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第2 讲 动能定理及应用
一、动能
1.定义：物体由于运动而具有的能。
2.公式：Ek＝m v 2 。
3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝m v －
m v 。
二、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＝Ek2－Ek1＝m v －
m v 。
3.物理意义：合力做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)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。
如图1 所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运
动至顶端(轨道半径为R)。
图1
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv
对小球有－2mgR＋Wf＝mv2－mv。
【自测】 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正
确的是( )
A.合力为零，则合力做功一定为零
B.合力做功为零，则合力一定为零
1
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C.合力做功越多，则动能一定越大
D.动能不变，则物体所受合力一定为零
答案 A
命题点一 动能定理的理解
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
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】 质量为m 的物体在外力作用下以a＝2g 的加速度下落，在下落H 高度过
程中( )
A.它的动能增加了mgH
B.合外力做功mgH
C.它的重力势能减少了mgH
D.合外力做负功－2mgH
答案 C
解析 合外力做功W 合＝maH＝2mgH，根据
能定理，合外力做功等于
能的
动
动
变
化，W 合＝ΔEk＝maH＝2mgH，A、B、D
；重力做的功等于重力
能的减小
错误
势
WG
＝mgH，即它的重力
能减少了
势
mgH，C 正确。
【针对训练1】 用力F 使质量为2 kg 的物体由静止向上提升1 m，这时物体的速
度2 m/s，则下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A.力F 对物体做功4 J
B.物体动能改变了20 J
C.合外力对物体做功4 J
D.物体重力势能减少了20 J
答案 C
解析 根据WF－mgh＝mv2，解得WF＝24 J，A
；根据
错误
ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2＝4
J，B
；合外力
物体做的功等于物体
能的
化量即
错误
对
动
变
4 J，C 正确；物体向上
运
，重力做
功，重力
能增加了
动
负
势
Ep＝mgh＝20 J，D
。
错误
2
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命题点二 动能定理的应用
1.应用流程
2.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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画
出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)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。
【真题示例2】 (2021·山东卷，3)如图2 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v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程
中，木块所受摩擦力的大小为( )
图2
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 木
在运
程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据
块
动过
动
能定理得－f·2πL＝0－mv，解得f＝，故选项B 正确。
【真题示例3】 (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)( )
3
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图3
A.
B.
C.
D.2
答案 A
解析 当与
柱体未接触部分的
直
，小球下落的高度
圆
细绳竖
时
h＝R＋πR－＝R
＋，根据
能定理有
动
mgh＝mv2，解得v＝。故A 正确，B、C、D
。
错误
【针对训练2】 汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动
机，测出了汽车动能Ek 与位移x 的关系图像如图4 所示。已知汽车的质量为
1×103 kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计。则下列说法
正确的是( )
图4
A.汽车受到地面的阻力大小为200 N
B.汽车的额定功率为8 000 W
C.汽车加速运动的时间为16.25 s
D.汽车加速过程中牵引力做的功为8×105 J
答案 C
解析 根据
能定理得－
动
fx＝0－Ek，解得f＝＝2×103 N，故A
；汽
匀速
错误设
车
运
的速度
动
为v，有
则
Ek＝mv2，匀速运
引力与阻力大小相等，汽
的
动时牵
则
车
额
定功率为P＝fv，立解得
联
P＝80 kW，故B
；于加速运
程，根据
能定
错误对
动过
动
理得Pt－fs＝Ek2－Ek1，代入数据得t＝16.25 s，故C 正确；汽
引力做的功
大
车牵
应
于汽
的
能增加量，所以汽
加速
程中
引力做的功大于
车
动
车
过
牵
8×105 J，故D 错
