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动能和动能定理 练习
一、单选题
光滑水平面上有一可看做质点的物体，由静止开始先做加速度为a 的匀加速直线
1
运动，经过一段时间后动能为E ；然后做加速度为a 的匀减速直线运动，经过相
k1 2
1.
同时间后物体恰好回到初始位置，动能为E .下列说法正确的是()
k2
A. a =a B. a =2a C. E =2 E D. E =4 E
1 2 2 1 k2 k1 k2 k1
【答案】D
【解析】解：对于匀加速直线运动：
1
v =a tx= a t2 对于匀减速直线运动：
1 1 2 1
1
-x=vt+ (-a )t2 联立解得：a =3a
2 2 2 1
v =v -a t=-2v 则有：E =4 E
2 1 2 1 k2 k1
故ABC错误，D正确；
故选：D。
明确物体的运动过程，分别对匀加速和匀减速过程进行分析，根据速度公式和位移公
式进行列式确定加速度和速度关系，再根据动能的定义确定动能大小关系。
对于复杂的过程，弄清具体的运动情况，从时间、速度、位移三个角度找关系，建立
等式。能整体求解，不要分开来求解，同时注意物理量的方向，一般默认开始的方向
为正方向，最好画出过程示意图，有助于理解运动情况，分析物理量的关系。
一质量为2kg的物体，速度由向东3m/s变为向西3m/s，在这个过程中该物体
的动量与动能的变化量分别是()
2.
A. 0、0 B. 0、18J
C. 12kg⋅m/s、0 D. 12kg⋅m/s、18J
【答案】C
【解析】解：规定向西为正，物体动量变化量为mv-m(-v)=12kg⋅m/s，方向向
西。
1
动能E = mv2 ，故这个过程中，动能变化量为0，故C正确，ABD错误。
k 2
故选：C。
根据动量是矢量，动能是标量，分别按照矢量和标量的运算法则求解，先选取正方向，
表示出初速度和末速度，再求动量的变化量。
根据速度的大小，求动能的变化量。
分析本题时，要注意动量与动能的区别：动量是矢量，动能是标量，在规定正方向后，
要用正负号表示出速度的方向。
以初速v 竖直上抛一小球．若不计空气阻力，在上升过程中，从抛出到小球动能
0
减少一半所经过的时间是()
3.
v v ❑√2v v ❑√2
A. 0 B. 0 C. 0 D. 0 (1- )
g 2g 2g g 2
【答案】D
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hiknow_0071 ❑√2
【解析】解：根据E = mv2 得，当小球动能减为原来一半时的速度为 v ，则运动
k 2 2 0
❑√2
v - v
的时间 0 2 0 v ❑√2 故D正确，A、B、C错误。
t= = 0 (1- ).
g g 2
故选：D。
求出动能减小为一半时的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出经历的时间．
竖直上抛运动是加速度为g的匀减速直线运动，结合运动学公式进行求解．
如图所示，物块以60J的初动能从固定的斜面底端
沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势
4.
能增加了40J，则物块回到斜面底端时的动能为
A. 10J B. 20J C. 30J D. 40J
【答案】B
【解析】【分析】
运用能量守恒对上升过程列出方程，求出上升过程中克服阻力所做的功；对全过程运
用动能定理列出动能的变化和总功的等式，两者结合去解决问题。
【解答】
运用功能关系，上升过程中物体损失的动能等于克服阻力做的功和克服重力做的功。
克服重力做的功等于重力势能的增加量，有：W =40J；△E =W +W ；
G k f G
其中△E =60J，
k
解得：W =20J。
f
对全过程运用动能定理有：-2W❑ =E -E ；
f k k0
代入数据得：-2×20=E -60，
k
解得：E❑ =20J；
k
所以物块回到斜面底端时的动能20J。
故选B。
如图所示，一质量为m的小球用长度为l的细线悬挂于O
点，已知细线能够承受的最大张力为7mg，重力加速度为
5.
