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专题强化八 动能定理在多过程问题中的应用
目标要求 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中
的应用．
题型一 动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情
况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各
个击破．
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运
动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大
简化运算．
2．全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．
例1 图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，长为s，
BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计．一质量为m的小滑块
在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿
轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重
力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
A．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋) D．μmg(s＋hcos θ)
答案 B
解析 滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W ，由动能定理得mgh－W ＝
克fAD 克fAD
0，即W ＝mgh，①
克fAD
滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为 W
克
，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有W －mgh－W ＝0，②
fDA F 克fDA由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W ＝μmgcos θ·＋μmgs，③
克fAD
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W ＝μmgcos θ·＋μmgs，④
克fDA
联立③④得W ＝W ，⑤
克fAD 克fDA
联立①②⑤得W ＝2mgh，故A、C、D错误，B正确．
F
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)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，此后物体向下
k
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
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，
k
物体从斜面底端到最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－E，
k
整理得l＝，μ＝0.5，A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，
下
解得a ＝，B正确；
下
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma ＝mgsin α＋μmgcos α，解得a ＝g，
上 上
故a >a ，
上 下
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公
式l＝at2，则可得出t <t ，D错误．
上 下
例3 (2023·广东惠州市调研)光滑斜面与长度为L＝0.5 m粗糙水平地面平滑相连，质量为
m＝1 kg的小球(可视为质点)从斜面上距离地面高H处由静止释放，经A点进入与水平地面
平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点．已知小
球与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道半径R＝0.1 m，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球在B点的速度大小；
(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；
(3)小球的释放点离水平地面的高度H.
答案 (1)1 m/s (2)60 N (3)0.35 m解析 (1)根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mg＝m，解得v ＝1 m/s.
B
(2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝mv 2－mv 2，解得v ＝ m/s
B A A
在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即 F －mg＝m，解得F ＝
N N
60 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60 N.
(3)小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理有mgH－μmgL＝mv 2，代入数据解得H
A
＝0.35 m.
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
1．往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，
描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，
运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、
末状态，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程．
例4 如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x 处以初速
0
度v 沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的
0
分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(
)
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用动能定
理得
mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2，
0 0
解得x＝，选项A正确．
例5 (2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的
光滑直轨道AB、圆心为O 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道
1 2
DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道
固定在G点(与B点等高)，B、O 、D、O 和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块
1 2
质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度l ＝3 m，滑块与轨道
ABFG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
(2)设释放点距B点的长度为l，求滑块第一次经F点时的速度v与l 之间的关系式；
x x
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l 的值．
x
答案 (1)7 N (2)v＝，其中l≥0.85 m (3)见解析
x
解析 (1)滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv 2①
C
在C点由牛顿第二定律有F －mg＝m②
N
由①②解得F ＝7 N③
N
(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④
1
解得l＝0.85 m⑤
1
因此要能过F点必须满足l≥0.85 m⑥
x
能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得
mglsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦
x
由④⑤⑥⑦解得v＝，其中l≥0.85 m．⑧
x
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，⑨
x
l ＝，⑩
FG
由⑨⑩解得l＝ m，n＝1,3,5，…
x
又因为0.85 m≤l≤l ，l ＝3 m，
x AB AB
当n＝1时，l ＝ m；当n＝3时，l ＝ m
x1 x2
当n＝5时，l ＝ m．
x3
课时精练
1.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆
弧，BC水平，其长度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小
物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC面与小物块间的动摩擦因数为
μ＝0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
答案 D
解析 小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程
由动能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝ m＝3 m，而
d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D.
2.如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v 下滑到底端B，它与挡板发生无动能损
0
失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零．设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，
则它与挡板碰前瞬间的速度大小为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为 F(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，
f
上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得
－2Fs＝0－mv2.同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度
f 0
为v，则mgh－Fs＝mv2－mv2，解得v＝，C正确．
f 0
3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一
个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过
O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑
到停止的过程中运动的总路程为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝E ，此时小物块所走路程
k
s ＝，第一次通过O点后动能E ＝95%E ＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度
1 k1 k
H ＝95%H，第二次到达O点所走的路程s ＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O
1 2点所走路程s ＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s ＝s ＋s ＋…s ＝＋95%＋(95%)2＋…
3 总 1 2 n
(95%)n－1，n无穷大时，可得s ＝(等比数列求和)，故B正确．
总
4.(多选)(2023·江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质
量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原
速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，
设重力加速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度大小a、a
1 2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v
1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
答案 AC
解析 设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，
得μ＝，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcos α＝ma ；
1
上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma ；
2
解得：a＝gsin α－μgcos α，a＝gsin α＋μgcos α，
1 2
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 、a ，故A正确；由于A、B间的距离未知，
1 2
尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错
误．
5.(2023·河北张家口市高三检测)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长L
BC
＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R＝1.5 m的
光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m的小滑
块从斜面上距B点L ＝2 m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点．已知重力加速度g＝
0
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；
(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，使小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与
B点的最小距离．
答案 (1)0.6 (2)6.75 m
解析 (1)小滑块恰好运动到C点，
由动能定理得mgL sin 37°－μmgL ＝0－0，
0 BC解得μ＝0.6.
(2)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为v ，有mgsin θ＝m，解得v ＝3 m/s.
D D
设滑块释放位置与B点的最小距离为L，由动能定理得mgLsin θ－μmgL －mgR(1＋sin
BC
θ)＝mv 2－0，解得L＝6.75 m.
D
6．(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h ＝1.8 m
1
处由静止自由落下，反弹高度为h ＝1.2 m．若使篮球从距地面h ＝1.5 m的高度由静止下落，
2 3
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：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．
答案 (1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)篮球从距地面高度h＝1.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得E ＝mgh
1 k1 1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－E ＝－mgh
k2 2
篮球从距地面h ＝1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理
3
可得W＋mgh ＝E
3 k3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－E ＝0－mgh
k4 4
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F
＋mg＝ma，在拍球时间内运动的位移为x＝at2
做的功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．
7.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，
小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的固定在水
平面上竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ
＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6)
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
答案 (1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025解析 (1)当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mv 2，得v ＝4 m/s，在D
D D
点，由牛顿第二定律可得F －mg＝m，可得F ＝9 N
Tm Tm
(2)要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
对DA段：－μmgs＝0－mv 2，可得μ＝0.4
1 D 1
小球不脱离圆轨道分两种情况：
①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临
界情况为到达圆心等高处速度为零，
对DA段：由动能定理可得－μmgs＝mv 2－mv 2，在轨道中由动能定理可得－mgR＝0－
2 A D
mv 2，可求得μ＝0.25
A 2
②若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好
到达最高点时，在最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m，
由动能定理可得－μmgs－2mgR＝mv2－mv 2，解得μ＝0.025
3 D 3
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