。
误
【针对训练3】 一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8
m 处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m 的高
度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m。
假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地
4
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面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
运动员拍球过程中对篮球所做的功？
答案 4.5 J
解析 第一次
球下落的
程中由
能定理可得
篮
过
动
E1＝mgh1
球反
后向上运
的
程由
能定理可得
篮
弹
动
过
动
0－E2＝－mgh2
第二次从1.5 m 的高度静止下落，同
向下拍球，在
球反
上升的
程中，由
时
篮
弹
过
动
能定理可得0－E4＝0－mgh4
第二次从1.5 m 的高度静止下落，同
向下拍球，
球下落
程中，
时
篮
过
由
能定理可得
动
W＋mgh3＝E3
因
球每次和地面撞
的前后
能的比
不
，
有比例关系＝
篮
击
动
值
变
则
代入数据可得W＝4.5 J。
题型自我感悟
1.以上
目中物体受到的摩擦力和
簧
力做功有什么共同特点？
的拉力是
题
弹
弹
绳
力，它做功
？
变
吗
提示 摩擦力和
簧
力都是
力做功。可以用
能定理求解
力做功。
的拉
弹
弹
变
动
变
绳
力不做功。
2.如果力的大小不
，方向在
化，求它做功
注意什么？
变
变
时应该
提示
用力的大小乘以路程，而不是位移。
应该
命题点三 动能定理与图像的“数形结合”
解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，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、图线下的面积所对应的物理意义，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。
【真题示例4】 (2020·江苏卷，4)如图5 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Ek与水平位移x 关系的图像是(
)
图5
5
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答案 A
解析 在斜面上，物
受
直向下的重力、沿斜面向上的滑
摩擦力以及垂直斜
块
竖
动
面向上的支持力，物
的
量
设
块
质
为m，斜面的
角
倾
为θ，物
沿斜面下滑的距离
块
对
的水平位移
应
为x，由
能定理有
动
mgsin θ·－μ1mgcos θ·＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan
θ－μ1mg)x，即在斜面上
物
的
能与水平位移成正比，
时
块
动
B、D
均
；在水平
项
错误
面上，物
受
直向下的重力、
直向上的支持力以及水平向左的滑
摩擦力，
块
竖
竖
动
由
能定理有－
动
μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0
物
为
滑到斜面底端
的
能，
块
时
动
x0
物
沿斜面下滑到底端
的距离
的水平位移
为
块
时
对应
即在水平面上物
的
能与水平位移
一次函数关系，且
减函数，
块
动
为
为
A
正确，
项
C
。
项错误
【真题示例5】 (2019·全国Ⅲ卷，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Ek随h 的变化如图6 所
示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
图6
A.2 kg
B.1.5 kg
C.1 kg
D.0.5 kg
答案 C
解析 画出物体的运
示意
。
动
图
外力的大小
设该
为F，据
能定理知
动
A→B(上升
程
过
)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落
程
过
)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
6
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整理以上两式并代入数据得mgh＝30 J，解得物体的
量
质
m＝1 kg。选项C 正确。
【针对训练4】 (2021·常州
研
调
)物体沿粗糙斜面底端以一初速度上滑到顶端又滑
回到底端。下列关于物体的动能随时间的变化图像正确的是( )
答案 B
解析 物体沿斜面上滑
，由牛
第二定律有
时
顿
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，物体沿
斜面下滑
有
时
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，可知a1>a2，即上滑时间t1小于下滑时间
t2；物体沿斜面上下滑
，能随
动时动
时间
化的关系式
变
Ek＝mv2＝ma2t2，Ek－t 的图
像是开口向上的抛物
。
线
【针对训练5】 在光滑水平面上，有一质量为10 kg 的滑块，在变力F 的作用下沿
x 轴作直线运动，F－x 关系如图7，4～8 m 和12～16 m 的两段曲线关于坐标点
(10，0)对称。滑块在坐标原点处速度为1 m/s，则滑块运动到16 m 处的速度大小
为( )
图7
A.3 m/s
B.5 m/s
C.2 m/s
D.4 m/s
答案 A
解析
像与坐
成的
像的面
表示
力
图
标轴围
图
积
变
F 做的功，所以根据
能定理得
动
W＝mv2－mv，代入数据解得v＝3 m/s。
对点练1 动能定理的理解
1.关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
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 为除重力外的所有力做的功，可以通过以下两种方式计算：先求每
