施筆英

高中物理中有關(guān)運(yùn)動學(xué)的題目有直線和曲線運(yùn)動之分，也有勻變速和非勻變速之分，對解題方法的選擇可能多種，但是很多解法需要滿足條件才可用，而動能定理的使用并不需要條件限制，而且公式簡單，解題思路明晰。它揭示了物體外力做的總功與其動能變化之間的關(guān)系?？杀硎緸閃總=Ek2—Ek1=△Ek。在所研究的問題中，如果物體受外力作用而運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化時，此時巧妙運(yùn)用動能定理，往往能使解決問題的途徑簡捷明快，事半功倍。 下面就以對動能定理的使用中較有代表性的例子進(jìn)一步介紹。

一、動能定理的應(yīng)用可擴(kuò)展到全過程

當(dāng)物體運(yùn)動是由幾個物理過程組成，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時，可以把幾個物理過程看作一個整體來研究，從而避免考慮每個運(yùn)動過程的具體細(xì)節(jié)，大大簡化運(yùn)算。

例1：如圖1所示，一物體質(zhì)量m=2kg，在傾角θ=37o的斜面上的A點(diǎn)以初速度V0=3m/s下滑。A點(diǎn)距彈簧上的檔板位置B的距離AB=4m，當(dāng)物體到達(dá)B后，將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC=0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到最高位置D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)為AD=3m。求物體跟斜面間的動摩擦因素。（g=10m/s2，彈簧及檔板質(zhì)量不計(jì)）

圖1

解析：在該題中，物體的運(yùn)動過程分成了幾個階段，若用牛頓運(yùn)動定律解決，要分幾個過程來處理?？紤]到全過程始末狀態(tài)動能都是零，用動能定理解決就方便多了。

對A→B→C→D全過程，由動能定律得：

W總=mgAD·sinθ-f（AB+2BC+BD）=0-mvo2

F=umgcosθ

兩式聯(lián)立得：u==0.52

二.動能定理的應(yīng)用可擴(kuò)展到物體系統(tǒng)

動能定理常用于研究單個物體，公式中W總是指外力的總功。但動能定理也可擴(kuò)展應(yīng)用到物體系統(tǒng)中，只是在物體系統(tǒng)中必須注意內(nèi)力的功也要改變物體的動能，所以此時動能定理可拓展為：所有外力和內(nèi)力做功的代數(shù)和等于物體系統(tǒng)總動能的變化。即W外+W內(nèi)=△Ek。

例2：質(zhì)量為m的小物體A放在質(zhì)量為m0的木版B的左端，B在水平拉力的作用下，沿水平地面勻速向右滑動，且A、B相對靜止。某時刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時間。B在地面上滑行的距離為x，A在B上向右滑行的距離為L，最后A和B都停下來。設(shè)A和B間的動摩擦因素為μ1，B與地面間的動摩擦因素為μ2，且μ1<μ2，求x的表達(dá)式。（如圖2）

圖2

解析：若把A、B兩個物體看成一系統(tǒng)，則此系統(tǒng)中內(nèi)力即為它們間的一對滑動摩擦力W內(nèi)=fABS相=u1mgL；外力為地面對B的滑動摩擦力，則外力對系統(tǒng)所做功W外=fB地×X=u1（m+mo）gx。設(shè)A、B共同初速度v，根據(jù)動能定理，

對系統(tǒng)有u2（m+m0）gx+u1mgL= （m+m0）v2

同理對A有u1mg（x+L）=mv2解得：x=

三、用動能定理可求變力的功

例3：一質(zhì)量為m的小球，用長為L的輕繩懸于O點(diǎn)，小球在水平拉力F的作用下，從平衡位置P點(diǎn)很緩慢地移動到Q點(diǎn)，如圖3所示，則力F所做的功為多少（ ）。

圖3

A、mgLcosθ

B、mgL（1-cosθ）

C、FLsinθ

D、FLθ

解析：F使球緩慢移動，各點(diǎn)均可看作平衡狀態(tài)，繩拉力和F均為變力，繩拉力不做功，F(xiàn)做正功，重力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知

WF-WG=0

WG=mgh=mgL（1-cosθ）

∴WF=mgL（1-cosθ）

選B。

四、靈活變通，大膽運(yùn)用動能定理“正交分解”法

例4：如圖 4所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中，有一帶電體P自O(shè)點(diǎn)豎直向上射出，它的初動能為4J。當(dāng)上升到最高點(diǎn)M時，它的動能是5J，則帶電體折回通過與O點(diǎn)在同一水平線上的O點(diǎn)時，其動能為多大？

圖4

解析：帶電體P受到了電場力和重力的作用，在豎直方向上只受重力，做豎直上拋運(yùn)動；在水平方向上只受電場力，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。

設(shè)帶電體P在O點(diǎn)的動能為Ek1 ，到達(dá)M點(diǎn)的動能為Ek2，到達(dá)O點(diǎn)的動能為Ek3。由于帶電體P在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，上升的時間和下降的時間相同，所以tOM=tMO，又由于帶電體P在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，所以帶電體P在其上升和下降的兩段時間內(nèi)，在水平方向上的位移之比為XOM ： XMO=1 ： 3。則兩段時間內(nèi)電場力對帶電體P所做的功之比也是1：3。當(dāng)帶電體在O點(diǎn)時，它在水平方向上初速度為零，則水平方向上初動能Ek1x=0，豎直方向上的初動能Ek1y=4J；到達(dá)M點(diǎn)時，它在豎直方向上分速度為零，則Ek2y=0、Ek2x=5J； 到達(dá)O點(diǎn)時它在豎直方向上速度和在O點(diǎn)時的速度大小相同，則Ek3y=4J。

O→M，水平方向由動能定理得：Ek2x-Ek1x=F電·XOM

M→O，水平方向由動能定理得：Ek3x-Ek2x=F電·XMO

所以： 代入數(shù)據(jù)得Ek3x=20J

故Ek3=Ek3x+Ek3y=20J+4J=24J

特別提醒：本題中用了動能定理的“正交分解”法，在對動能定理進(jìn)行正交分解時，我們應(yīng)注意到，動能定理的正交分解與矢量正交分解不同，只有當(dāng)兩個或多個正交力做功時才能應(yīng)用。