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第2 讲 动能定理及其应用
学习目标 1.理解动能和动能定理。 2.会应用动能定理处理相关物理问题。 3.
掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
1.动能
2.动能定理
1.思考判断
(1)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。(√)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)
2.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( )
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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
考点一 动能定理的理解与基本应用
1.两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动
能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2.标量性
动能是标量，功也是标量，所以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。
例1 (2024·河南商丘质检)如图1 所示，在水平的PQ 面上有一小物块(可视为质
点)，小物块以某速度从P 点最远能滑到倾角为θ 的斜面QA 上的A 点(水平面和
斜面在Q 点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中
虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P 点出发滑上斜面。已知小物块与水平面
和斜面间的动摩擦因数相同，AB 为水平线，AC 为竖直线。则( )
图1
A.小物块恰好能运动到B 点
B.小物块最远能运动到B 点上方的某点
C.小物块只能运动到C 点
D.小物块最远能运动到B、C 两点之间的某点
答案 D
解析 小物块从P 点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能
到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q 点的水平距离为x，根据动能定
理得－mgh－μmg·xPQ－μmgcos θ·xAQ＝0－mv，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝mv，若减
2
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小倾角θ 时，h 不变，则x 不变，故A、C 错误；若h 变大，则x 变小，故B 错
误；若h 变小，则x 变大，故D 正确。
1.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。
2.动能定理的应用技巧
1.(多选)如图2 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( )
图2
A.对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，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＝mv－mv，其中W 为支持力做的功
D.对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv
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)才等于物体动能的变化，即W 合＝W－mgH＝mv－mv，其中W
为支持力做的功，故A、B 错误，C 正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和
3
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拉力F，合力做功为W 合′＝Mv－Mv，故D 正确。
2.(2021·河北卷，6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图3 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)( )
图3
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，小球下落的高度为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。
考点二 应用动能定理求变力做功
例2 (多选)(2023·广东卷，8)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图4 所示，
可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q 点
时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h 为4 m，且过Q 点的切
线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P 点运动到Q 点的过程，下列说法
正确的有( )
图4
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q 点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q 点时对轨道的压力大小为380 N
答案 BCD
4
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解析 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A 错误；下滑过程由动能定理可得WG－
Wf＝mv，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B 正确；经过Q 点时向心
加速度大小为a＝＝9 m/s2，C 正确；经过Q 点时，根据牛顿第二定律可得FN－
mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，
货物对轨道的压力大小为380 N，D 正确。
3.(2024·江苏盐城高三检测)质量为m 的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，
起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，
如图5 所示，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，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程
中，弹簧弹力所做的功为( )
图5
A.mv－μmg(s＋x)
.mv－μmgx
C.μmg(s＋x)－mv
.－μmg(s＋x)
答案 C
解析 对物体由动能定理可得W 弹－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W 弹＝μmg(s＋x)－
mv，故C 正确。
在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理
W 变＋W 恒＝mv－mv 求解。物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可由公式求出，
得到W 变＝mv－mv－W 恒，就可以求出变力做的功了。
考点三 动能定理与图像问题的结合
图像所围“面积”和图像斜率的含义
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例3 一质量为4 kg 的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F 作用做匀速
直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停
止运动。如图6 所示为拉力F 随位移x 变化的关系图像，重力加速度大小取10
m/s2，则可以求得( )
图6
A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J
