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知识点 37：动能定理及应用
【知识思维方法技巧】
（1）动能定理的理解：
①动能定理内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
②动能定理表达式：W ＝ΔE ＝mv 2－mv 2或W ＝E －E .
总 k 2 1 总 k2 k1
“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．“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
③动能定理的物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
（2）运用动能定理解题的优越性：
①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、
多过程问题、电场与磁场。
②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行
分析。列动能定理方程时，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．求克服某力做的功，可以直接带入负号。
③动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。动能定理是一个
标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式。
（3）应用流程
考点一：动能定理在直线运动中的应用
题型一：动能定理在直线型单过程问题中的应用
【典例1基础题】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．与它的动量成正比
【典例1基础题】【答案】B
【解析】动能E ＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误．速度v＝at，可得E ＝ma2t2，与
k k
经历的时间的平方成正比，故A错误．根据v2＝2ax，可得E ＝max，与位移成正比，故B
k
正确．动量p＝mv，可得E ＝，与动量的平方成正比，故D错误．
k
【典例1基础题对应练习】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( )
1
学科网（北京）股份有限公司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
【典例1基础题对应练习】【答案】A
【解析】根据动能定理可得：W ＋W＝E ，又知道摩擦力做负功，即W＜0，所以木箱获
F f k f
得的动能一定小于拉力所做的功，选项 A正确、B错误；根据W ＋W＝E ，无法确定E
F f k k
与－W 的大小关系，选项C、D错误．
f
题型二：动能定理在直线型多过程问题中的应用
【知识思维方法技巧】
运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们
的功能特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦
力做的功等于力的大小与路程的乘积。弹簧弹力做功与路径无关。
类型一：水平式多过程运动模型
【典例2a基础题】如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初
速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小
物块与AB段间的动摩擦因数μ 和其与BC段间的动摩擦因数μ 的比值为( )
1 2
A.1 B.2 C.3 D.4
【典例2a基础题】【答案】C
【解析】根据动能定理，在从A到B的过程，有－μmgl＝m－mv，在从B到C的过程，
1
有－μmgl＝0－m，解得＝3，故选项C正确。
2
类型二：斜面式多过程运动模型
【典例2b基础题】如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40 m高的山坡上A点由静止沿两
段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪爱好者
的质量m＝60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100 m，重力加
速度g＝10 m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为( )
2
学科网（北京）股份有限公司A．3 000 J B．4 000 J C．5 000 J D．6 000 J
【典例2b基础题】【答案】A
【解析】根据动能定理有W－μmgL cos α－μmgL cos β＋mgh＝mv2，即：W－μmgL＋
AD CD
mgh＝mv2，求得W＝3 000 J，故选A.
【典例2b基础题对应练习】（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
k
体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知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
【典例2b基础题对应练习】【答案】BC
【解析】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－E ，物体从斜面
k
底端到斜面顶端根据动能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－E ，整理得l＝，μ＝0.5，A
k
错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma ＝mgsin α－μmgcos α，解得a
下 下
＝，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma ＝mgsin α＋μmgcos α，解得a ＝
上 上
g，故a >a ，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的
上 下
位移，根据位移公式l＝at2，则可得出t W ＝ mgh，设小物块第1次通过最低点B的速度为v，从自由滑下到最低点B的过程，
f1 克f
由动能定理得3mgh－W ＝E －0，解得E <2.5mgh，故B错误；由于在AC段，小物块
克f1 k k
与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，
第二次在AC段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a(A)点时，有一定的
速度，故C错误；由于在AC段存在摩擦力，故小物块可能在B点两侧某一位置处于静止
状态，也可能在B处静止，故D错误．
【典例2基础题对应练习】如图所示，竖直固定放置的斜面 DE与一光滑的圆弧轨道ABC
相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点
无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心 O与A、D
在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
（1）滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
（2）滑块在斜面上能通过的最大路程s。
【典例2基础题对应练习】【答案】(1) (2)
【解析】(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程
为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。
(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定
理得：mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，解得s＝。
考点五：动能定理与图像问题的结合
【知识思维方法技巧】
动能定理与图像问题结合的解题方法：
（1）函数斜率面积法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表
达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的图像等要注意这种
转化。
①v－t图像：图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移
为负。
②a－t图像：图像与t轴围成的面积表示物体速度的变化量；
③a－F图像：由a＝F知a－F图像的斜率表示质量的倒数．
④F－x图像：图像与x轴围成的面积表示力F做的功．
15
学科网（北京）股份有限公司⑤E －x图像：由动能定理ΔE ＝Fx知，E －x图像的斜率表示合外力F.
k k k
⑥E －x图像：由重力做功与重力势能变化的关系ΔE ＝－mgx知，E －x图像的斜率大小
p p p
表示重力mg.