7
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个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功
C.公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0 时动能增加，当W＜0 时，动能减少
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 C
2.在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v0，它落到地
面时的速度为v，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的
功等于( )
A.mgh－mv2－mv
B.－mv2－mv－mgh
C.mgh＋mv－mv2
D.mgh＋mv2－mv
答案 C
解析
物
从
对
块
h 高
直上抛到落地的
程，根据
能定理可得
处竖
过
动
mgh－Wf＝
mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C 正确。
对点练2 动能定理的应用
3.如图1 所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物
块的位置。物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B
点。在从A 到B 的过程中，物块( )
图1
A.加速度先增大后减小
B.经过O 点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 D
解析
物
受力分析，当
簧
于
状
，由牛
第二定律可得
对
块
弹
处
压缩
态时
顿
kx－f＝
ma，x 减小，a 减小，当a＝0
，物
速度最大，此
，物
在
时
块
时
块
O 点左
，
侧选项B 错
；从加速度
误
a＝0
到
处
O 点
程，由牛
第二定律得
过
顿
f－kx＝ma，x 减小，a 增大，
当
簧
于伸
状
，由牛
第二定律可得
弹
处
长
态时
顿
kx＋f＝ma，x 增大，a
增大，可
继续
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知物
的加速度先减小后增大，
块
选项A
；物
所受
簧的
力
物
先做正
错误
块
弹
弹
对
块
功，后做
功，
负
选项C
；从
错误
A 到B 的
程，由
能定理可得
过
动
W 弹－Wf＝0，选项
D 正确。
4.(2021·南京
研
调
)某城市广场喷泉的喷嘴横截面为S，喷泉喷出的水柱超过了高
度h。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则用于给喷管喷水的电动机输出功率
至少为( )
A.ρghS
B.ρghS
C.
D.
答案 B
解析
嘴
水最小速度
设喷
处
为v，上升的高度
好
刚
为h，则v2＝2gh，解得v＝，设
经过时间Δt，
嘴
出的水
喷
处喷
为Δm，则Δm＝ρSvΔt，根据
能定理可得
动
PΔt＝
Δmv2，解得P＝ρghS，故A、C、D
，
错误
B 正确。
对点练3 动能定理与图像的“数形结合”
5.(2018·江苏单科，4)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
小球抛出瞬
的速度大小
设
间
为v0，抛出后，某
刻
时
t 小球的速度v＝v0－
gt，故小球的
能
动
Ek＝mv2＝m(v0－gt)2，
合数学知
知，
结
识
选项A 正确。
6.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动
摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x 关系的图线是( )
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答案 C
解析
斜面的
角
设
倾
为θ，小物
沿斜面向上滑
程，由
能定理得，
块
动过
动
Ek＝Ek0－
(mgsin θ＋μmgcos θ)x；
小物
滑到最高点的距离
设
块
为L，小物
沿斜面向下滑
块
动
程，由
能定理得，
过
动
Ek＝Ek0－mgxsin θ－μmg(2L－x)cos θ＝Ek0－2μmgLcos θ－
(mgsin θ－μmgcos θ)x，故选项C 正确。
7.质量为m 的物体从高为h 的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以
v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图2 甲所示。图乙为物体两次在平
面上运动的v－t 图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
图2
A.mv－3mgh
B.3mgh－mv
C.mv－mgh
D.mgh－mv
答案 D
解析 若物体静止开始下滑，由
能定理得
动
mgh－Wf＝mv，若
物体以
该
v0的初速
度从
端下滑， 由
能定理得
顶
动
mgh－Wf＝mv－mv，由乙
可知，物体两次滑到
图
平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv。
8.一质量为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Ek，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
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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0.2
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 B
解析 物体从斜面底端上滑至l
返回到斜面底端根据
能定理有－
处
动
μmg·2lcos α
＝－Ek，物体从斜面底端到斜面
