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6.2 动能与动能定理
考点一 动能定理的理解..................................................................................................................................................... 1
题组1：动能的概念.......................................................................................................................................................1
题组2：动能定理的理解..............................................................................................................................................2
考点二 动能定理的应用..................................................................................................................................................... 4
题组1：动能定理求变力做功....................................................................................................................................4
题组2：多过程中的动能定理应用........................................................................................................................... 5
考点三 动能定理与图像问题............................................................................................................................................ 9
题组1：动能定理与图像..............................................................................................................................................9
6.2 动能与动能定理
考点一 动能定理的理解
题组1：动能的概念
1. （多选）关于质量一定的物体的速度和动能，下列说法中正确的是( )
A. 物体的速度发生变化时，其动能一定发生变化
B. 物体的速度保持不变时，其动能一定保持不变
C. 物体的动能发生变化时，其速度一定发生变化
D. 物体的动能保持不变时，其速度可能发生变化
【答案】BCD
【解析】速度是矢量，速度发生变化时，既可能是只有速度的大小发生变化，也可能是只有速度的方向发
生变化，还有可能是速度的大小和方向同时发生变化，而动能是标量，只有速度的大小发生变化时，动能
才会发生变化，故B、C、D 正确，A 错误。
2. （单选）在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以v和v
2的速度沿同一方向水平抛出，两球都
落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为( )
A. 2：1 B. 4：1 C. 6：1
D. 8：1
【答案】B
【解析】：设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图
所示
根据平抛运动的推论可得tanθ =2tan α，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，
故对甲有：v甲末=
v
cosθ ，对乙有：v乙末=
v
2cos θ ，所以v甲末
v乙末
= 2
1，
根据Ek = 1
2 m v
2，可知甲、乙动能之比为4：1，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
题组2：动能定理的理解
3. （单选）如图所示，运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度v0踢出，足球经过最高点(位置
2)，落在地面上位置3，位置2距离地面的高度为h，1与2和2与3间的水平距离不等。重力加速度大小为g。
下列说法正确的是( )
A. 从1到2，足球动能的减少量大于mgh
B. 从1到2，足球动能的减少量小于mgh
C. 从1到2，足球的加速度保持不变
D. 在位置2，足球的动能等于1
2 m v0
2-mgh
【答案】A
【解析】C.由于1与2和2与3间的水平距离不等，结合题图可知，足球在空中受到空气阻力的作用，由于空
气阻力是变力，所以从1到2，足球所受合力是变力，足球的加速度发生变化，故C 错误；
AB.从1到2，设克服空气阻力做功为W f，根据动能定理可得Δ Ek =-mgh-W f，可知足球动能的减少量
大于mgh，故A 正确，B 错误；
D.从1到2，根据动能定理可得-mgh-W f = 1
2 m v2
2- 1
2 m v0
2，可知在位置2，足球的动能为
1
2 mv2
2= 1
2 mv0
2-mgh-W f < 1
2 mv0
2-mgh，故D 错误。
故选A。