（2）函数数据代入法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的
特殊数据代入函数公式进行计算。
题型一：动能定理与运动学图象的综合应用
类型一：与vt图象的综合应用
【典例1a基础题】一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿
水平方向运动2 s后撤去外力，其vt图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．在0～2 s内，合外力做的功为4 J
B．在0～2 s内，合外力做的功为8 J
C．在0～6 s内，摩擦力做的功为－8 J
D．在0～6 s内，摩擦力做的功为－4 J
【典例1a基础题】【答案】A
【解析】在0～2 s可读出初末速度，由动能定理可得W ＝mv2－0＝4 J，故A正确，B
合 2
错误。在0～6 s内由全程的动能定理：W ＋W＝0－0，其中f＝ma ＝2× N＝1 N；对于
F f 2
0～2 s牛顿第二定律F－f＝ma ，得F＝3 N，而W ＝Fx ＝3×2 J＝6 J，联立得W＝－
1 F 1 f
6 J，故C、D错误。
【典例1a基础题对应练习】（多选）如图某质点沿直线运动的vt图像为余弦曲线，从图中
可以判断( )
A．在0～t 时间内，合力逐渐减小 B．0～t 时间内，合力做正功
1 2
C．在t～t 时间内，合力的功率先增大后减小 D．在t～t 时间内，合力做的总功为零
1 2 2 4
【典例1a基础题对应练习】【答案】CD
【解析】vt图线斜率表示加速度，在0～t 时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合
1
16
学科网（北京）股份有限公司力增大，故A错误；由动能定理知0～t 时间内，动能增量为0，即外力做功为0，故B错
2
误；t 时刻，F最大，v＝0，F的功率为0。t 时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t～t
1 2 1 2
时间内，外力的功率先增后减，故C正确；由动能定理知t～t 时间内，动能增量为0，即
2 4
外力做功为0，故D正确。
类型二：与其他运动学图象的综合应用
【典例1b基础题】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所示．下列说法正确的是(
)
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时的速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
【典例1b基础题】【答案】D
【解析】物体6 s末的速度v＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正
6
方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为v ＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B
m
项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错
误；在0～4 s内由动能定理可知，W ＝mv－0，又v ＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W ＝
合4 4 合4
36 J,0～6 s内合力对物体做的功：W ＝mv－0，又v＝6 m/s，得W ＝36 J．则W ＝W
合6 6 合6 合4
，D项正确．
合6
【典例1b基础题对应练习】一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加
速直线运动时的at图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，
则( )
A．在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/s
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学科网（北京）股份有限公司B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．在t＝6 s时刻，拉力F的功率为200 W
【典例1b基础题对应练习】【答案】D
【解析】根据Δv＝at，可知at图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v＝v＋Δv＝
0 6 0
2 m/s＋(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A错误；由动能定理可得：W ＝mv2－mv2＝396 J，B错
合 6 0
误；由动量定理可得：I －ft＝mv－mv，解得拉力的冲量I ＝48 N·s，C错误；由牛顿第
F 6 0 F
二定律得F－f＝ma，可求得F ＝f＋ma＝10 N，则6 s时拉力F的功率P＝F ·v＝200 W，
6 6 6
D正确。
题型二：动能定理与动力学图象的综合应用
类型一：与F－x图象的综合应用
【典例2a基础题】（多选）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象．已知重力加速度g取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
【典例2a基础题】【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 相等，物体与水平面间的动摩擦
f
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Fs图象中图线
F f
与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功W ，而W＝－μmgs，由此可求得合外力对物体
F f
所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、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．
【典例2a基础题对应练习】一质量为m＝0.2 kg的物体，在合外力F作用下由静止开始做
直线运动，F与位移x的关系图像如图所示，由图像可知( )
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学科网（北京）股份有限公司A．在x＝0到x＝1 m过程中，物体做匀加速直线运动，运动时间t＝0.2 s
B．在x＝0到x＝2 m过程中，物体做变加速直线运动，F做功5 J
C．物体运动到x＝2 m时，物体的瞬时速度为5 m/s
D．物体运动到x＝2 m时，物体的瞬时速度为2 m/s
【典例2a基础题对应练习】【答案】C
【解析】由题图可知在x＝0到x＝1 m过程中，F为恒力，所以物体做匀加速直线运动，其
加速度大小为a＝＝5 m/s2，根据运动学公式可得运动时间为t＝＝ s，故A错误；在x＝0
到x＝2 m过程中，物体先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，根据 F－x图像的面
积表示功可知此过程中F做功为W＝1×1 J＋×(1＋2)×1 J＝ J，故B错误；设物体运动
到x＝2 m时的瞬时速度为v，根据动能定理可得mv2＝W，解得v＝5 m/s，故C正确，D
错误．
类型二：与其他动力学图象的综合应用
【典例2b基础题】（多选）质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面
上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力
加速度大小取g＝10 m/s2.则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
【典例2b基础题】【答案】AD
【解析】物块与地面间的摩擦力为F＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知
f
(F－F)t ＝mv，代入数据可得v＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv＝6 kg·m/s，故C错
f 1 3 3 3
误；设3 s后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋F)t ＝0－mv解得t ＝1
2 f 2 3 2
s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，
对物块由动能定理可得(F－F)x ＝mv2，解得x ＝9 m，3～4 s时间内，对物块由动能定理
f 1 3 1
可得－(F＋F)x＝0－mv2，解得x＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度
f 2 3 2
19
学科网（北京）股份有限公司大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x ＝at2＝4 m