g，在最低点给小球一个初速度，让小球在竖直平面内绕
O点做完整的圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 小球通过最低点的最小速度为❑√7gl
B. 小球通过最低点的最大速度为❑√7gl
C. 小球通过最高点的最大速度为❑√2gl
D. 小球通过最高点的最小速度为0
【答案】C
【解析】【分析】
本题是竖直平面内的圆周运动，考查了牛顿第二定律、动能定理的应用，求解的关键
是明确小球的运动特点，学会借助数学知识求解。
【解析】
A.设小球在最高点的速度为v ，在最低点的速度为v ，小球从最高点运动到最低点的
1 2
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hiknow_0071 1
过程中机械能守恒： mv2+2mgl= mv2 ，所以小球以最小的速度❑√gl通过最高点，
2 1 2 2
也会以最小的速度❑√5gl通过最低点，A错误；
B.对小球受力分析可知，小球通过最低点时，细线中的张力最大，若要保证细线不断，
v2
由T-mg=m 可知，小球在最低点的最大速度为❑√6gl，B错误；
l
C.小球以最大的速度❑√6gl通过最低点，同理，到达最高点的速度❑√2gl也最大，C正
确。
D.小球在细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为❑√gl，
D错误；
故选C。
一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原
来的9倍。该质点的加速度为
6.
s 3s 4s 8s
A. B. C. D.
t2 2t2 t2 t2
【答案】A
【解析】【分析】由题意知，动能变为原来的9倍，可解得末速度和初速度的倍数关
系，结合速度公式、位移公式，可分别求出初速度和末速度，再由加速度的定义求得
质点的加速度。
本题是匀变速直线运动规律的直接运用，解答此题的关键是用好题目给定的条件：在
时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。
1 1
【解答】设初速度为v ，末速度为v ，根据题意可得9⋅ mv2= mv2 ，解得v =3v ，
1 2 2 1 2 2 2 1
at 1 s
根据v=v +at，可得3v =v +at，解得v = ，代入s=v t+ at2 可得a= ，故A
0 1 1 1 2 1 2 t2
正确．
一个质量为0.3kg的弹性小球在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞
后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．设碰撞前后小球速度
7.
变化量的大小为Δv，碰撞过程中小球的动能变化量为ΔE ，则()
k
A. Δv=0 B. Δv=12m/s C. ΔE =1.8J D. ΔE =10.8J
k k
【答案】B
【解析】【分析】由于速度是矢量，对于速度的变化量我们应该采用平行四边形法则。
对于同一直线上的速度变化量的求解，我们可以运用表达式△v=v -v ，但必须规定
2 1
正方向。
对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能是一个标量，对于动能的研究，则无需考虑
方向。
【解答】取初速度方向为正方向，则Δv=(-6-6)m/s=-12m/s，由于速度大小没
变，动能不变，故动能变化量为0，B正确．
如图所示，小球以初速度v 从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返
0
回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为()
8.
