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第 33 讲 动能定理与图像
一.知识回顾
1．解决图象问题的基本步骤
2．与动能定理结合紧密的几种
图像
(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(5)Ex图：由公式F x＝E－E 可知，Ex图线的斜率表示合力。
k 合 k k0 k
二.例题精析
题型一：Ex图
k
例1．静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为 2x 时撤去外
0
力，此时动能为E ，继续滑行x 后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图象中已
k0 0
知信息，不能确定的物理量是（ ）
A．恒定水平拉力的大小
B．物块与水平地面之间的动摩擦因数
C．物块加速运动和减速运动的时间之比
D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比
【解答】解：A、设水平拉力的大小为F，物块受到的滑动摩擦力大小为 f。对0﹣3x 过程，根
0据动能定理得：F•2x ﹣f•3x ＝0
0 0
对2x ﹣3x 过程，根据动能定理得：﹣f•x ＝0﹣E ，联立可得 f E ，F 3E ，即能确定滑
0 0 0 k0 = k0 = k0
x 2x
0 0
动摩擦力和恒定水平拉力的大小，故A正确；
B、由f＝ mg，知由于物块的质量未知，故不能确定物块与水平地面之间的动摩擦因数，故 B
错误； μ
v
C、设物块的最大速度为v，物块加速运动和减速运动的时间分别为 t 和t ，则有 2x = t ，x
1 2 0 2 1 0
v
= t ，可得：t ：t ＝1：2，故C正确；
2 2 1 2
v v
D、物块加速运动和减速运动的加速度大小之比 a ：a = ： = t ：t ＝1：2，故D正确。
1 2 t t 2 1
1 2
本题选不能确定的物理量，
故选：B。
题型二：v－t图
例2．物体在合力作用下做直线运动的v﹣t图象如图所示．下列表述正确的是（ ）
A．在0～1s内，合力做正功
B．在0～2s内，合力总是做负功
C．在1s～2s内，合力不做功
D．在0～3s内，合力总是做正功
【解答】解：A、在0～ls内，物体的速度增大，动能增加，根据动能定理 W合 ＝△E
K
，合力做
正功。故A错误。
B、在0～2s内，动能增加，根据动能定理W合 ＝△E
K
，合力做正功。故B错误。
C、在1～2s内，动能减小，根据动能定理W合 ＝△E
K
，合力做负功。故C错误。
D、在0～3s内，动能变化为0，根据动能定理W合 ＝△E
K
，合力做功为0．故D错误。
故选：A。
题型三: F－x图
例3．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按图
乙所示的规律变化．滑块与 OA 间的动摩擦因数 ＝0.25，g 取 10m/s2，试求：
μ
（1）滑块从O到A过程水平力F做的功与克服摩擦力做的功的比值W ；
F
W
f
（2）滑块冲上斜面AB的最大长度是多少？
【解答】解：（1）在F﹣x图像中，图像与横轴所围面积表示拉力做功，故 W ＝2mg×2﹣
F
0.5mg×1＝3.5mg
克服摩擦力做功W＝ mgx ＝0.25×mg×4＝mg
f OA
μ
故W 3.5mg 7
F = =
W mg 2
f
1
（2）在OA段，根据动能定理可得：W -W = mv2-0，解得v=5√2m/s
F f 2
1
滑块冲上斜面AB的最大长度L，根据动能定理可得：-mgLsin30°=0- mv2，解得L＝5m
2
答：（1）滑块从O到A过程水平力F做的功与克服摩擦力做的功的比值W 为7；
F
W 2
f
（2）滑块冲上斜面AB的最大长度为5m。
题型四：a－t图
（多选）例4．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5s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内合力对物体做的功
【解答】解：A、a﹣t图线与坐标轴所围成的图形的面积大小等于速度变化量，由图象可知，0
～6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故A错误；
B、由图示a﹣t图线可知，0～5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5～6s内加速
度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，故B正确；
C、物体在2﹣4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，物体的速度不断增加，故C错误；
