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第 2 讲 动能定理及应用
知识排查
动能
1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2．公式：E ＝ m 2 。
k v
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．矢标性：动能是标量，只有正值。
5．状态量：动能是状态量，因为 是瞬时速度。
v
动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝ m － m 或W＝E －E 。
v v k2 k1
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．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)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，也可以间断作用。
5．应用动能定理解决的典型问题大致分为两种
(1)单一物体的单一过程或者某一过程；
(2)单一物体的多个过程。
动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。
小题速练1．思考判断
(1)动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能。( )
(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。
( )
(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态。( )
(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。( )
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)×
2．(2018·全国卷Ⅱ，14)如图1，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( )
图1
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
解析 由动能定理W －W＝E －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功
F f k
A正确。
答案 A对动能定理的理解及应用
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，
它们可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．公式W ＝ΔE 中“＝”体现的三个关系
合 k
【例1】 (多选)如图2所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体
A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为
参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中( )
图2
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析 A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有
B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A
的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑
动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理W
F
－W＝ΔE ，W ＝ΔE ＋W，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服
f kB F kB f
摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动
能的增量与产生的内能之和，故A错误。答案 BD
1．(多选)如图3所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹
以速度 沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度 运动。已
v0 v
知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木
块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
图3
A．FL＝M 2
v
B．Fs＝m 2
v
C．Fs＝m －(M＋m) 2
v v
D．F(L＋s)＝m －m 2
v v
解析 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝m 2－m ，选项D正确；对木块，有
v v
FL＝M 2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝m －(M＋m) 2，选项C正确，只有
v v v
选项B错误。
答案 ACD
2．如图4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( )图4
A．tan θ B．tan α
C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
解析 如图所示，设B、O间距离为x ，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平
1
距离为x ，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－
2
μmgcos θ·－μmgx ＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。
1
答案 B
应用动能定理求解多过程问题
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
【例2】 (2017·上海单科，19)如图5，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4
m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止
释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑
块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图5
(1)滑块在C点的速度大小 ；
vC
(2)滑块在B点的速度大小 ；
vB
(3)A、B两点间的高度差h。
解析 (1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力
mg＝①
＝＝2 m/s
vC
(2)对B―→C过程，滑块的机械能守恒，有
m ＝m ＋mgR(1＋cos 37°)②
v v
＝＝4.29 m/s
vB
(3)滑块在A―→B的过程，利用动能定理得
mgh－μmgcos 37°·＝m －0③
v
代入数据解得h＝1.38 m
答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
1．如图6所示，物块以60 J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减
少为零时，重力势能增加了45 J，则物块回到斜面底端时的动能为( )
图6A．15 J B．20 J C．30 J D．45 J
解析 由动能定理可知W ＋W＝0－E ，解得摩擦力做功为W＝－15 J，对物块
G f k0 f
整个过程由动能定理得2W＝E －E ，解得物块回到斜面底端时的动能为E ＝30
f k k0 k
J，故C正确，A、B、D错误。
答案 C
2．如图7甲所示，高H＝1 m的桌面上固定一竖直平面内的半径R＝0.8 m的四分
之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量 m＝0.05 kg
的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度