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hiknow_007A. ❑√v2-4gh B. ❑√4gh-v2 C. ❑√v2-2gh D. ❑√2gh-v2
0 0 0 0
【答案】B
【解析】【分析】本题考查动能定理的运用，小球以一定速度在粗糙的轨道上运动，
当到达最高点B后，返回仍能通过A点，则由动能定理可求出小球经过A点的速度。
当小球再次经过A点时，由于高度没变，所以重力做功为零，而摩擦力做功与路径有
关。
1
【解答】小球从A到B过程，由动能定理得-mgh-W =0- mv❑ 2 ；对全过程，由
f 2 0
1 1
动能定理得-2W = mv2- mv❑ 2 ，联立解得v=❑√4gh-v2.B正确。
f 2 2 0 0
一个物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知物体的初动能
E
9. 为E，它返回到斜面底端的速度为v，克服摩擦力做功为 .若物体以2E的初动能
2
冲上斜面，则()
A. 返回斜面底端时的速度大小为v
B. 返回斜面底端时的动能为E
3E
C. 返回斜面底端时的动能为
2
D. 物体两次往返克服摩擦力做功相同
【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查动能定理，功能关系。注意以不同的初动能冲上斜面
时，运动的位移不同，摩擦力做的功也不同。
(1)同一过程中冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；
(2)初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求
出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；
(3)对两次运动分别运用动能定理即可求解．
【解答】由题意可知，第二次初动能是第一次的2倍，两次上滑加速度相同，根据运
动学公式可得x =2x ，则W =2W =E，故物体返回斜面底端时动能为E，返回斜
2 1 f2 f1
面底端时的速度大小为 ❑√2v.B正确。
1
如图所示，AB为 圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好
4
10. 在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一
质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨
道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在
AB段克服摩擦力所做的功为( )
μmgR mgR
A. B. C. mgR D. (1-μ)mgR
2 2
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hiknow_007【答案】D
【解析】【分析】
BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功，对全程由动能
定理可求得AB段克服摩擦力所做的功。
本题考查动能定理的应用，变力做功可以由动能定理求解，恒力做功可以直接由功的
公式求解。
【解答】
BC段物体受摩擦力f =μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W =-fR=-μmgR，
对全程由动能定理可知，mgR+W +W =0
1
解得W =μmgR-mgR，故AB段克服摩擦力做功为W =mgR-μmgR，故ABC错误，
1 克
D正确。
故选D。
二、填空题
11. 一质量为m的质点，系在细绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，此质点在粗
糙水平面上做半径为r的圆周运动。设质点的初速度大小为v ，当它运动一周时
0
v
其速度大小为 0，则在此过程中质点所受合外力的大小_______(选填“变大”、
2
“变小”或“不变”)，质点与水平面之间的动摩擦因数等于_________。(重力加
速度为g)
3v2
【答案】变小； 0 。
16πgr
【解析】【分析】
小球做圆周运动的速度越来越小，指向圆心的合力越来越小，在切线方向也有合力，
根据平行四边形定则确定合外力的变化．根据动能定理求出动摩擦因数的大小；
解决本题的关键知道质点所受的合力等于径向和切向上力的合力．以及能够熟练运用
动能定理。
【解答】
v2
解：指向圆心的合力F=m ，速度减小，指向圆心的合力减小，和切线方向上的合
r
力进行合成，知合力变小；
1 v 1 3v2
根据动能定理得，-μmg·2πr= m( 0 ) 2- mv 2，解得：μ= 0 ；
2 2 2 0 16πgr
3v2
故答案为：变小； 0 。
16πgr
12. 一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰
撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同。则碰撞前后小球速
度变化量的大小Δv=__________m/s，碰撞过程中墙对小球做功的大小W =
___________J。
【答案】12；0。
