文档内容
第二讲 动能定理
知识梳理
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：E＝mv2．
k
3．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关．
4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．
5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性．
6．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE＝m －m ．动能的变化是过程量．
k
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式
(1)W＝ΔE．
k
(2)W＝E －E ．
k2 k1
(3)W＝m －m ．
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．
4．适用范围广泛
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．
知识训练
考点一、动能定理的理解和基本应用
1．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
2．解题流程3．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例1、(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为 L的轻质细杆，一端可绕竖直
光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v 出发，恰好能完成一个完整的圆周
0
运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－m
，可得木块所受摩擦力的大小f＝，故选B．
例2、随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的
匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比
D．与它的加速度成正比
【答案】B
【解析】根据v＝at，E＝ mv2，整理得E＝ ma2t2，可知动能和时间的平方成正比，选项A错误；根据
k k
动能定理E＝ mv2＝Fl，可知动能和位移成正比，选项B正确；根据E＝ mv2，动能与速度的平方成正
k k
比，选项C错误；加速度是不变的，所以动能与加速度不成正比，选项D错误．
例3、(2018·全国卷Ⅱ·14)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】由题意知，W －W ＝ΔE ，则W >ΔE ，A项正确，B项错误；W 与ΔE 的大小关系不确
拉 克摩 k 拉 k 克摩 k
定，C、D项错误．
例4、如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，
O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由
静止开始做匀加速直线运动．已知x ＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为 μ＝0.1，当小物块运动
AB
到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小．
【答案】(1)4 m/s (2)150 N【解析】(1)从A到B过程，据动能定理可得
(F－μmg)x ＝mv 2
AB B
解得小物块到达B点时速度的大小为
v ＝4 m/s
B
(2)从B到D过程，据动能定理可得
－mg·2R＝mv 2－mv 2
D B
在D点由牛顿第二定律可得
F ＋mg＝m
N
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为F ＝150 N.
N
课堂随练
训练1、(2021·高考河北卷，T6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、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．2
【答案】A
【解析】当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh
＝mv2，解得v＝，故A正确，B、C、D错误。
训练2、(2022·北京东城区期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线
拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为 v。
对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是( )
A．小球离开弹簧时的动能是mv2
B．弹簧弹力做的功等于mv2C．弹簧弹力与重力做功的和等于mv2
D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh
【答案】D
【解析】从烧断细线到小球落地的整个过程中，根据动能定理可知W －W＋mgh＝mv2，小球离开弹簧时
弹 f
的动能不等于mv2，落地时动能才等于mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于mv2－mgh＋W，B错误；弹簧弹
f
力与重力做功的和等于mv2＋W，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh，D正确。
f
训练3、如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物
体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】3.5 m
【解析】对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
F ＝mgcos 37°，
N1
故F ＝μF ＝μmgcos 37°，
f1 N1
由动能定理得：
mgsin 37°·l－μmgcos 37°·l＝mv2－0
1 1
设物体在水平面上滑行的距离为l，
2
摩擦力F ＝μF ＝μmg
f2 N2
由动能定理得：－μmgl＝0－mv2
2
联立以上各式可得l＝3.5 m.
2
方法二 对全过程由动能定理列方程：
mgl sin 37°－μmgcos 37°·l－μmgl＝0
1 1 2
解得：l＝3.5 m.
