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动能定理题型一动能定理的理解【例1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【变式】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零题型二动能定理在直线运动中的应用【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α)D．tan(θ－α)【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋Hh)【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()A．μ＝tanαB．μ＝tanβC．μ＝tanθD．μ＝tanα－β2题型三动能定理在曲线运动中的应用【例3】.如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为()A．a＝2（mgR－W）mRB．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2WRD．N＝2（mgR－W）R题型四动能定理与图象的结合问题xF图像【例4】如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为215m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间tv图像【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1【变式】(2018·高考全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5ta图像【例6】(2019·山西模拟)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功【变式】质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()A.14mgRB.310mgRC.12mgRD．mgRxEk图像【例7】(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()【变式】(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用运用动能定理巧解往复运动问题【例8】．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m．盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】．(2019·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5m/sB．小物块的水平射程为1.2mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物块落地时的动能为0.9J【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4m，l＝2.5m，v0＝6m/s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10m/s2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．参考答案题型一动能定理的理解【例1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．【变式】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零【答案】A.【解析】由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．题型二动能定理在直线运动中的应用【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α)D．tan(θ－α)【答案】B【解析】.如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcosθ·s2cosθ－μmg·s1＝0，解得μ＝hs1＋s2＝tanα，故选项B正确．【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋Hh)【答案】C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝12mv20，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－12mv20，解得f0h＝mgh＋12mv20＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg(1＋Hh)－fHh，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()A．μ