【解析】【分析】
由于速度是矢量，对于速度的变化量我们应该采用矢量叠加的方法。对于同一直线上
的速度变化量的求解，我们可以运用表达式△v=v -v ，但必须规定正方向。运用动
2 1
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hiknow_007能定理求出碰撞过程中墙对小球做功。
本题考查动能定理及速度改变量运算；对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能定理
是一个标量等式，对于动能定理的研究，则无需考虑方向。
【解答】
规定初速度方向为正方向，则初速度v =6m/s，碰撞后末速度v =-6m/s；
1 2
则速度变化量为△v=v -v =-12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相
2 1
反，
所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s。
运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等，
所以W =△E =0；
k
故答案为：12；0。
13. 一个质量为25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑到底端，克服阻
力做功700J.取g=10m/s2，则小孩重力做功________J，到达底端时的速度大
小为 ________m/s．
【答案】750；2.0
【解析】【分析】
小孩从滑梯顶端由静止开始滑下滑到底端的过程，根据小孩高度的变化求解重力做功。
可根据动能定理，求到达底端时的速度大小。
动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力的功，
要注意功是标量，但是有正负。
【解答】
重力做功为W =mgh=25×10×3J=750J
G
根据动能定理：W =W -W =50J
合 G f
研究滑梯顶端由静止开始滑下滑到底端的过程，根据动能定理得：
1
W =△E = mv2-0=50J。v=2.0m/s
合 k 2
故答案为：750；2.0 。
14. 甲乙两物体质量之比是m ：m =1：2，它们沿水平面以一定的初速度在摩擦力
甲 乙
作用下减速滑行到停下来，若它们与水平厨间动摩擦因数相同，初动能相同，则
滑行距离之比为________，若它们所受摩擦力相同，初动能相同，则滑行距离之
比为________。
【答案】2:1；1:1
【解析】【分析】
根据根据动能定理，结合给的条件求解距离之比。
本题考查了动能定理的运用，在解题时要注意如果题目中涉及时间时，则应考虑应用
运动学公式，不涉及时间而涉及距离时优先采用动能定理或功能关系。
【解答】
若它们与水平厨间动摩擦因数相同，初动能相同，则根据动能定理-μmgs=0-E ，
k
可知滑行距离之比为2:1；
若它们所受摩擦力相同，初动能相同，则根据动能定理-fs=0-E ，则滑行距离之比
k
为1：1。
故答案为：2:1；1:1。
15. 一人用力踢质量为1kg的皮球，使球由静止以10m/s的速度飞出，假定人踢球的
平均作用力是200N，球在水平方向运动了20m停止，那么人对球所做的功为
__________J，球在运动过程中克服阻力做的功为__________J
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hiknow_007【答案】50J，50J。
【解析】【分析】
本题考查动能定理的应用，合外力做功等于动能的变化。
【解析】
球被踢出，只有人做功，由动能定理有：
1
W = mv2-0；
人 2
代入数据得W =50J;
人
球被踢出到静止，在空中只有阻力做功，由动能定理有：
1
-W =0- mv2 ；
F f 2
代入数据得W =50J。
F
f
故答案为50J，50J。
三、计算题
16. 如图所示，一个质量为2kg的物体放置于水平面上，用16N的水平拉力使物体从
静止开始运动，物体与水平面的动摩擦因数为0.2，物体运动2s时撤掉拉力，g取
10m/s2.求：
(1)前2s内物体的加速度的大小；
(2)2s末物体的动能；
(3)撤掉拉力后物体在水平面上还能向前滑行的距离。
【答案】解：(1)根据牛顿第二定律：F-f =ma ，又f =μN=μmg
1
16-0.2×2×10
得到：a = m/s2=6m/s2
1 2
(2)2s末的速度为：v =a t=6×2m/s=12m/s
1 1
1 1
2s末物体的动能为：E = mv2= ×2×122=144J
K 2 1 2
(3)撤去拉力后：f =ma =μN=μmg，解得：a =μg=2m/s2
2 2
由匀变速直线运动公式得：-2a x=0-v2
2 1
v2 122
得到：x= 1 = m=36m
2a 2×2
2
答：(1)前2s内物体的加速度的大小为6m/s2；
(2)2s末物体的动能为144J；
(3)撤掉拉力后物体在水平面上还能向前滑行的距离为36m。
【解析】(1)对物体受力分析，再根据牛顿第二定律求a；
1
(2)根据匀变速直线运动的运动学公式求出速度的大小，再由E = mv2 求出2s末物
K 2
块的动能；
(2)根据牛顿第二定律求出撤去外力后的加速度，匀加速直线运动的末速度为匀减速直
