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专题10 动能定理的应用
[题型导航]
题型一 动能定理的理解....................................................................................................................... 1
题型二 动能定理的基本应用...............................................................................................................4
题型三 动能定理与图像的结合...........................................................................................................8
题型四 动能定理在多过程问题中的应用.........................................................................................14
[考点分析]
题型一 动能定理的理解
1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝mv 表示一个过程的末动能，E
k1＝mv 表示这个过程的初动能．W 表示这个过程中合力做的功．
2．关于动能定理的几点说明
(1)W 的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和．
(2)W 与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增
加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变．
(3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量．
[例题1]
（多选）改变消防车的质量和速度，都能使消防车的动能发生改变．在下列几种
情况下，消防车的动能是原来的2 倍的是（ ）
A．质量不变，速度增大到原来2 倍
B．速度不变，质量增大到原来的2 倍
C．质量减半，速度增大到原来的4 倍
D．速度减半，质量增大到原来的8 倍
【解答】解：A、质量不变，速度增大到原来的2 倍，根据动能公式可知，汽车的动能变为原来
的4 倍，故A 错误；
B、速度不变，质量增大到原来的2 倍，根据动能公式可知汽车的动能变为原来的2 倍，故B 正
1
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确；
C、质量减半，速度增大到原来的4 倍，根据动能公式可得汽车的动能变为原来的8 倍，故C 错
误；
D、速度减半，质量增大到原来的8 倍，根据动能公式可知，汽车的动能变为原来的2 倍，故D
正确；
故选：BD。
[例题2]
关于动能的理解，下列说法正确的是（ ）
A．凡是运动的物体都具有动能
B．重力势能可以为负值，动能也可以为负值
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
【解答】解：A、物体由于运动而具有的能量是动能，运动的物体都具有动能，故A 正确；
B、物体在参考平面以下时物体的重力势能是负的，在参考平面以上时重力势能是正的；
物体的动能是Ek= 1
2mv2，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，故B 错误；
C、一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；速度变化时，动
能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体，速度方向变化，大小不变，速度变了但动能不变，
故C 错误；
D、动能不变的物体，速度方向可能变化，物体不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动中，物体
的动能不变，但物体不处于平衡状态，故D 错误。
故选：A。
[例题3]
一颗质量为m 的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知
地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小
之比为1：9，卫星的动能为（ ）
A．mgR
4
B．mgR
6
C．m g
2 R
2
6
D．mg R
2
6
【解答】解：在地球表面有：G Mm'
R
2 =mg
卫星做圆周运动有：G Mm
r
2 =ma
由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9 即：
2
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a
g =
GM
r
2
GM
R
2
= R
2
r
2 = 1
9
则卫星的轨道半径：
r＝3R…①
卫星绕地球做匀速圆周运动：
G Mm
r
2 =m v
2
r ⋯②
又：G Mm
R
2 =mg⋯③
由①②③可解得卫星的动能为：
Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ⋅GMm
r
= 1
2 ⋅GMm
3 R = mgR
6
所以B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题4]
绳索套马是内蒙古牧民的重要体育活动。某次活动中，套马者骑在马背上以速度
v 追赶提前释放的烈马，同时挥动质量为m 的套马圈，使套马圈围绕套马者在水平面内做角速
度为ω、半径为r 的匀速圆周运动，追逐一段时间后套马者和烈马的距离s 保持不变，待套马
圈运动到烈马正后方时，套马者松开套马圈，最终成功套住烈马。运动过程中，套马者和烈马
行进路线平行，松手后套马圈在空中的运动可视为平抛运动。下列说法正确的是（ ）
A．套马圈围绕套马者作图示顺时针的圆周运动
B．套马圈做平抛运动的时间为s
ωr
C．套马圈做平抛运动的初速度为v+ωr
D．套马者刚松手时，套马圈的动能为mω2r2
【解答】解：A、根据图象可知套马圈做逆时针圆周运动，故A 错误；
CD、依据题意可知，套马圈转到烈马正后方时，运动速度与烈马同向，则套马圈平抛运动的初
3
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速度v′＝v+rω，则套马圈的动能为1
