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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 克fAD，由动能定理得mgh－W 克fAD＝
0，即W 克fAD＝mgh，①
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
fDA，由动能定理知，滑块从D 点被推回A 点过程有WF－mgh－W 克fDA＝0，②
1
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由A 点运动至D 点，克服摩擦力做的功为W 克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs，③
从D→A 的过程克服摩擦力做的功为W 克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs，④
联立③④得W 克fAD＝W 克fDA，⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D 错误，B 正确．
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
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＝－Ek，
物体从斜面底端到最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，
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 下＝mgsin α－μmgcos α，
解得a 下＝，B 正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma 上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a 上＝g，
故a 上>a 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 上<t 下，D 错误．
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
2
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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vB＝1 m/s.
(2)小球由A 运动到B 的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝mvB
2－mvA
2，解得vA＝ m/s
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FN－mg＝m，解得FN＝
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＝mvA
2，代入数据解得H
＝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x0处以初速
度v0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
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
mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv0
2，
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O1 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2 的半圆形光滑细圆管轨道
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、O1、D、O2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块
质量m＝0.1 kg，轨道BCD 和DEF 的半径R＝0.15 m，轨道AB 长度lAB＝3 m，滑块与轨道
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FG 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FN的大小；
(2)设释放点距B 点的长度为lx，求滑块第一次经F 点时的速度v 与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度lx的值．
答案 (1)7 N (2)v＝，其中lx≥0.85 m (3)见解析
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°)＝mvC
2①
在C 点由牛顿第二定律有FN－mg＝m②
由①②解得FN＝7 N③
(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
mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④
解得l1＝0.85 m⑤
因此要能过F 点必须满足lx≥0.85 m⑥
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
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝，其中lx≥0.85 m．⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，⑨
lFG＝，⑩
由⑨⑩解得lx＝ m，n＝1,3,5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
当n＝1 时，lx1＝ m；当n＝3 时，lx2＝ m
当n＝5 时，lx3＝ m．
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( )
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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v0下滑到底端B，它与挡板发生无动能损
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Ff(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，
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
－2Ffs＝0－mv0
2.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
为v，则mgh－Ffs＝mv2－mv0
2，解得v＝，C 正确．
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＝Ek，此时小物块所走路程
s1＝，第一次通过O 点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度
H1＝95%H，第二次到达O 点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O 点到第三次到达O
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点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s 总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…
(95%)n－1，n 无穷大时，可得s 总＝(等比数列求和)，故B 正确．
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a1、a2
B．滑块第1 次与挡板碰撞前的速度v1
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＝ma1；
上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；
解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A 正确；由于A、B 间的距离未知，
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LBC
＝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L0＝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＝
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mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，
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解得μ＝0.6.
(2)设滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度为vD，有mgsin θ＝m，解得vD＝3 m/s.
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－μmgLBC－mgR(1＋sin
θ)＝mvD
2－0，解得L＝6.75 m.
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h1＝1.8 m 处自由下落的过程中由动能定理可得Ek1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－Ek2＝－mgh2
篮球从距地面h3＝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
可得W＋mgh3＝Ek3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－Ek4＝0－mgh4
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
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解析 (1)当摆球由C 运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD
2，得vD＝4 m/s，在D
点，由牛顿第二定律可得FTm－mg＝m，可得FTm＝9 N
(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：－μ1mgs＝0－mvD
2，可得μ1＝0.4
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－μ2mgs＝mvA
2－mvD
2，在轨道中由动能定理可得－mgR＝0－
mvA
2，可求得μ2＝0.25
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－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD
2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ 的范围为0.25≤μ≤0.4 或者μ≤0.025.
8