4. （单选）民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动
充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。如图所示，若机舱口下沿距地面高为
h，一个质量为m的人由静止沿气囊滑下至底端时速度为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则此过程中
摩擦力对人做的功为( )
A. mgh B. 1
2 mv
2-mgh
C. 1
2 mv
2
D. mgh- 1
2 mv
2
【答案】B
【解析】设此过程中摩擦力对人做的功为W f，根据动能定理得mgh+W f = 1
2 mv
2-0
解得W f = 1
2 m v
2-mgh，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
5.半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点A。一质量为m的小球从A
点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为g。若恰好能实现上述运
动，求：
(1)小球在B点时速度的大小vB；
(2)小球的落地点与A点间的距离x；
(3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA。
【答案】(1)小球恰经过B点时，根据牛顿第二定律有 mg=m v B
2
R
得 vB=
√gR
(2)小球从B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有 2 R = 1
2 gt
2
得 t =2 √
R
g
小球落地点与A点间的距离 x = vBt
得 x =2 R
(3)设小球在A点速度的大小为 v A ，在小球从A点运动到B点的过程中
根据动能定理有 -mg⋅2 R = 1
2 mv B
2- 1
2 mv A
2
得 v A =
√5 gR
小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有 F A -mg=m v A
2
R
得 F A =6mg
考点二 动能定理的应用
题组1：动能定理求变力做功
1. （单选）如图所示，一半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，一质量为m的小环套在大圆环上，小
环沿大圆环在竖直平面内做圆周运动，Q为竖直线与大圆环的切点。已知小环经过Q点时受到的支持力等
于小环经过最高点时受到的支持力的3倍，重力加速度大小为g，则小环经过最高点时受到的支持力大小可
能为( )
A. mg
4
B. mg
2
C. 3mg
4
D. mg
【答案】C
【解析】设小环经过最高点时的速度大小为v 0，
小环经过Q点时的速度大小为vQ，
由动能定理得：1
2 m vQ
2 - 1
2 m v0
2=mgR
若小环在最高点受到向上的支持力，则有3(mg- mv0
2
R )= m(v0
2+2gR)
R
，mg- F N = mv0
2
R
，
解得F N = 3mg
4
(另一解F N = 3mg
2
)，选项C 正确。
2. （单选）如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时
速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有
的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)
A. 等于v0
B. 大于v0
C. 小于v0
D. 取决于斜面
【答案】A
【解析】物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得
-mg⋅x AO- μmg⋅xDB- μmgcosα ⋅x AB=0- 1
2 mv 0
2，α为斜面倾角，由几何关系有x ABcosα = xOB，因
而上式可以简化为-mg⋅x AO- μmg⋅xOD=0- 1
2 mv 0
2，从上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，
故选 A。
3.如图所示，长度为L的粗糙水平面AB与竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量为
m的小滑块将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，小滑块到达B点前已和弹簧分离，经过B点后沿半圆轨道恰
好能通过最高点C做平抛运动。已知：R =0.9m，m=0.2kg，L=10m，小滑块与轨道AB间的动摩擦因
数μ=0.2，重力加速度大小取g=10m/ s
2。求：
(1)小滑块通过C点的速度大小vC；
(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小F；
(3)弹簧压缩至A点时的弹性势能E p。
【答案】(1)小滑块恰好能通过最高点C，根据牛顿第二定律有mg=m vC
2
R
解得vC =
√gR =3m/ s；
(2)从B点到C点应用动能定理-mg⋅2 R = 1
2 mvC
2 - 1
2 mvB
2
在B点由牛顿第二定律有F 支-mg=m vB
2
R
根据牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小F = F 支=12 N；
(3)根据能量守恒有E p= μmgL+ 1
2 m vB
2
解得E p=8.5 J。
题组2：多过程中的动能定理应用
4. （单选）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动时动能Ek
与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度g取10m/ s