D、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，根据图象可知，0～4s内速度变化量等于0～6s
内速度变化量，物体的初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据
动能定理可知0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功，故D正确。
故选：BD。
题型五：P－t图
例5．放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关
系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．0～6s内拉力做的功为140J
B．物体在0～2s内所受的拉力为4N
C．物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等P
【解答】解：B、由水平拉力的功率P＝Fv可得：在0～2s内，拉力F= =6N；在2s～6s，拉
v
P
力F'= =2N，故B错误；
v
1
A、由图可知，物体在 0～2s的位移s = ×10×2m=10m；在2s～6s的位移 s ＝10×4m＝
1 2 2
40m，故0～6s内拉力做的功为W＝Fs +F′s ＝140J，故A正确；
1 2
C、由物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2s～6s内物体受力平衡可得f＝ mg＝F′，所以，
μ
F' 2
μ= = =0.25，故C错误；
mg 0.8×10
D、由物体速度与时间的关系图象可知，物体在0～2s内合外力大于零，在2s～6s内合外力为零，
故合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故D正确；
故选：AD。
三.举一反三，巩固练习
1. （多选）一物块放在水平面上，第一次水平拉力F ，作用在物块上，一段时间后撤去
1
拉力；第二次水平拉力F 作用在同一物块上，一段时间后也撤去拉力，两次物块运动的 v﹣t
2
图像如图所示，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 小于拉力F
1 2
B．两种情况下合外力做的功相等
C．拉力F 做的功比拉力F 做的功少
1 2
D．第一种情况下克服摩擦力做的功大于第二种情况下克服摩擦力做的功
【解答】解：A、设物块受到水平面的滑动摩擦力大小，对物块，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝
F-f
ma，解得：a= ，m、f相等，F越大加速度a越大；v﹣t图象的斜率表示加速度，由图示图
m
象可知，拉力F 作用时的加速度大于拉力F 作用时的加速度，则拉力F 大于拉力F ，故A错误；
1 2 1 2
B、由动能定理得：W＝0﹣0＝0，合力做功为零，两种情况下合外力做的功相等，故B正确；
C、v﹣t图线与横坐标轴围成图形的面积表示物块的位移，由图示图象可知：x ＜x ，对整个运
1 2动过程，由动能定理得：W ﹣fx＝0﹣0，解得拉力做功：W＝fx，由于f相等而x ＜x ，则W
F 1 2 1
＜W ，拉力F 做的功比拉力F 做的功相等，故C正确；
2 1 2
D、克服摩擦力做功W＝fx，由于f相等而x ＜x ，则W ＜W ，第一种情况下克服摩擦力做的
f 1 2 f1 f2
功小于第二种情况下克服摩擦力做的功，故D错误。
故选：BC。
2. 某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动
员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能E 与水平位移x的关系图像正
k
确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设运动员位移与水平方向夹角为 ，对运动员，由动能定理得：mgxtan ＝E ﹣0
k
运动员的动能：E ＝mgxtan θ θ
k
由图示运动员运动过程可知θ，开始 不变，E 与x成正比，运动员运动到倾斜轨道下端时 发生
k
变化，E 与位移不成正比， θ θ
k
运动员到达轨道最低点然后上升，重力做负功，动能减小，由图示图象可知，A正确，BCD错
误。
故选：A。
3. 如图为物体沿直线运动的 v﹣t 图，已知第 1 秒内合外力对物体做功为 W，则
（ ）A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为﹣2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第6秒末到第7秒末合外力做功为﹣0.75W