端根据
能定理有－
顶
动
mglsin α－μmglcos α＝0－
Ek，整理得l＝；μ＝0.5，A、C
；物体向下滑
的加速度
错误
动时
为a 下，根据牛
第
顿
二定律有ma 下＝mgsin α－μmgcos α，求解得出a 下＝，B 正确；物体向上滑
的
动时
加速度为a 上，根据牛
第二定律有
顿
ma 上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a 上＝g，可知
a 上>a 下，由于上升
程中的末速度
零，下滑
程中的初速度
零，且走
相同
过
为
过
为
过
的位移，根据公式l＝at2，
可得出
则
t 上＜t 下，D
。
错误
9.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取
地面为重力势能零点，该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图3 所
示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
图3
A.物体的质量为3 kg
B.h＝0 时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m 时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 D
解析 根据
像可知
题给图
h＝4 m
物体的重力
能
时
势
mgh＝80 J，解得物体
量
质
m
＝2 kg，抛出
物体的
能
时
动
为Ek＝100 J，由
能公式
动
Ek＝mv2，可知h＝0
物体
时
的速率为v＝10 m/s，选项A、B
；由功能关系可知
错误
fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体
上升
程中所受空气阻力
过
f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m 的
程中，由
过
能定理有－
动
mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C
；由
像可知
错误
题给图
，
物体上升到h＝4 m
，机械能
时
为80 J，重力
能
势
为80 J，能
零，即物体从地面
动
为
上升到h＝4 m，物体
能减少
动
100 J，选项D 正确。
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10.(2019·天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多
次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和
上翘甲板两部分构成，如图4 甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上
翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图乙所示，AB 长L1＝150
m，BC 水平投影L2＝63 m，图中C 点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin
12°≈0.21)。若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s 到达B 点进
入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
甲 乙
图4
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
解析 (1)
机由静止开始做匀加速直
运
，
其
入上
甲板
的速度
舰载
线
动
设
刚进
翘
时
为v，
有
则
＝①
根据
能定理，有
动
W＝mv2－0②
立
联
①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J。③
(2)
上
甲板所
的
弧半径
设
翘
对应
圆
为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④
由牛
第二定律，有
顿
FN－mg＝m⑤
立
联
①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N。
11.(2021·山
沂模
东临
拟)滑雪是冬奥会的七大项目之一，某高山滑雪运动员在比
赛中经过一斜坡，如图5 所示，运动员(可视为质点)沿着右侧斜面运动，到达顶点
A 后以v0＝10 m/s 的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹
角为θ＝53°，经过一段时间后，运动员落到左侧斜面上的B 点，左侧斜面与水平
面的倾角α＝37°。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8。求：
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图5
(1)运动员离开左侧斜面的最远距离；
(2)起跳点A 与落点B 之间的距离；
(3)运动员落到B 点时的速度大小。
答案 (1)4 m (2)24 m (3)2 m/s
解析 (1)沿斜面和垂直斜面建立坐
系，并沿
两个方向分解初速度
标
这
v0、运动员
的重力G
有
则
v0x＝v0cos 53°＝0.6v0＝6 m/s
v0y＝v0sin 53°＝0.8v0＝8 m/s
Gx＝mgsin 37°＝0.6mg＝max
Gy＝mgcos 37°＝0.8mg＝may
垂直斜面方向上，从开始运
到离斜面最
的
动
远
时间t1＝＝1 s
从开始运
到落到
动
B 点共用时间
t＝2t1＝2 s
当v0y＝0
，运
距离斜面最
时
动员
远
此时y＝＝4 m。
(2)在沿斜面方向上从起跳点A 到落地点B 之
的距离
间
x＝v0xt＋axt2＝24 m。
(3)由A 到B，根据
能定理得
动
mgxsin 37°＝mv－mv
解得vB＝ m/s＝2 m/s。
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