2，则物块所受摩擦力的大小为( )
A. 0.3 NB. 0.4 N C. 0.5 N D. 0.6 N
【答案】C
【解析】0～10m内，物块沿斜面向上滑动，根据动能定理，有-(mgsin30°+ f )s1= Ek - E0，整理得
Ek = E0-(mgsin30°+ f )s1，结合0～10m内的Ek - s图像，得斜率的绝对值k1=mgsin30°+ f = 4 N；
10m～20m内，物块沿斜面向下滑动，根据动能定理，有(mgsin30° - f )(s- s1)= Ek，整理得
Ek =(mgsin30° - f )s-(mgsin30° - f )s1，结合10m～20m内的Ek - s图像，得斜率
k2=mgsin30° - f =3 N，联立解得f =0.5 N，m=0.7 kg，C项正确。
5. （多选）如图所示，在水平轨道右侧固定一半径R =0.8m的四分之一光滑竖直圆弧轨道，C为圆弧轨道
最低点，圆弧轨道与水平轨道在C处平滑连接，轨道左侧有一轻质弹簧，其左端固定在竖直墙上，右端与
质量m=2kg的物块(可视为质点)接触但不连接，弹簧处于自然状态时物块位于B点。现对物块施加方向水
平向左、大小为F =160 N的恒力，物块向左运动0.4 m后撤去恒力F，弹簧始终处于弹性限度内。物块与
BC段间的动摩擦因数μ=0.1，B、C间的距离xBC =0.8m，其余摩擦和空气阻力均不计，重力加速度g取
10m/ s
2。下列说法正确的是 ( )
A. 恒力F做功64 J
B. 物块第一次达到C点时对轨道的压力大小为156 N
C. 物块最终停在水平轨道B点
D. 物块能冲上圆弧轨道共计40次
【答案】AC
【解析】恒力F做功为W F = Fx =160×0.4 J =64 J，故A 正确；设物块第一次达到C点时的速度大小为vC，
根据动能定理可得W F - μmg xBC = 1
2 mv C
2，解得vC =
√62.4 m/ s，在C点根据牛顿第二定律可得
F N -mg=m v C
2
R
，解得F N =176 N，根据牛顿第三定律可知物块第一次达到C点时对轨道的压力大小为
176 N，故B 错误；物块最终一定静止在BC上，设物块在BC段往返通过的总路程为s，则有W F = μmgs，
解得s=32m，由于s
xBC
= 32
0.8 = 40可知，物块最终停在水平轨道B点，物块能冲上圆弧轨道共计20次，故
C 正确，D 错误。
6. （多选）如图所示，粗糙程度可改变的斜面DE与光滑圆弧轨道BCD相切于D点，C为最低点，B与圆
心O等高，圆弧轨道半径R =1m，圆心角∠BOD =127°。调整斜面动摩擦因数μ= μ0时，将一可视为质点、
质量m=1kg的物块，从B点正上方的A点自由释放，物块恰好到达斜面顶端E处。已知AB =1m，
DE =1.8m，重力加速度g取10m/ s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则( )
A. 物块第一次通过C点时受到支持力大小为50 N
B. 调整μ=0.4，物块在斜面上运动的路程为5.625m
C. 调整μ=0.6，物块在斜面上运动的路程为3.75m
D. 调整μ=0.8，物块在斜面上运动的路程为1m
【答案】AC
【解析】A、从A到C过程，根据动能定理得mg( AB+ R)= 1
2 mvC
2 -0
物块在C点时，由牛顿第二定律得F N -mg=m vC
2
R
联立解得物块第一次通过C点时受到支持力大小为F N =50 N，故A 正确；
B、当斜面动摩擦因数μ= μ0时，从A到E过程，根据动能定理得
mg( AB+ Rcos37° - DEsin37°)- μ0mgcos37°× DE =0
解得μ0=0.5
当μ=0.4时，因μ< μ0，物块会从E点飞出，物块在斜面上运动的路程为DE =1.8m，故B 错误；
C、当μ=0.6时，因μ0< μ<tan37°，物块最终会在以C为中心、B为左端最高点的圆弧上来回运动，设物
块在斜面上运动的路程为s。从A点到最终稳定运动时的B点，由动能定理得
mg( AB+ Rcos37°)- μmgcos37°⋅s=0，解得s=3.75m，故C 正确；
D、当μ=0.8时，因μ0>tan37°，物块会停止在斜面上，物块在斜面上运动的路程为s'。
由动能定理得mg( AB+ Rcos37° - s' ⋅sin37°)- μmgcos37°⋅s' =0，解得s' ≈1.45m，故D 错误。
故选：AC。
7.如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、
CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ =37°，A、D两点离轨道BC的高
度分别为h2= 4.30m、h2=1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的
动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/ s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，求：
(1)小滑块第一次到达B点时的速度大小。
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔。
(3)小滑块最终停止的位置距C点的距离。
【答案】(1)滑块从A到B的过程中，只有重力做功，由动能定理得mgh1= 1
2 mv1
2
解得小滑块第一次到达B点时的速度大小v1= √2gh1=
√86m/ s；
(2)小物块从A →B→C过程中，由动能定理得mgh1- μmgs= 1
2 m vC
2
解得vC =6m/ s；
小物块沿CD段上滑的加速度大小a= mgsin37
∘
m
= gsin37
∘=6m/ s
2
小物块沿CD段上滑到最高点的时间t1= vC
a =1s
由于CD斜面光滑，由对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s