【解答】解：在第1秒内，物体做匀加速直线运动，做功为 W，设此时的合外力为F，位移为
1
x，即Fx＝W= mv2-0；
2
1
从第3秒末到第7秒末由图象的斜率可以知道，此时的合力大小F = F，
2
2
第3秒末到第5秒末合外力的方向与速度方向相反，第5秒末到第7秒末力的方向与速度方向相
同。
A、由动能定理得：从第1秒末到第3秒末合外力做功为W ＝ΔE ＝0，故A错误；
1 k
1
B、第3秒末到第5秒末的位移为2x，合外力做功为W = F×2x×cos180°＝﹣W，故B错误；
2
2
1
C、第5秒末到第7秒末的位移也为2x，合外力做功为W = F×2x×cos0°＝W，故C正确；
3
2
1 1 1 1
D、从第5秒末到第6秒末的位移为 x，合外力做功为W = F× x×cos0°= W，从第6秒末到
4
2 2 2 4
1
第7秒末合外力做功为W ＝W- W＝0.75W，故D错误；
5
4
故选：C。
4. （多选）质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个
运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为x 、x ，所受合外力的大小分别为F 、F ，合外
A B A B
力做的功分别为W 、W ，加速度大小分别为a 、a 。下列关系式正确的是（ ）
A B A BA．x ：x ＝2：1 B．W ：W ＝4：1 C．F ：F ＝4：1 D．a ：a ＝2：1
A B A B A B A B
【解答】解： A．在 v﹣t 图像中，图线与时间轴所围成的面积表示位移则有
1 1
x = ×2v ×t =v t x = v ×2v =v t
A 2 0 0 0 0 B 2 0 0 0 0
解得x ：x ＝1：1，故A错误；
A B
B ． 设 A 、 B 两 物 体 质 量 为 m ， 根 据 动 能 定 理
1 1 1
W =0- m(2v ) 2=-2mv 2W =0- mv2=- mv2
A 2 0 0 B 2 0 2 0
解得W ：W ＝4：1，故B正确；
A B
CD．有图像可知 2v v
a =- 0a =- 0
A t B 2t
0 0
解得a ：a ＝4：1
A B
根据牛顿第二定律 2v ； v
F =ma =-m 0 F =ma =-m 0
A A t B B 2t
0 0
解得F ：F ＝4：1，故C正确，D错误。
A B
故选：BC。
5. （多选）大货车由于运输货物能力出众，为保障我国经济发展发挥了巨大作用，某车
企测试一货车满载时的性能，让其从静止开始保持恒定功率加速到 8m/s的最大速度，如图所
示为牵引力F与速度v的关系，加速过程所用的时间T＝8s，通过的路程s＝48m，若汽车所受
阻力始终不变，则该货车满载时（ ）A．做匀速运动时的牵引力大小为2×104N
B．加速阶段加速度维持不变
C．恒定功率为1.6×105W
D．可以在限重为12吨的道路上行驶
【解答】解：A、汽车加速结束时合力为零，即牵引力等于阻力，以后汽车做匀速直线运动，由
图示图象可知，汽车匀速直线运动时牵引力大小 F＝2×104N，则汽车所受的阻力 f＝F＝
2×104N，故A正确；
B、汽车以恒定的功率启动，P不变，根据P＝Fv可知牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律F﹣f
＝ma可知，加速度逐渐减小，故B错误；
C、由图示图象可知，汽车匀速运动的速度 v＝8m/s，汽车的功率 P＝Fv＝2×104×8W＝
1.6×105W，故C正确；
1
D、汽车加速过程，由动能定理得：Pt﹣fs= mv2﹣0，代入数据解得：m＝1×104kg＝10吨＜12
2
吨，可以在限重为12吨的道路上行驶，故D正确。
故选：ACD。
6. （多选）一质量m＝1的物块静止在水平地面上，t＝0时刻对物块施加水平外力F，
1
1s后保持外力方向不变将其大小减小为原来的 ，物块在0～4s内运动的速度—时间图像如图
3
所示，取重力加速度g＝10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．物块与水平地面间的动摩擦因数 ＝0.2
B．0～4s内外力对物体做功为6J μ8
C．2s末外力的功率为 W
9
2
D．物体经过全部路程中点时的速率为 √6m/s
3
【解答】解：A、由物块在0～4s内运动的速度—时间图像可知，0～1s内做匀加速直线运动，
加速度
Δv 2-0
a = = m/s2＝2m/s2，
1
Δt 1
1 1
位移：x = vt = ×2×1m=1m
1 2 1 2
1s～4s内做匀减速直线运动，加速度
Δv 0-2 2
a = = m/s2=- m/s2
2
Δt 4-1 3
1 1
位移：x = vt = ×2×3m=3m
2 2 2 2
对物块受力分析，根据牛顿第二定律得：
0～1s内：F﹣ mg＝ma
1