线运动的初速度，根据速度位移公式求出匀减速直线运动的位移。
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hiknow_007本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，
通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力。同时还可以运用动能定理来求
解。
17. 如图所示，一弹簧振子，物块的质量为m，它与水平桌面
间的动摩擦因数为μ，起初用手按住物块，物块的速度为
零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度回到原
长时，物块的速度为v ，试用动能定理求此过程中弹力所
0
做的功。
【答案】解：由题意知，物块所受的滑动摩擦力大小为f =μmg，放手后只有弹力和摩
1
擦力做对物块做功，根据动能定理有：W+(-μmgx)= mv 2
2 0
1
可得此过程中弹力做功W = mv 2+μmgx
2 0
1
答：此过程中弹力所做的功为 mv 2+μmgx。
2 0
【解析】略
18. 如图所示，半径R=2m的四分之一粗糙圆弧轨道AB固定于竖直平面内，轨道的
B端切线水平，且距水平地面高度为h=1.25m。现将一质量m=0.2kg的小滑块(
可视为质点)从A点由静止释放，小滑块沿圆弧轨道运动至B点以v=5m/s的速
度水平抛出，g=10m/s2，求：
(1)小滑块沿圆弧轨道运动过程中，克服摩擦力所做的功；
(2)小滑块经B点时对圆轨道的压力大小；
(3)小滑块着地时的速度大小和方向。
【答案】(1)滑块从A到B的过程中设克服摩擦力做功为W ，根据动能定理
f
1
mgR-W = mv2-0
f 2
解得：W =1.5J
f
(2)设轨道对滑块压力为F，则小滑块在B点时所受轨道支持力和重力的合力提供圆周
运动的向心力
v2
F-mg=m 得F=4.5N
R
由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'=F=4.5N
(3)滑块离开B后做平抛运动，设着地速度为v'，有
1 1
mgh= mv'2- mv2 得v'=5❑√2m/s
2 2
如图设v'与水平面夹角为θ
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hiknow_007v ❑√2
cosθ= = ∴θ=45°答：(1)小滑块沿圆弧轨道运动的过程中所受摩擦力做的功是
v' 2
1.5J；
(2)小滑块经B点时对圆轨道的压力大小是4.5N；
(3)小滑块着地时的速度大小为5❑√2m/s方向与水平面成45°角。
【解析】(1)从A到B滑块受三个力作用，重力、摩擦力和支持力，支持力不做功，只
有重力和摩擦力做功由动能定理求解即可；
(2)小滑块在B点时所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动向心力，据此求解即可；
(3)离开B点后小滑块做平抛运动，只有重力做功，根据动能定理求出落地时速度大小，
根据速度的合成求出速度方向的夹角。
本题考查了圆周运动和平抛运动的综合应用。正确的对物体进行受力分析，确定各力
做功情况是运用动能定理的关键。
19. 如图所示，物体A、B在水平地面的同一直线上，间距s=9m。某时刻，物体A在
F=2N的水平外力作用下从静止开始向右运动，一段时间后撤去F；物体B以初
速度v =2m/s向左运动，经1s停下，整个过程中两物体不相碰。已知物体A质
0
量m =0.5kg，两物体与地面的动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s2。求：
A
(1)物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)外力F作用的最长时间。
【答案】解：(1)设物体B的质量为m ，加速度大小为：a ，经1s停下，
B B
由速度公式可得：v =a t ，
0 B B
由牛顿第二定律可得：μm g=m a ，
B B B
联立解得：a =2m/s2 ，μ=0.2；
B
1
(2)由位移公式解得物体B发生的位移为：x = a t 2=1m，
B 2 B B
物体A运动的位移 x =s-x =8m
A B
根据动能定理 F⋅x -μm g⋅x =0
1 A A
解得：x =4m
1
根据牛顿第二定律 F-μm g=m a
A A A
解得： a =2m/s2
❑
A
1
根据位移公式： x = a t 2
1 2 A 1
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hiknow_007可得： t =2s
❑
1
答：(1)物体与地面间的动摩擦因数0.2；
(2)外力F作用的最长时间2s。
【解析】本题主要考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律的综合应用，知道物体的
运动过程是解题的关键，难度一般。
(1)对B列牛顿第二定律方程结合匀变速直线运动的速度公式得解；
(2)由位移公式解得B的位移，对A列动能定理方程结合位移公式几式联立得解。
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hiknow_007