2 m(v +ωr)
2，故C 正确，D 错误；
B、平抛运动水平方向做匀速直线，水平位移x =√s
2-r
2，套马圈相对于烈马的水平速度v0＝
rω，则套马圈做平抛运动的时间为t = √s
2-r
2
rω
，故B 错误。
故选：C。
[例题5]
改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化．在下列几种情况中，关于
汽车的动能的说法不正确的是（ ）
A．质量不变，速度增大到原来的2 倍，汽车的动能变为原来的4 倍
B．速度不变，质量增大到原来的2 倍，汽车的动能变为原来的2 倍
C．质量减半，速度增大到原来的4 倍，汽车的动能不变
D．速度减半，质量增大到原来的4 倍，汽车的动能不变
【解答】解：A、质量不变，速度增大到原来的2 倍，根据动能公式EK= 1
2mV2，汽车的动能变
为原来的4 倍，故A 正确；
B、速度不变，质量增大到原来的2 倍，根据动能公式EK= 1
2mV2，汽车的动能变为原来的2 倍，
故B 正确；
C、质量减半，速度增大到原来的4 倍，根据动能公式EK= 1
2mV2，汽车的动能变为原来的8 倍，
故C 错误；
D、速度减半，质量增大到原来的4 倍，根据动能公式EK= 1
2mV2，汽车的动能不变，故D 正确；
本题选错误的；故选：C。
题型二 动能定理的基本应用
1．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心
中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
4
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(2)当题目中不涉及a 和t，而涉及F、x、m、v 等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，
既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性．
2．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
[例题6]
如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到
小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m 的小车在平直
的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x，且速度达到最大值νm，
设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内（ ）
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的合外力所做的功为Pt
C．小车受到的牵引力逐渐减小
D．小车受到的牵引力做的功为1
2 m νm
2
【解答】解：AC、对小车利用牛顿第二定律有F 牵﹣F＝ma，根据P＝F 牵v 可知在功率恒定时，
v 增大，则牵引力F 牵减小；由题意可知阻力F 恒定，故小车的加速度变小，故A 错误，C 正确；
B、小车的功率指的是牵引力的功率，故牵引力所做的功为W＝Pt，即Pt 不是合外力的功率，故
B 错误；
D、在小车运动过程，利用动能定理，有W﹣Fx= 1
2mvm
2，整理可得小车受到的牵引力做的功为
W＝Fx+ 1
2mvm
2，故D 错误。
故选：C。
[例题7]
北京冬奥会的举办，使滑雪项目更成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量
为m 的运动员从高为h 的A 点由静止滑下，到达B 点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落
5
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到倾角为θ 的长直滑道上C 点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员（ ）
A．落到斜面上C 点时的速度vC=
v0
cos2θ
B．在空中平抛运动的时间t= v0
g
tanθ
C．从A 到B 的过程中克服阻力所做的功W 克= 1
2mv0
2﹣mgh
D．从B 点经t= v0
g tanθ 时，与斜面垂直距离最大
【解答】解：B、运动员在B 到C 的过程中做平抛运动，其运动的位移与水平方向的夹角为θ，
所以有tanθ =
1
2 gt
2
v0t
，
则运动员在空中运动的时间为t= 2v0tanθ
g
，故B 错误；
A、运动员到达C 点时，竖直方向的速度为vy＝gt＝2v0tanθ，
所以运动员落在斜面上的速度为vc=√v0
2+ v y
2 = v0√4tan
2θ+1，故A 错误；
D、根据题意可知，当运动员的速度和斜面平行时，与斜面垂直距离最大，此时运动员垂直于斜
面方向的速度为零，所以根据对称性可知，从B 点到与斜面垂直距离最大的位置所需的时间为
从B 到C 的一半，即为t= v0
g
tanθ，故D 正确；
C、A 到B 根据动能定理有mgh﹣W 克= 1
2 mv0
2，所以从A 到B 的过程中克服阻力所做的功问W
克＝mgh- 1
2mv0
2，故C 错误。
故选：D。
[例题8]
跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，运动员在滑雪道上获得一定速度
6
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后，从跳台上O 点水平飞出。某运动员两次试滑分别在斜坡上a、b 两点着陆，已知Oa：Ob＝
3：4，斜坡与水平面间夹角为θ，忽略空气阻力，运动员（含装备）可视为质点。则该运动员
两次试滑着陆时的动能之比（ ）
A．Eka：Ekb=√3：2
B．Eka：Ekb＝9：16
C．Eka：Ekb＝3：4
D．Eka：Ekb＝3tanθ：4
【解答】解：该运动员在空中做平抛运动，设水平飞出时初速度为v0，在斜坡上的落点到O 点
的距离为l。
运动员落到斜坡上时有tanθ= y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
= v y
2v0
可得运动员落到斜面上时，水平分速度与竖直分速度满足：v0=
v y
2tanθ
运动过程中机械能守恒，有1
2 m v y
2 =mglsinθ
落
到
斜
坡
上
时
该
运
动
员
的
动
能