1 μ
1s～4s内： F﹣ mg＝ma
2
3
μ
联立解得： ＝0.2，F＝4kg，
故A正确；μ
B、0～4s内外力对物块做功为
1
W＝Fx + Fx
1 2
3
解得：W＝8J，
故B错误；
C、由物块在0～4s内运动的速度—时间图像可知，2s末物块速度为
2 4
v ＝v +a t＝（2﹣1× ）m/s= m/s，
2 1 2
3 3
2s末外力的功率为
1 1 4 16
P= Fv = ×4× W= W，
2
3 3 3 9
故C错误；
D、由A选项分析可知，全过程中点位移为2m，则从t＝1s到全过程中点位移为x'＝1m，根据位移—速度关系可知
v2 -v2=2a x'
x 1 2
2
2
解得：v = √6 m/s，
x 3
2
故D正确；
故选：AD。
7. （多选）在拉力F的作用下，一辆玩具汽车从斜面底端由静止开始沿斜面运动，它的
动能E 与位移x的关系如图所示（AB段为曲线），各处的摩擦忽略不计，下列说法正确的是
k
（ ）
A．0～x 过程中，车所受拉力逐渐增大
1
B．0～x 过程中，拉力的功率逐渐增大
1
C．0～x 过程与x ～x 过程，车的平均速度相等
2 2 3
D．x ～x 过程中，车的机械能可能不变
2 3
【解答】解：A.E ﹣x图线的斜率表示车所受的合外力，0～x 过程中，车所受合外力不变，则
k 1
所受拉力不变，故A错误；
B.0～x 过程中，拉力不变，而车的速度逐渐增大，所以拉力的功率逐渐增大，故B正确；
1
C.根据匀变速直线运动规律的推论可知，只有当两个过程车都做匀变速运动时，其平均速度才
相等，而0～x 过程中，车先做匀加速运动，然后做变加速运动；x ～x 过程，车做匀减速运动，
2 2 3
所以0～x 过程与x ～x 过程，车的平均速度不相等，故C错误；
2 2 3
D.x ～x 过程中，车做匀减速运动，此时拉力可能为零，车的机械能可能守恒，故D正确。
2 3
故选：BD。
8. （多选）一辆汽车在平直的公路上做直线运动，如图是描述该车在t＝0时刻由静止开
始运动的加速度随时间变化图象。则由图象提供的信息可求出（ ）A．汽车在15s末的速度大小
B．汽车的最大动量
C．汽车在0～15s的时间内牵引力对它做的功
D．汽车在0～15s内一直沿同一方向运动且速度的变化量为零
【解答】解：A、由图可知，物体先做匀加速直线运动，然后再做加速减小的减速运动，由a﹣t
图象面积可以确定速度，可知15s末速度为0，故A正确；
B、作出v﹣t图象，如图所示
根据图象知，5s末时速度最大，大小为15m/s，则但由于质量未知，故动量P＝mv无法求出，
故B错误；
C、汽车在0～15s的时间内，除牵引力以外其他力做功情况未知，质量也未知，故无法根据动
能定理求得牵引力所做的功，故C错误；
D、根据图象可知汽车在0～15s内一直沿同一方向运动且速度的变化量为零，故D正确。
故选：AD。
9. （多选）某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角
的关系，使某一物体每次以不变的初速率v 。沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜θ
0
面与水平面的夹角 ，实验测得x与 的关系如图乙所示，取g＝10m/s2，则由图可知（ ）
θ θA．当某次 ＝30°时，物体达到最大位移后将不会沿斜面下滑
B．物体与斜θ面间的动摩擦因数 ＝0.8
C．取初始位置所在水平面为重力μ势能参考平面，当 ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相
等时，物体上滑的位移为0.1875m θ
D．图乙中x ＝0.36m
min
π
【解答】解：AB.当 = 时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据
2
θ
2gh
v2=
0
可得
v ＝3m/s
0
当 ＝0时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理
﹣ θ mgx= 1 mv2
2 0
μ
代入数据解得
＝0.75
μtan30°＜0.75，所以物体上升到最大位移处，将不再下滑，故B错误，A正确。
C.动能与重力势能相等的位置
1
mgxsin37°= mv2-（mgxsin37°+ mgxcos37°）
2 0
μ
整理得
x＝0.25m
C故错误；
D.根据动能定理
1
mgxcos +mgxsin = mv2
2 0
μ θ θ整理得
9
x=
20(0.75cosθ+sinθ)
根据数学知识可知位移最小值
x ＝0.36m
min
故D正确。
故选：AD。
10. 北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌获得了
中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停
