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08 机械能守恒定律
[-考点-05-] 动能定理及其应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．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＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2
2－mv1
2.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末
状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力
情况和位置变化或位移信息．
1.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．
2.应用动能定理的解题流程
典例1 (动能定理的理解和基本应用) (多选)如图所示，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v1
增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
1
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A．对物体，动能定理的表达式为W＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为Mv2
2－Mv1
2
答案 CD
解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力
做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W－mgH＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的
功，A、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的
功一定等于其动能的增量，即Mv2
2－Mv1
2，D 正确．
典例2 (应用动能定理求恒力做功) 一物块沿倾角为θ 的斜坡向上滑动．当物块的初速度
为v 时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.
重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )
A．tan θ，
B.(－1)tan θ，
C．tan θ，
D.(－1)tan θ，
答案 D
解析 物块以初速度v 上升的过程，由动能定理得－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，解得μ＝
(－1)tan θ.当物块的初速度为时，由动能定理得－mgh－μmgcos θ·＝0－m()2，解得h＝，
故选D.
典例3 (应用动能定理求变力做功) 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形
轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处
由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为
4mg，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，
则( )
A．W＝mgR，小球恰好可以到达Q 点
B．W>mgR，小球不能到达Q 点
2
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C．W＝mgR，小球到达Q 点后，继续上升一段距离
D．W<mgR，小球到达Q 点后，继续上升一段距离
答案 C
解析 在N 点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝4mg，解
得vN＝，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝mvN
2－0，解得
W＝mgR.由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以
小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小
球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动
能定理得－mgR－W′＝mvQ
2－mvN
2，因为W′<mgR，故vQ>0，所以小球到达Q 点后，继
续上升一段距离，选项C 正确．
典例4 (动能定理与图像问题的结合) (2021·湖北卷·4)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Ek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－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－
(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N，
10～20 m 内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s
－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m 内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f
＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
1.关于动能定理，下列说法中正确的是( )
A.在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D.动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况
3
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答案 D
解析 动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A 错误；根据动能定理，决定动能是否
改变的是总功，而不是某一个力做的功，B 错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于
曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C 错误，D 正确.
2.下列关于运动物体的合外力做功与动能、速度变化的关系，正确的是( )
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体所受的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
答案 C
解析 物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能
可能不变，A、B 错误；物体所受的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变
化，C 正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D 错误．
3.人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度
为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g 取10 m/s2，则下坡过程中阻力
所做的功为( )
A．－400 J
B．－3 800 J
C．－50 000 J
D．－4 200 J
答案 B
解析 下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv0
2，解得Wf＝－3 800 J，故选B.
4.一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖
直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能( )
A．上抛球最大
B．下抛球最大
C．平抛球最大
D．一样大
答案 D
解析 设阳台离地面的高度为h，根据动能定理得mgh＝Ek－mv0
2，三个小球质量相同，初
速度相同，高度相同，所以三球落地时动能相同，D 正确．
5.木块在水平恒力F 的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿
原方向又前进了2l 才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木
块所获得的最大动能Ekm分别为( )
A.Ff＝ Ekm＝
B.Ff＝ Ekm＝Fl
C.Ff＝ Ekm＝
D.Ff＝F Ekm＝
答案 C
解析 全过程，由动能定理得Fl－Ff·3l＝0 得：Ff＝；加速过程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm
＝Fl，C 正确，A、B、D 错误.
4
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6.人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度
为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g 取10 m/s2，则下坡过程中阻力
所做的功为( )
A．－400 J
B．－3 800 J
C．－50 000 J
D．－4 200 J
答案 B
解析 下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv0
2，解得Wf＝－3 800 J，故选B.
7.如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径
BO＝3.6 m．质量为m＝4.0 kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，
在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达
B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π 取3.14，重力加速度g 取10 m/s2，在这一过程中摩擦
力做功为( )
A．66.6 J
B．－66.6 J
C．210.6 J
D．－210.6 J
答案 B
解析 小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F 沿圆的切线方向，圆
环由A 到B 的过程根据动能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf＝－
66.6 J，故选B.
8.物体沿直线运动的v－t 图像如图所示，已知在第1 s 内合力对物体做功为W，则( )
A.从第1 s 末到第3 s 末合力做功为4W
B.从第3 s 末到第5 s 末合力做功为－2W
C.从第5 s 末到第7 s 末合力做功为W
D.从第3 s 末到第4 s 末合力做功为－0.5W
答案 C
解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s 内：W＝mv0
2，第1 s 末到第3
s 末：W1＝mv0
2－mv0
2＝0，A 错误；第3 s 末到第5 s 末：W2＝0－mv0
2＝－W，B 错误；
第5 s 末到第7 s 末：W3＝m(－v0)2－0＝W，C 正确；第3 s 末到第4 s 末：W4＝m()2－mv0
2＝
－0.75W，D 错误.
9.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从
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地面由静止启动，加速度a 与离地高度h 的关系图像如图所示，则( )
A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动
B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等
C．电梯在3h0处的速度大小为2
D．电梯上升的最大高度可能为3h0
答案 C
解析 由题图可知从0 到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到
3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，
则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D 错误；根据动能定理可得mv2＝Fh＝mah＝
mS 面积，则v＝，则电梯在h0处的速度大小为，在2h0处的速度大小为，在3h0处的速度大小
为2，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B 错误，C 正确．
10.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Ek与时间t 的关系图像是( )
答案 A
解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v
代入得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv0
2，Ek与t 为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线，A 对.
11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B 静置于
水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的
力F，使滑块A、B 开始滑动，当滑块A、B 滑动1.0 m 时撤去力F.整个运动过程中，滑块
A、B 的动能Ek随位移x 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：
(1)滑块A 对B 做的功；
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(2)力F 的大小．
答案 (1)12 J (2)39 N
解析 (1)B 在撤去F 后继续滑行xB＝1.0 m，撤去F 时B 的动能EkB＝6 J，
由动能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F 前，对B 由动能定律得WAB－FfBx＝EkB
联立并代入数据解得WAB＝12 J
(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为xA＝0.5 m，撤去F 时A 的动能EkA＝9 J，由动能
定理有－FfAxA＝0－EkA
力F 作用的过程中，分析滑块A、B 整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入数据解得F＝39 N.
12.如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC
为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m 的小球沿水
平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重
力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向
指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；
(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．
答案 (1)mg (2)mg
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达
C 点时速度的大小为vC，则＝tan α，F＝，
由牛顿第二定律得F＝m，
联立并代入数据解得F0＝mg，vC＝.
(2)设小球到达B 点时速度的大小为vB，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得
－2FR＝mvC
2－mvB
2，
代入数据解得vB＝
小球在B 点时有FN－F＝m，解得FN＝mg
由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝mg.
13.(2023·山东·一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示.
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比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O 向前滑行，至前卫线时
放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑得更远，运动员可用毛
刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数.已知O 点到前卫线的距离d＝4 m，O、O′之间
的距离L＝30.0 m，冰壶的质量为20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷
过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1 m，g 取10 m/s2.
(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力为多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
答案 (1)12 N (2)见解析
解析 (1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得
Fd－μ1mgL＝0
代入数据，解得F＝12 N.
(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，
用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得
F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0
代入数据，解得x1＝8 m
由动能定理得
F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0
代入数据，解得x2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离x 需满足
8 m≤x≤12 m.
8
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9
