1、第 4 課時動能定理的應(yīng)用基礎(chǔ)知識歸納1.用動能定理求變力的功在某些問題中，由于F的大小或方向變化，不能直接用WFlcos 求解力的功，可用動能定理求解，求出物體動能變化和其他恒力的功，即可由EkW1W2Wn求得其中變力的功.2.物體系的動能定理問題物體間的一對相互作用力的功可以是正值，也可以是負值，還可以是零.因此幾個物體組成的系統(tǒng)所受的合外力的功不一定等于系統(tǒng)動能的變化量.3.動能定理分析復(fù)雜過程問題物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可對全程考慮，對整個過程列式可使問題簡化.重點難點突破一、用動能定理求解變力做功的注意要點1.分析

2、物體受力情況，確定哪些力是恒力，哪些力是變力.2.找出其中恒力做的功及變力做的功.3.分析物體初、末狀態(tài)，求出動能變化量.4.運用動能定理求解.二、用動能定理解決問題時，所選取的研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng).當選取物體系統(tǒng)作為研究對象時，應(yīng)注意以下幾點：1.當物體系統(tǒng)內(nèi)的相互作用是桿、繩間的作用力，或是靜摩擦力，或是剛性體元之間相互擠壓而產(chǎn)生的力，作用力與反作用力的總功等于零，這時列動能定理方程時可只考慮物體系統(tǒng)所受的合外力的功即可.2.當物體系統(tǒng)內(nèi)的相互作用力是彈簧、橡皮條的作用力，或是滑動摩擦力，作用力與反作用力的總功不等于零，這時列動能定理方程時不但要考慮物體系統(tǒng)所

3、受的合外力的功，還要考慮物體間的相互作用力的功.3.物體系統(tǒng)內(nèi)各個物體的速度不一定相同，列式時要分別表達不同物體的動能.三、多過程問題的求解策略1.分析物體運動，確定物體運動過程中不同階段的受力情況，分析各個力的功.2.分析物體各個過程中的初、末速度，在不同階段運用動能定理求解，此為分段法.這種方法解題時需分清物體各階段的運動情況，列式較多.3.如果能夠得到物體全過程初、末動能的變化，及全過程中各力的功，對全過程列一個方程即可，此方法較為簡潔.典例精析1.用動能定理求解變力做功【例1】如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿AOB，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)0.2，桿的豎直部分光滑.兩部分各套有質(zhì)量均

4、為1 kg的小球A和B，A、B球間用細繩相連.此時A、B均處于靜止狀態(tài)，已知：OA3 m，OB4 m.若A球在水平拉力F的作用下向右緩慢地移動1 m(取g10 m/s2)，那么(1)該過程中拉力F做功多少？(2)若用20 N的恒力拉A球向右移動1 m時，A的速度達到了2 m/s，則此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？【解析】(1)用力F緩慢拉A球時，分析可知F的大小發(fā)生變化，把A、B看做整體，由平衡條件知，A受桿的支持力FNmgmg2mg不做功，摩擦力Ff2mg為恒力.對于A和B組成的系統(tǒng)，由動能定理可得WF2mglmghB0因繩長L5 m保持不變，當A移動的距離l1 m時，設(shè)B升高了hB.由幾何關(guān)系可

5、知：(31)2(4hB)252所以hBl1 m代入式，可得WF2mglmglmgl(21)1101(20.21) J14 J(2)如右圖所示，若以F20 N的恒力拉A球，AB繩所受拉力及A所受摩擦力均為變力.在A移動1 m的過程中，對于A和B球組成的系統(tǒng)，由動能定理得FlWfmghBmvmv0注意到內(nèi)能QWf且在同一時刻，A、B兩球沿繩方向的分速度相等.即vAcosOABvBcosOBA則vAvB由式得vBvA，代入式得Q4.4 J【思維提升】本題涉及的知識面較大，其中受力分析是解答本題的基礎(chǔ)，功的計算與速度分解都是解答本題的關(guān)鍵.其次理解題目中“緩慢”的含義，在動能定理問題中，“緩慢”表示動

6、能始終為零，物體處于靜止狀態(tài).【拓展1】劍橋大學物理學家海倫杰爾斯基研究了各種自行車特技的物理學原理，并通過計算機模擬探尋特技動作的極限，設(shè)計了一個令人驚嘆不已的高難度動作“愛因斯坦空翻”，并在倫敦科學博物館由自行車特技運動員(18歲的布萊士)成功完成.“愛因斯坦空翻”簡化模型如圖所示，質(zhì)量為m的自行車運動員從B點由靜止出發(fā)，經(jīng)BC圓弧，從C點豎直沖出，完成空翻，完成空翻的時間為t.由B到C的過程中，克服摩擦力做功為W，空氣阻力忽略不計，重力加速度為g，試求：自行車運動員從B到C至少做多少功？【解析】設(shè)運動員從C點沖出的速度為v，則有t即vgt對B到C的過程運用動能定理：W人Wmv20所以W人

