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专题 06：动能定理
考点1 动能定理的应用······················································································1
考点2 应用动能定理求解多过程问题····································································3
考点3 动能定理与图象的综合问题·······································································5
考点 1 动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔE 中，W表示所有外力做功的代数和。ΔE 为所研究过程的末动能与初动能之差，
k k
且物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也
可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果
加以检验。
【典例1】一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为 、不可伸长的轻细绳，一端固定
在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将
小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不
计空气阻力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】小球下落的高度为h = πR - R + R = R小球下落过程中，根据动能定理有mgh = mv2
综上有v =
故选A。
【变式1-1】 一篮球质量为 ，一运动员使其从距地面高度为 处由静止自由落下，
反弹高度为 。若使篮球从距地面 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、
球落地后反弹的高度也为 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为 ；该篮球
每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取 ，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得 （ 舍去）
【变式1-2】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始
终与运动方向相反的外力作用。距地面高度 h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化
如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为；（ ）A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】分别选择上升过程与下落过程对物体应用动能定理处理；
上升过程，由动能定理， ，得 ，即F+mg=12N；
下落过程， ，即 N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。
【变式1-3】如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径
为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把
小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道
平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的
小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
【答案】 (1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】 (1)设小球第一次到达D的速度为v ，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
D
mg(H＋r)－μmgL＝mv－0
在D点轨道对小球的支持力F 提供向心力，则有：F ＝m
N N
联立解得：F ＝84 N
N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F′ ＝F ＝84 N。
N N
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能
定理得：mgH －μmgL＝mv－0
min
在O点有：mg＝m
代入数据解得：H ＝0.65 m
min
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则
有：mg(H ＋r)－3μmgL＝0
max
代入数据解得：H ＝0.7 m
max
故有：0.65 m≤H≤0.7 m。考点 2 应用动能定理求解多过程问题
【题型要点】1．多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
【典例2】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的
物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传
送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度
逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设
小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨
道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x
与h的关系式及h需要满足的条件．
【答案】 (1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x＝2(m) h≥3.6 m
【解析】(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a解得v ＝4 m/s.
B
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零，小物块从距传送带高度
h 处由静止释放，则有
1
0＝mgh －μmgcos θ·－μmgL
1
解得h＝3.0 m
1
当h
