应用动能定理求解高中物理不同问题

【摘要】动能定理常应用于直线运动问题、曲线运动问题和多物体运动问题等问题中.牢记动能定理的适用范围、应用特点，需要明确运动过程的始末，进一步对运动过程的位移、速度进行分析求解.本文结合不同类型例题的应用，帮助学生积累更多经验，更高效地解答问题.

【关键词】动能定理；高中物理；解题技巧

1解直线运动问题

运用动能定理解直线运动问题，首先需要确定研究对象，明确问题中的研究对象的运动类型.然后结合初始运动状态和终末运动状态，即可对直线运动问题做出解答.

例1如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA的A点（水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接）.若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线所示），小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面，已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线，则（）

（A）小物块恰好能运动到B点.

（B）小物块最远能运动到B点上方的某点.

（C）小物块只能运动到C点.

（D）小物块最远能运动到B、C两点之间的某点.

解小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理可得－mgh－μmg·PQ－μmgcosθ·AQ=0－12mv20，即mgh+μmgPQ+x=12mv20.

若减小倾角θ，h不变，x也不变，选项（A）（C）错误；若h变大，则x变小，选项（B）错误；若h变小，则x变大，选项（D）正确.

2解连接体问题

应用动能定理求解多物体连接问题，应结合题意确定需要研究的运动对象，选取合适的多物体作为整体进行分析.动能定理在连接体问题中的应用，主要是对研究对象动能的转化进行探讨，因此求解这类问题，关键在于研究对象的选择和确定.

例2如图2所示，水平面上O点的左侧光滑，右侧粗糙，有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3、…、8依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个滑块经过O点进入粗糙地带后到第4个滑块经过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列选项正确的是（）

（A）滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等.

（B）滑块3匀速运动的速度是FL4m.

（C）第4个小滑块完全进入粗糙地带后到第5个小滑块完全进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为F24m.

（D）最终第7个滑块刚好能到达O点而第8个滑块不可能到达O点.

解滑块匀速运动时，在O点左侧的滑块处于光滑地段，则杆上的弹力为零；在O点右侧的滑块处于粗糙地带，则每个滑块都会受到滑动摩擦力作用，且各段轻杆上的弹力大小不等，选项（A）错误.设每个滑块进入粗糙地面受到的摩擦力为f，由题意可知，第1个滑块从O点向右运动2L的过程中，由动能定理可得F·2L－f·2L－fL=12·8mv2，匀速运动时满足F=3f，解得v=FL4m，选项（B）正确.第4个滑块完全进入粗糙地带到第5个滑块进入粗糙地带前这一过程，根据牛顿第二定律有F－4f=8ma，解得a=－F24m，选项（C）正确.从第1个滑快开始运动到第7个滑块刚到达O点过程中，由动能定理有F×6L－6+5+4+3+2+1fL=12×8mv′2，该表达式不成立，则第7个滑块不可能到达O点，选项（D）错误.

3解曲线运动问题

应用动能定理解答曲线运动问题，主要体现在动能定理中对速度只关注大小不关注方向，有助于简化解题过程.应用动能定理解答相关问题，只关注始末状态的速度大小，重力做功与运动路径无关联，摩擦力做功与路径有关系，这些是解题时需要注意的内容.

例3如图3所示，水平传送带以v0=6m/s的速率顺时针转动，左右两端点A、B间距L=4m.光滑水平面AC与足够长的光滑斜面CE及传送带左侧平滑相连，竖直面内半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BD与传送带右侧相切于B点（物块通过各连接处时无机械能损失）.现将一质量m=1kg的小物体（视为质点）自斜面CE上高度为h的某点由静止释放，能顺利通过传送带从半圆轨道D点水平抛出.已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2，下列判断正确的是（）

（A）物块通过半圆轨道D点时对轨道的最小压力为零.

（B）物块通过B点时的最小速度为5m/s.

（C）若物块从某一高度范围内滑下，总能以相同的速度通过轨道D点，则h最小为0.2m.

（D）若物块从某一高度范围内滑下，总能以相同的速度通过轨道D点，则h最大为3.4m.

解物块通过半圆轨道D点对轨道的最小压力为零时，有mv2DR=mg，此时vD=5m/s，若物块刚好从B点运动到D点，则－mg·2R=12mv2D－12mv2B，解得vB=5m/s；当h→∞时，物块到达B点速度一定大于5m/s，当h→0时，物块到达B点速度v′B=2μgL=42m/s＞5m/s.所以无论h为多大，物块运动到D点时，速度均大于5m/s，则物块通过半圆轨道D点对轨道的最小压力不可能为零，根据机械能守恒定律可知，若物块总能以相同的速度通过轨道D点，则总能以相同的速度通过B点.分析知通过B点时速度v0=6m/s，当h取最小值时，物块在传送带上做加速运动，根据动能定理有mghmin+μmgL=12mv20，解得hmin=0.2m，故选项（C）正确.当h取最大时，物块在传送带上做减速运动，根据动能定理有mghmax－μmgL=12mv20，解得hmax=3.4m，选项（D）正确.

4结语

本文对动能定理在不同类型问题中的应用进行了详细分析与解读，在不同问题中应用动能定理需要结合问题特点进行解答.无论是曲线运动还是直线运动，一般都需要明确运动类型才能解题，曲线运动不要求明确速度方向，这给运用动能定理解题带来了很大的方便，而多物体连接运动需要结合题意选择运动对象，这些都是解题过程中需要注意和强调的点.