7、Wm(gt)2Wmg2t22.對系統(tǒng)運用動能定理【例2】如圖所示，跨過定滑輪的輕繩兩端的物體A和B的質(zhì)量分別為M和m，物體A在水平面上.A由靜止釋放，當B沿豎直方向下落h時，測得A沿水平面運動的速度為v，這時細繩與水平面的夾角為，試分析計算B下降h過程中，A克服地面摩擦力做的功.(滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計)【解析】據(jù)運動分解的有關(guān)知識得：B下降h高度時的速度vBvcos 因為A、B間輕繩拉力做功的代數(shù)和為0，對A、B系統(tǒng)運用動能定理：mgh|Wf|Mv2m(vcos )20所以|Wf|mghMv2m(vcos )2【思維提升】如果選取系統(tǒng)作為動能定理的研究對象，一定要分析系統(tǒng)內(nèi)力的功是否為零，如

8、果不為零，不能落下這個功，這與牛頓定律中的整體法有差異，在牛頓定律整體法中，不必分析系統(tǒng)內(nèi)力，而在動能定理中不僅要分析外界對系統(tǒng)做的功，也要分析內(nèi)力做的功.3.多過程問題的求解【例3】如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看做質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動.已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為.求：(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，

9、釋放點距B點的距離L應(yīng)滿足什么條件？【解析】(1)因為摩擦始終對物體做負功，所以物體最終在圓心角為2的圓弧上往復(fù)運動.對整個過程應(yīng)用動能定理得mgRcos mgcos s0，所以s(2)對BE過程mgR(1cos )mvFNmg由式解得FN(32cos )mg(3)設(shè)物體剛好到D點，則mg對全過程應(yīng)用動能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mv由式解得LR【思維提升】對于多過程應(yīng)用動能定理的問題：(1)有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，導(dǎo)致物體的運動包含幾個物理過程，物體運動狀態(tài)、受力情況均發(fā)生變化，因而在考慮外力做功時，必須根據(jù)不同情況，分別對待.(2)若物體運動過程

10、中包含幾個不同的物理過程，解題時，可以分段考慮，也可視為一個整體過程，應(yīng)用動能定理求解.(3)對過程運用“整體法”或“隔離法”并不影響解題結(jié)果，要看研究問題的方便而定.【拓展2】如圖甲所示，物體在離斜面底端4 m處由靜止滑下，若動摩擦因數(shù)均為0.5，斜面傾角為37，斜面與平面間由一小段圓弧連接，求物體能在水平面上滑行多遠？【解析】物體在斜面上受重力mg、支持力FN1、摩擦力F1的作用，沿斜面加速下滑(由計算可知重力沿斜面向下的分力大于滑動摩擦力)到水平面后，在摩擦力F2作用下做減速運動，直至停止.解法一：對物體在斜面上和平面上時分別進行受力分析，如圖乙所示，知下滑階段有FN1mgcos 37，

11、故F1FN1mgcos 37由動能定理有mgsin 37x1mgcos 37x1mv在水平過程中F2FN2mg由動能定理有mgx20mv由式可得x2x14 m1.6 m解法二：物體受力分析同解法一.物體運動的全過程中，初、末狀態(tài)速度均為零，對全過程應(yīng)用動能定理有mgsin 37x1mgcos 37x1mgx20解得x2 m1.6 m 易錯門診【例4】質(zhì)量為M的木塊放在水平臺面上，臺面比水平地面高出h0.20 m，木塊離臺的右端L1.7 m.質(zhì)量為mM的子彈以v0180 m/s的速度水平射向木塊，并以v90 m/s的速度水平射出，木塊落到水平地面時的落地點到臺面右端的水平距離為l1.6 m，求木塊與臺面間的動摩擦因數(shù).【錯解】木塊離開臺面后的平拋階段，由lv2解得v28 m/s對子彈和木塊組成的整體在整個過程中應(yīng)用動能定理有：MgLMvmv2mv代入數(shù)據(jù)可得69.6【錯因】本題的物體有兩個：子彈和木塊，物理過程可以分為三個階段：子彈射木塊；木塊在臺面上滑行；木塊飛出臺面平拋.其中兩個階段有機械能損失：子彈射穿木塊階段和木塊在臺面上滑行階段.故不能對子彈和木塊組成的整體在整個過程中應(yīng)用動能定理.【正解】對三個階段列方程：子彈射穿木塊階段，對系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律，設(shè)木塊末速度為v1，則mv0mvMv1木塊在臺面上滑行階段，對木塊應(yīng)用