2
训练4、如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R＝0.2 m的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L＝1 m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态．质量为m
＝1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v ＝2 m/s冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压
0
缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．物块 A与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道
其他部分摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v；
1
(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h；
1
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v 从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时．物块A能第一次返回圆形
0
轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道．
【答案】(1)2 m/s (2)0.2 m (3)1 m≤L≤1.5 m或L≤0.25 m
【解析】(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v，由动能定理得
1
－μmgL＝m －m
解得v＝2 m/s
1
(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆轨道的高度为h，由动能定理得
1
－μmgL－mgh ＝0－m
1
解得h＝0.2 m＝R，符合实际
1
(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h 时，速度减为0，则h 满足0＜h≤R
2 2 2
由动能定理得－2μmgL－mgh ＝0－m
1 2
联立得1 m≤L <1.5 m
1
②若A能沿轨道上滑到最高点，则满足m ≥mg
由动能定理得－2μmgL－mg·2R＝m －m
2
联立得L≤0.25 m
2
综上所述，要使物块A能第一次返回圆轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是1 m≤L≤1.5 m或L≤0.25 m
考点二、应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W ＋W ＝mv2
变 恒 2
－mv2，物体初、末速度已知，恒力做功 W 可根据功的公式求出，这样就可以得到 W ＝mv2－mv2－W
1 恒 变 2 1
，就可以求变力做的功了．
恒
例1、质量为m的物体以初速度v 沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．
0
已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧
被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．mv2－μmg(s＋x) B．mv2－μmgx
0 0
C．μmgs D．μmg(s＋x)
【答案】A
【解析】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W －W＝0－
f 弹 f
mv2，则W ＝mv2－μmg(s＋x)，故选项A正确．
0 弹 0
例2、如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为 m的质点自轨道端点P
由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程
中，克服摩擦力所做的功为( )
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
【答案】C
【解析】在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有 F －mg＝m，
N
F ＝F ′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋W＝mv2，解得W＝－mgR，所以克
N N f f
服摩擦力做功mgR，选项C正确．
考点三、动能定理与图象结合问题
1．解决图像问题的基本步骤
(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交
点、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数
关系式求物理量．
2．图像所围“面积”和图像斜率的含义
例1、(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地
面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能E 与水平位移
k
x关系的图象是( )
【答案】A
【解析】设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ 、μ 。物块在斜面上运动
1 2
时，根据动能定理有mgx tan θ－μmg cos θ·＝E －0，整理可得E ＝(mg tan θ－μmg)x，即在斜面上运动
1 k k 1
时，物块的动能E 与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为E ，水平位移为x，物块在水平地面上
k k0 0
运动时，根据动能定理有－μmg(x－x)＝E－E ，整理可得E＝－μmgx＋E ＋μmgx，即在水平地面上运
2 0 k k0 k 2 k0 2 0
动时，物块的动能E 与x也成线性关系。综上分析可知A正确。
k例2、(2019·全国卷Ⅲ·17)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E 随
k
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】法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝E －E
kB kA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝E ′－E ′
kA kB
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝E－E ，
k k0
则E＝－(mg＋F)h＋E
k k0
下落过程：(mg－F)h＝E′－E ′，
k k0
则E′＝(mg－F)h＋E ′，
k k0
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，
mg－F＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
例3、(多选)(2021·辽宁大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg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像。已知重力加速度 g＝10 m/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
【答案】ABC
【解析】物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝
0.35，A正确；减速过程由动能定理得W ＋W＝0－mv2，根据Fx图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算
F f
力F做的功W ，而W＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v，B、
F f
C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
课堂随练
训练1、(2021·云南省曲靖市高三二模)某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到B点，已
知质点通过A点时的速度为v ，加速度为a ，A、B两点之间的距离为L。在加速运动过程中，质点的加速
0 0
度a随位移x变化的关系如图所示，则外力对质点做的功和通过B点时的速度大小为( )
A．ma L,
0
B．m(aL＋)，v＋
0 0
C．ma L,
0
D．m(aL＋)，v＋
0 0
【答案】A
【解析】由图可知质点的加速度随位移均匀变化，则质点所受的合外力也随位移均匀变化，合外力对质点
做的功W ＝ L＝L＝ma L，由动能定理可得ma L＝m －m ，解得质点通过B点时的速度v ＝，故选
合 合 0 0 BA。
训练2、(2021·湖北高考)如图a所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦
力大小f恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所
k
受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【答案】A
【解析】0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝E－Ek0，整理得E＝E －(mg sin 30°＋
k k k0
f)s，结合0～10 m内的Es图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能
k
定理得(mg sin 30°－f)(s－s)＝E ，整理得E ＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s ，结合10～20 m内的Es
1 k k 1 k
图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N。联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，故A正确，B、C、D错误。
考点四、动能定理在多过程问题中的应用
1．基本步骤
例1、(2021·全国甲卷)(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑
动时的动能为E ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知
k
sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则( )A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】设物体向上滑动的距离为l，与斜面间的动摩擦因数为μ，对全过程根据动能定理有－μmg cos
α·2l＝－E ，对物体向上滑动的过程根据动能定理有－mgl sin α－μmgl cos α＝0－E ，联立得l＝，μ＝
k k
0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得a ＝，
下 下
B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有 mg sin α＋μmg cos α＝ma ，可知a >a ，由于上滑过
上 上 下
程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且两过程位移大小均为 l，根据l＝at2，可得t μmgs，得h>1 m。综上所述，让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，h的取值范围为h≥1.31 m或1
3
m