h＝0.2 m，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻
力忽略不计，g取10 m/s2。
图7
(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小；
(2)求球筐距B处的水平距离；
(3)把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐
时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度，求出该动能的
最小值。
解析 (1)小球从A运动到B：mgR＝m
v
在B点F －mg＝
N
解得 ＝4 m/s，F ＝1.5 N
v0 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小F ′＝F ，方向竖直向下
N N
(2)竖直方向H－h＝gt2
水平方向x＝ t
v0解得x＝1.6 m
(3)小球从B运动到球筐过程
由动能定理mg(H－h)＝E －m
k v
平抛运动x＝ t，H－h＝gt2
vB
联立解得E ＝＋mg(H－h)
k
当H＝h＋x＝1 m时，E 有最小值，
k
其最小值为E ＝mgx＝0.8 J
km
答案 (1)1.5 N (2)1.6 m (3)0.8 J
动能定理与图象结合的问题
1．图象所围“面积”或“斜率”的含义
2．解决动能定理与图象问题的基本步骤
【例3】 (2019·云南云天化中学模拟)如图8甲所示，巴铁(又称“陆地空客”)是
一种能有效缓解城市拥堵的未来交通工具，某实验室为了研究其运行时的动力学
特性，制造了一辆质量为200 kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25 s内运动的 －t 图象如图乙所示，g取10 m/s2，试
v
求：
图8
(1)模型巴铁20 s末的加速度大小；
(2)0～5 s内模型巴铁发动机输出的牵引力大小；
(3)模型巴铁在此25 s内牵引力所做的功。
解析 (1)由题图可知，在15～25 s内，模型巴铁做匀减速运动，加速度保持不变，
故20 s末的加速度为
a＝＝ m/s2 ＝－0.8 m/s2
加速度大小为0.8 m/s2。
(2)在0～5 s内，模型巴铁做匀加速运动，加速度为
a′＝＝ m/s2＝1.6 m/s2
根据牛顿第二定律可知F－0.08mg＝ma
解得发动机输出的牵引力
F＝200×1.6 N＋0.08×200×10 N＝480 N。
(3) －t图象中图形与时间轴所围成的面积表示位移，则可知 25 s内的位移x＝
v
×8 m＝140 m
对整个过程，根据动能定理得W－0.08mgx＝0
解得牵引力所做的功W＝2.24×104 J。
答案 (1)0.8 m/s2 (2)480 N (3)2.24×104 J
1．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机
上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示。下列说法正确的是( )
图9
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
解析 由Δ ＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变
v
化量，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错误；t＝5 s时，速
度最大，B项错误；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错误；
0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同
由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确。
答案 D
2．(2018·湖北襄阳联考)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初
速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4 m时，拉力F停止作
用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中E －x的图线如图10所示。
k
取g＝10 m/s2，求：
图10
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小。
解析 (1)从图线可知物体初动能为2 J，则E ＝m 2＝2 J，
k0 v
得 ＝2 m/s。
v
(2)在位移为4 m处物体的动能为E ＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这
k
段过程中物体克服摩擦力做功。
设摩擦力为F，则
f
－F x ＝0－E ＝0－10 J＝－10 J，x ＝4 m，
f 2 k 2
得F＝2.5 N。
f
因F＝μmg，
f
故μ＝0.25。
(3)物体从开始运动到位移为4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力F 的作用，合力
f
为F－F，根据动能定理有
f
(F－F)x ＝E －E ，
f 1 k k0
故得F＝4.5 N。
答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝E －E ，下列说法正确的是( )
k2 k1
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：
先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的E －E 为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W<0时，动能减少
k2 k1
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用
于变力做功
答案 BC
2．(多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由 增加到 时，上
v1 v2
升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
图1
A．对物体，动能定理的表达式为W ＝m ，其中W 为支持力的功
N v N
B．对物体，动能定理的表达式为W ＝0，其中W 为合力的功
合 合
C．对物体，动能定理的表达式为W －mgH＝m －m ，其中W 为支持力的功
N v v N
D．对电梯，其所受合力做功为M －M
v v
解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F ，这两个力的总功
N
才等于物体动能的增量ΔE ＝m －m ，故选项A、B错误，C正确；对电梯，无论
k v v
有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故选
项D正确。
答案 CD
3．北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一
定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以
相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )
A．不变 B．变小
C．变大 D．无法判断
解析 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动
根据动能定理有－μmgs＝0－m 2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故
v
运动的距离相等，故选项A正确。
答案 A4．如图2所示，在距地面某一高度处，沿三个不同的方向分别抛出三个质量和大
小均相同的小球，抛出时的速度大小相同，不计空气阻力，则从抛出到落地过程
中( )
图2
A．三个小球落地时的速度相同
B．三个小球重力做功的平均功率相同
C．三个小球速度的变化量相同
D．三个小球动能的变化量相同
解析 三个小球落地时的速度方向不同，A项错误；重力做功相同，但做功时间
不同，因此平均功率不同，B项错误；由Δ ＝gΔt可知，三个小球运动时间不同，
v
因此速度变化量也不同，C项错误；三个小球重力做功相同，由动能定理可知，三