答案 D
解析 F－x 图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF＝ J
＝12 J，故B 错误；0～2 m 阶段，根据平衡条件可得F＝Ff＝4 N，所以整个过程
中摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C 错误；整个过程中
合外力所做的功为W 合＝WF＋Wf＝12 J＋(－16 J)＝－4 J，故D 正确；根据动能
定理可得W 合＝0－mv，解得v0＝ m/s，故A 错误。
例4 (2022·江苏卷，8)某滑雪赛道如图7 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Ek与水平位移x 的关系图像正确的是( )
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图7
答案 A
解析 设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，
根据动能定理有Ek＝mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ 不变，
Ek－x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ 先减小后增大，即图像斜率先
减小后增大，故A 正确。
方法点拨 解决图像问题的基本步骤
4.(2021·湖北卷，4)如图8 甲所示，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 的关系如图乙所
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( )
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图8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
.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，A 正确，B、C、D 错误。
A 级 基础对点练
对点练1 动能定理的理解与简单应用
1.(多选)如图1 所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B 上放着木块A，
A、B 间的接触面粗糙。现用一水平拉力F 作用在A 上使其由静止开始运动，用
Ff1代表B 对A 的摩擦力，Ff2代表A 对B 的摩擦力，则下列情况可能的是( )
图1
A.拉力F 做的功等于A、B 系统动能的增加量
B.拉力F 做的功小于A、B 系统动能的增加量
C.拉力F 和Ff1对A 做的功之和大于A 的动能的增加量
D.Ff2对B 做的功等于B 的动能的增加量
答案 AD
解析 A 相对B 的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B 相对静止时，
拉力F 做的功等于A、B 系统动能的增加量；当A、B 相对滑动时，拉力F 做的
功大于A、B 系统动能的增加量，A 项正确，B 项错误；由动能定理知，Ff2对B
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做的功等于B 的动能的增加量，拉力F 和Ff1对A 做的功之和等于A 的动能的增
加量，D 项正确，C 项错误。
2.(2024·山东菏泽高三检测)如图2 所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ 的倾斜圆
盘上，有一长为L 的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O 点转
动，另一端与质量为m 的小滑块相连，小滑块从最高点A 以垂直细绳的速度v0
开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大
小为( )
图2
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动，则在最高点有mgsin θ＝
m，整个过程根据动能定理可得－Ff·2πL＝mv2－mv，解得Ff＝，A 正确，B、
C、D 错误。
3.一物块沿倾角为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3 所示。当物块的初速度为2v 时，上升的最大高度记为h。重力加速
度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ 和h 分别为( )
图3
A.tan θ 和2H
B.tan θ 和4H
C.tan θ 和2H
D.tan θ 和4H
答案 D
解析 当物块上滑的初速度为v 时，根据动能定理，有－mgH－μmgcos θ·＝0－
mv2，当上滑的初速度为2v 时，有－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2，联立可得μ＝
tan θ，h＝4H，故D 正确。
4.如图4 所示，将质量为m 的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落
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回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则
空气阻力的大小等于( )
图4
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
答案 D
解析 小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－mv，小球向下运动
的过程，由动能定理得(mg－f)H＝m(v0)2，联立解得f＝mg，选项D 正确，A、
B、C 错误。
对点练2 应用动能定理求变力做功
5.如图5 所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A，将小球A 从弹簧原
长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h。若将小球A 换为质量为
2m 的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，
则小球B 下降h 高度时的速度为( )
图5
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 小球A 下降h 高度的过程中，设小球克服弹簧的弹力做功为W，根据动能
定理有mgh－W＝0，小球B 下降h 高度的过程中，根据动能定理有2mgh－W＝
×2mv2－0，解得v＝，故D 正确。
6.如图6 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(
)
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图6
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D.mgR
答案 C
解析 设质点在Q 点的速度为v，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m，根据牛顿
第三定律知FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR
＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力所做的功为mgR，选项C 正确。
对点练3 动能定理与图像问题的结合
7.(多选)如图7 甲所示，质量m＝2 kg 的物体以100 J 的初动能在粗糙的水平地面
上滑行，其动能Ek随位移x 变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的
是( )
图7
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为5 N
答案 AC
解析 由题图乙可知物体运动的总位移大小为10 m，故A 正确；由动能定理得
－Ffx＝ΔEk＝－100 J，则摩擦力大小Ff＝10 N，由牛顿第二定律得Ff＝ma，则a
＝＝5 m/s2，故B、D 错误；物体的初动能Ek0＝mv＝100 J，则v0＝＝10 m/s，故
C 正确。
8.一质量为m 的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移
