Ek1，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，则（ ）‎ A.t1时刻小球动能最大 Bt2时刻小球动能最大 Ct2 t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 Dt2 t3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，说明弹簧此时被压缩到最短，此时小球的速度为零，则动能也为零，B错误；t2 t3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.‎ 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O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B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μ，重力加速度g，求：‎ ‎（1）物块B在d点的速度大小 ;‎ ‎（2）物块A滑行的距离 .‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎（2）设A和B分开时的速度分别为v1和v2，系统动量守恒 mAv1-mBv2=0④‎ B从位置b运动到d的过程中，由动能定理 ‎⑤‎ A在滑行过程中，由动能定理 ‎⑥‎ 联立③④⑤⑥，得⑦‎ ‎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 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：‎ W外+W内=ΔEk ‎ 例3.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中， 学 ]‎ A.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为mv2 ]‎ B.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为零 C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 ‎【答案】B ‎5.动能定理的应用技巧 ‎(i)利用动能定理求变力的功 变力的功无法用公式W=Fscosα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m1=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、B，长度均为l=2 m，质量均为m2=20 kg，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μ1‎ ‎=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）.‎ 例4题图 ‎（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 ‎（2）当货物滑上木板A时，货物对木板的摩擦力 地面对木板A、B的最大静摩擦力 由于，‎ 此时木板A、B静止不动。 ‎ 设货物滑到木板A右端时速度为，由动能定理：‎ 得： ‎ 当货物滑上木板B时，地面对木板A、B最大静摩擦力 由于，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 则对货物： ‎ 对木板 ‎ 由以上两式可得： ‎ 此过程中，‎ 由于，所以货物最终未从木板B上滑下，且与其右端的距离为 ‎ (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v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力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 A、和 B、和 C、和 D、和 ‎【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,整个过程有,两式联立解得 h=,,故选项A正确.‎ 例6.如图所示，物块从高为的斜面上滑下，又在同样材料的水平面上滑行后静止，已知斜面倾角为 ‎，物块由斜面到水平面时圆滑过渡，求物块与接触面间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】‎ ‎ (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；‎ ‎（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.‎ ‎【答案】（1）3mg（2）mgR(3)‎ ‎（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=0④‎ 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/2⑤‎ 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：⑥‎ 联立⑤⑥解得：⑦‎ ‎(iv)应用动能定理求路程 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μ，求物块停止的地方与N点的距离的可能值.‎ ‎【答案】在时；若，‎ ‎ (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，电动机至少工作多长时间？（取）‎ ‎【答案】2.53s ‎【解析】设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3‎ ‎，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 m/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 ‎ m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 ‎ ‎ 由此可得 t=2.53s 模型演练 ‎1.如图所示，给物块以初速度v0，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），求物块运动的总路程。‎ 练1图 ‎【答案】‎ ‎2.如图所示，小滑块从左侧斜面上高为h1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。‎ 练2 图 ‎【答案】‎ ‎【解析】滑块从左侧斜面高为h1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：‎ 化简得：‎ 也即：‎ 故可得：‎ 我们作出如图所示的辅助线，则。‎ 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圆周运动，拉力大小为，转动半径为。当拉力增大到时，物体仍做匀速圆周运动，此时的半径为。求在这一过程中，拉力对物体所做的功。‎ ‎【答案】FR ‎4.如图所示，木块放在光滑水平地板上，有一物体以向右的速度滑上木块上表面的左端。若物体与木块上表面间的滑动摩擦因数为，且物体可看做质点，那么要使不从的右端滑出去，木块 至少应多长？已知、质量分别为、。‎ ‎【答案】‎ 所以有 解得 学 ]‎ ‎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N/C和N/C，方向如图所示，带电微粒质量，带电量,A点距虚线的距离，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：‎ ‎（1）B点到虚线的距离；‎ ‎（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间。‎ ‎【答案】（1）0.50cm（2）1.5×10-8s ‎（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有 设微粒在虚线MN两侧的运动时间分别为t1t2.由运动学公式有 又t=t1+t2‎ 解以上各式可得t=1.5×10-8s ‎6.如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、 足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。‎ 求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；‎ ‎（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1 ；‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m 。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 ‎ 由动能定理 ‎ 装置在磁场中运动时收到的合力 感应电动势 =Bd 感应电流 =‎ 安培力 ‎ 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有 则 有 解得 ‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 由动能定理 ‎ 解得 ‎