止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以与水平方向成
37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知运动员着陆时的速度方向与竖
直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动员沿半径为R＝66m
的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F
点地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的 2倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数 随
着滑行的位移x变化关系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的μ空
气阻力。求：
（1）运动员从起跳点C飞起时的速度大小；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。
【解答】解：（1）对运动员由C点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，
竖直方向做匀变速直线运动。
水平方向迪度v ＝v cos37°
x C
坚直方向速度上抛v ＝v sin37°﹣gt
y C
着陆时竖直方向分速度与C点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖
直方向的夹角为也为37°，则有tan37° v v cos37° ，
= x = C
-v gt-v sin37°
y C
代入数据解得v ＝15m/s
C
（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为，在F点支持力和总重力的合力为圆周运动提供
内心力，则有F ﹣mg＝mv 2
N F
R
1
由图乙可知， ＝0.4+ x
200
μ
运动员到达F点后，做匀减边直统运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为x，由动能定
理
1
0.4+0.4+ L 1
﹣（ 200 ）mgL＝0- mv 2
F
2
2
解得L＝60m。
答：（1）运动员从起跳点C飞起时的速度大小为15m/s；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小为60m。
11. 如图所示，可视为质点的小物块静止在水平桌面 OA的左端，桌面OA的长度L＝
2.0m，物块与桌面间的动摩擦因数 ＝0.275，桌子右侧的斜面BC与水平方向的夹角为 ＝
37°，斜面下端点B在桌子右边缘A的μ正下方。物块在水平拉力F作用下向右运动，拉力F与θ x
之间的关系如右图所示，x表示桌面上某点到O点的距离。物块离开桌面后平抛落到斜面上，
物块到达斜面时速度与斜面垂直。已知物块质量为m＝0.2kg，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块平抛的初速度；
（2）求桌面的高度；
（3）其他量不变，将斜面BC向右平移距离d，同时改变桌面的动摩擦因数，保证物块到达斜
面时速度与斜面垂直，求d的最大值及这种情形下的动摩擦因数。【解答】解：（1）F﹣x图线下方的面积表示功，由图像可得水平拉力F做的功为
1
W＝2×2× J＝2J
2
物块在桌面上运动过程由动能定理得
1
W﹣ mgL= mv2
2 A
μ
解得物块平抛的初速度为
v ＝3m/s
A
（2）由于物块到达斜面时速度与斜面垂直，则物块落到斜面上时速度的竖直分量为
v
v = A =gt
y 1
tanθ
物块下落的高度、水平位移分别为
1
h = gt2
1 2 1
x＝v t
A1
由几何关系可得
h ＝xtan
2
则桌面的θ高度为
H＝h +h
2 1
联立代入数据解得
H＝1.7m
（3）由于桌面高度一定，物块平抛到达斜面时速度的竖直分量最大为
v =√2gh
y1
物块到达斜面时速度与斜面垂直，这种情形下平抛初速度为
v ＝v tan
0 y1
由动能定理θ可得
1
W﹣ mgL= mv2
2 2 0
μ
解得
7
=
2
320
μ
由题意知，动摩擦因数为0时，物块平抛的初速度最大，即便落到地面处也无法满足物块到达斜
面时速度与斜面垂直，综上所述，物块平抛刚好落到地面处时到达斜面底端，速度与斜面垂直，此时d有最大值。
1
H= gt2
2
d＝v t
0
代入数据可得
d＝2.55m
7
这种情形下动摩擦因数为
320
答：（1）物块平抛的初速度为3m/s；
（2）桌面的高度为1.7m；
7
（3）d的最大值为2.55m，这种情形下的动摩擦因数为 。
320