个小球动能的变化量相同，D项正确。
答案 D
5．如图3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＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。
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，则停的地点到B的距离为( )
图3
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
解析 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功为
－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回
到B点，选项D正确。
答案 D
6．(2018·江苏高考)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E 与时间t的关系图象是( )
k
解析 设小球抛出瞬间的速度大小为 ，抛出后，某时刻t小球的速度 ＝ －
v0 v v0
gt，故小球的动能E ＝m 2＝m( －gt)2，结合数学知识知，选项A正确。
k v v0
答案 A
7．如图4所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下
坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡公路行驶
当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数 ＝36 km/h，汽
v1
车继续沿下坡公路匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，
此时速度表示数 ＝72 km/h。(g取10 m/s2)
v2
图4
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是
在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移。(sin 17°≈0.3)
解析 (1)由ΔE ＝m －m
k v v
解得ΔE ＝3.0×105 J
k
(2)由动能定理得mgh－fl＝m －m
v v
解得f＝2×103 N
(3)设汽车沿“避险车道”运动的最大位移为l′，由动能定理得－(mgsin 17°＋3f)l′
＝0－m
v
解得l′＝33.3 m
答案 (1)3.0×105 J (2)2×103 N (3)33.3 m
综合提能练
8．(多选) (2016·全国卷Ⅲ，20)如图5所示，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N，则( )
图5
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析 质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得 mgR－W＝
m 2，根据公式a＝，联立可得a＝，选项A正确，B错误；在最低点重力和支持力
v
的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，选项C
正确，D错误。答案 AC
9．如图6甲所示，一质量为4 kg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变化的关系如图乙所示，已
知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是(
)
图6
A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m
C．物体运动的最大速度为2 m/s
D．物体在运动中的加速度先变小后不变
解析 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；由题图乙中图
线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功 W＝×4×100 J＝200
J，根据动能定理有W－μmgx ＝0，得x ＝10 m，选项B正确；当推力与摩擦力大
m m
小相等时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20
N时x＝3.2 m，由动能定理得(100＋20)·x－μmgx＝m ，解得物体运动的最大速度
v
＝8 m/s，选项C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速
vm
度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度
不变，故选项D错误。
答案 B
10．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图
7所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a
＝3.6 m/s2 匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度 ＝24 m/s，A与B的竖直高度
vB
差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最
低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝
10 m/s2。
图7
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F 的大小；
f
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R
至少应为多大。
解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
v
＝2ax①
由牛顿第二定律有mg－F＝ma②
f
联立①②式，代入数据解得F＝144 N③
f
(2)设运动员到达C点时的速度为 ，在由B到达C的过程中，由动能定理得
vC
mgh＋W＝m －m ④
v v
设运动员在C点所受的支持力为F ，由牛顿第二定律有
N
F －mg＝⑤
N
由题意和牛顿第三定律知F ＝6mg⑥
N
联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m。
答案 (1)144 N (2)12.5 m
11．如图8所示，用一块长L ＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝
1
0.8 m，长L ＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量
2
m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.05，
1
物块与桌面间的动摩擦因数为μ ，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重
2
力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数
μ ；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
2
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离
x 。
m
解析 (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ mgcos θ，
1
θ满足的条件为tan θ≥0.05。
(2)克服摩擦力做功
W＝μ mgL cos θ＋μ mg(L －L cos θ)，
f 1 1 2 2 1
由动能定理得mgL sin θ－W＝0，
1 f
代入数据得μ ＝0.8。
2
(3)设当θ＝53°时，物块运动至桌面边缘时速度为 ，由动能定理得mgL sin θ－W′
v 1 f
＝m 2，
v
W′＝μ mgL cos θ＋μ mg(L －L cos θ)，
f 1 1 2 2 1
代入数据得 ＝1 m/s，
v
之后物块做平抛运动，有H＝gt2，t＝0.4 s，
x ＝ t，x ＝0.4 m，x ＝x ＋L ＝1.9 m。
1 v 1 m 1 2
答案 (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