变化的力F 的作用，F 随位移变化的规律如图8 所示，下列说法正确的是( )
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图8
A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B.物块的位移为x0时，物块的速度最大
C.力F 对物块做的总功为6F0x0
D.物块的最大速度为
答案 D
解析 物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F 为正，所以物块一
直加速运动，物块的位移为3x0时，速度最大，故A、B 错误；合外力做功的大
小等于图线与x 轴围成的面积，所以力F 对物块做的总功为W＝×2F0×3x0＝
3F0x0，故C 错误；由动能定理可得3F0x0＝mv，所以最大速度为vm＝，故D 正
确。
B 级 综合提升练
9.(多选)(2023·湖南卷，8)如图9，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB
和圆弧段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为
O，最高点为C，A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A 点以初速度
v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是( )
图9
A.小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
答案 AD
解析 小球恰好运动至C 点，小球在C 点vC＝0
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小球在圆弧BC 上运动到D 点的受力分析如图所示
小球从A 到C 由动能定理得－mg·2R＝0－mv，则v0＝2，C 错误；若小球在B 点
的速度满足mgcos θ＜，则小球将从B 点脱离轨道，D 正确。
10.(多选)(2024·湖南衡阳高三期中)如图10 甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能
达到的最大位移x 与斜面倾角θ 的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0
沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾
角θ 的关系如图乙所示，g 取10 m/s2，根据图像( )
图10
A.当θ＝45°时，x 最小
B.物体的初速度v0＝6 m/s
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
D.当θ＝30°时，物体最终会回到出发点
答案 BC
解析 由图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为h＝1.80 m，由竖直
上抛运动规律可知v＝2gh，解得v0＝6 m/s，故B 正确；当θ＝0 时，位移为x＝
2.40 m，由动能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝0.75，故C 正确；由动能定理
得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝，其中tan α＝，解得α＝37°，
当θ＋α＝90°时，即θ＝53°，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故A 错误；当θ＝
30°时，根据计算可得μmgcos 30°>mgsin 30°，可知物体最终会静止在斜面上，故
D 错误。
11.(多选)(2023·新课标卷，20)一质量为1 kg 的物体在水平拉力的作用下，由静
止开始在水平地面上沿x 轴运动，出发点为x 轴零点，拉力做的功W 与物体坐标
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x 的关系如图11 所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小
取10 m/s2。下列说法正确的是( )
图11
A.在x＝1 m 时，拉力的功率为6 W
B.在x＝4 m 时，物体的动能为2 J
C.从x＝0 运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x＝0 运动到x＝4 m 的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
答案 BC
解析 物体所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝4 N，0～1 m 的过程，由动能定
理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又W－x 图像的斜率表示拉力F，则0～2
m 的过程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m 时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A 错误；0
～4 m 的过程，由动能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，则在x＝4 m 时，物体的动能
Ek4＝2 J，B 正确；0～2 m 的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C 正
确；由W－x 图像可知，2～4 m 的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞Ff＞F2，所以物
体在0～2 m 的过程做加速运动，2～4 m 的过程做减速运动，故0～4 m 的过程，
物体在x＝2 m 处速度最大，由动能定理有W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物
体的最大动量为pm＝2 kg·m/s，D 错误。
C 级 培优加强练
12.(2024·山东潍坊模拟)如图12 所示，AOB 是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由
两个半径都是R 的圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O 在同一
竖直线上，O2B 与水池的水面平齐。一小滑块可从弧AO 上的任意点由静止开始
下滑。已知sin 37°＝，cos 37°＝。
图12
(1)若小滑块从圆弧AO 上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放
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点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O 点脱离滑道，求其可能的落水点在水平面上形成的区域长度。
答案 (1)37° (2)(2－)R
解析 (1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ，由于小滑块在两个圆弧上
滑过的弧长相等，则小滑块在圆弧OB 上的离开点和O2的连线与竖直线的夹角
也为θ，设小滑块离开圆弧OB 时的速度为v，则根据动能定理可得
2mgR(1－cos θ)＝mv2－0
对小滑块在圆弧OB 上的离开点，根据牛顿第二定律可得mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝
即θ＝37°。
(2)设小滑块刚好能从O 点脱离滑道的速度为v1，则有mg＝m
解得v1＝
设小滑块从A 点由静止释放到达O 点时的速度为v2，根据动能定理可得
mgR＝mv－0
解得v2＝
可知小滑块能从O 点脱离滑道，其离开滑道时的速度范围为≤v0≤
小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有R＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
解得小滑块的水平位移满足R≤x≤2R
则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为Δx＝2R－R＝(2－)R。
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