故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔t =t1+t2=2s
(3)滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得mgh1- μmg s1=0-0
解得s1=8.6m
小滑块最终停止的位置距C点的距离x = s1- s=3.6m。
8.如图所示，一固定在竖直面内的半径为R =0.2m的光滑半圆圆弧轨道在竖直直径AB的下端A点与一水平
面平滑衔接。一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)静置在水平面上的P点，P点到A点的距离为L=1m，
小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2。小滑块在水平力F =10 N的作用下开始沿水平面向右运动，
F作用了x0=0.3m的距离后撤去。重力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)小滑块到达A点时对圆弧轨道的压力；
(2)小滑块能够上升的最大高度；
(3)为了使小滑块能冲上圆弧轨道且在圆弧轨道上运动时不脱离圆弧轨道，拉力F在水平面上的作用距离x
应满足的条件。
【答案】(1)由 P 到 A 的过程 F x0- μmgL= 1
2 m v A
2 -0
v A =
√2m/ s
在 A 点时 F N -mg=m v A
2
R
F N =20 N
由牛顿第三定律得压力 F N ' = F N =20 N 。
(2)设小滑块能够上升的最大高度为 h ，则 1
2 m v A
2 =mgh
h=0.1m 。
(3)设滑块恰好能到 A 时，拉力 F 作用距离为 x1 ，则
F x1- μmgL=0 ， x1=0.2m
设滑块恰好能到与圆心O等高的C点时，拉力F作用距离为 x2 ，则 F x2- μmgL-mgR =0
x2=0.4 m
若滑块恰好能够到达B点，拉力F作用距离为 x3 ，则： mg=m vB
2
R
， vB=
√2m/ s
由动能定理 F x3- μmgL-mg×2 R = 1
2 mvB
2 -0
解得 x3=0.7m
所以使小滑块能冲上圆弧轨道又不脱离圆弧轨道，拉力F作用距离x应满足的条件是：
0.2m< x ≤0.4 m 或 1m≥x ≥0.7m 。
考点三 动能定理与图像问题
题组1：动能定理与图像
1. （单选）将一可视为质点且质量为m的物体由地面沿竖直向上的方向抛出，抛出瞬间物体的动能为Ek 0，
物体的动能随距离抛出点高度的关系如图所示，规定抛出点为零势能面，整个过程物体所受的空气阻力大
小保持不变，图线与坐标轴的交点为已知量，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. m= 3 Ek 0
8 gh0
B. 空气阻力为物体重力的3
5倍
C. 物体下落过程中，距离地面的高度为h0
2
时时其动能等于重力势能
D. 若抛出点物体的动能为2 Ek ₀，上升时，动能与重力势能相等时动能大小为Ek 0
2
【答案】B
【解析】A.由图像可知物体上升过程中，能达到的最大高度为h0，
对物体上升过程，由动能定理得-mgh0 - Ff h0=0- Ek 0，
物体返回过程中，由动能定理得 mgh0- Ff h0= Ek 0
4 ,
解得 m= 5 Ek 0
8 gh0
，Ff = 3 Ek 0
8h0
，A 错误；
B.物体的重力为 G =mg= 5 Ek 0
8h0
，空气阻力与物体重力的比值为 Ff
G = 3
5
，B 正确；
C.物体下落过程中，设距离地面的高度为h时其动能等于重力势能，则有 Ek =mg(h0-h)- Ff (h0-h)，此
时物体的重力势能为E p=mgh，又 Ek = E p，解得h = 2
7 h0，C 错误；
D.若抛出点的动能为2 Ek ₀，物体上升时，设距离地面的高度为h'时其动能等于重力势能，由动能定理
得 E'k -2 Ek 0=-mgh' - F f h'，物体的重力势能为 E p' =mgh'，又 E'k = E' p，解得 E
'
k = 10 Ek 0
13
，D 错
误。
故选B。
2. （单选）某兴趣活动小组在探究物体动能大小实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线
运动，记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能Ek随时间变化的甲图和动能随位置变化的
乙图，若图甲中OA连线的斜率为p，图乙中直线的斜率为q，则物体在A点所对应的瞬时速度的大小为
( )
A. 2 p
q
B. 2 pq C. 2 p
q
2
D. 2 p
2
q
【答案】A
【解析】甲图中OA连线的斜率p= Δ Ek
t
= W 总
t
= F合v，
乙图中直线的斜率q = Δ Ek
x
= F合
因物体在恒定合外力作用下做的是初速为零的匀加速直线运动，v = 0+ v
2
，
所以有p=q v
2，v = 2 p
q ，A项正确。
3. （单选）如图所示，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关系的图象
是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由
静止开始在斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
mg⋅xtanθ - μmgcosθ⋅
x
cosθ = Ek -0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek =(mgtanθ - μmg)x
在水平面上运动的过程中，由动能定理得：Δ Ek =- μ' mgΔx
所以小物块的动能Ek与水平位移x关系的图象两端均为直线，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