Ek = 1
2 mv
2= 1
2 m(v0
2+ v y
2 )= 1
2 m(
1
4 tan
2θ
+1)v y
2 =mgl(
1
4 tan
2θ
+1)sinθ，所以
Eka
Ekb
= Oa
Ob = 3
4 ，
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[例题9]
如图所示，MFN 为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF 竖，
OM 与竖直方向夹角θ＝60°。一质量为m 的小球由P 点沿水平方向抛出，初速度为v0=√
gR
3
，
运动到M 点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N 三点在同一水平线上。重力加速度
为g，下列说法正确的是（ ）
7
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A．小球在F 点时对圆弧轨道的压力为7
3 mg
B．小球在N 点时对圆弧轨道的压力为mg
C．小球运动到圆弧轨道上与M 点等高的位置时的速度v =√gR
D．小球从N 点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度h= R
6
【解答】解：A、对小球从P 点到F 点应用动能定理可得：mgR= 1
2 m v F
2 - 1
2 m v0
2
在F 点由向心力表达式可知：FN﹣mg＝mvF
2
R
联立可得：FN= 10
3 mg，根据牛顿第三定律小球在F 点时对圆弧轨道的压力为10
3 mg，故A 错误；
B、由机械能守恒可知，小球在N 点时速度仍为v0，由向心力表达式可得：F＝mv0
2
R
，代入数据
解得F= 1
3mg，
根据牛顿第三定律小球在N 点时对圆弧轨道的压力为1
3mg，故B 错误；
C、在M 点将小球的速度进行正交分解，如图所示；根据几何关系可得小球在M 点时的速度vM
= v0
cosθ =
v0
cos60° =2v0，所以小球运动到圆弧轨道上与M 点等高的位置时的速度v＝2v0＝2√
gR
3
，故C 错误；
D、小球从N 点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得：mgh= 1
2 m v0
2，解得h= R
6 ，故D 正确。
故选：D。
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题型三 动能定理与图像的结合
1．解决物理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。
2．四类图像所围面积的含义
(1)vt 图：由公式x＝vt 可知，vt 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)at 图：由公式Δv＝at 可知，at 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)Fs 图：由公式W＝Fs 可知，Fs 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)Pt 图：由公式W＝Pt 可知，Pt 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
[例题10] 北京2022 年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18 岁的中国选手谷爱凌获
得了中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、
停止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C 以与水平方向成
37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知运动员着陆时的速度方向与竖
直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动员沿半径为R＝66m
的圆弧轨道EF 自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F
点地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的2 倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数μ 随
着滑行的位移x 变化关系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的空
气阻力。求：
（1）运动员从起跳点C 飞起时的速度大小；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。
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【解答】解：（1）对运动员由C 点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，
竖直方向做匀变速直线运动。
水平方向迪度vx＝vCcos37°
坚直方向速度上抛vy＝vCsin37°﹣gt
着陆时竖直方向分速度与C 点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖
直方向的夹角为也为37°，
则有tan37°= v x
- v y
= vC cos37°
¿- vC sin37° ，
代入数据解得vC＝15m/s
（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为，在F 点支持力和总重力的合力为圆周运动提供
内心力，则有FN﹣mg＝mv F
2
R
由图乙可知，μ＝0.4+ 1
200x
运动员到达F 点后，做匀减边直统运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为x，由动能定
理
﹣（0.4+0.4+ 1
200 L
2
）mgL＝0- 1
2mvF
2
解得L＝60m。
答：（1）运动员从起跳点C 飞起时的速度大小为15m/s；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小为60m。
[例题11] 排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a 点水平击出，球击中b 点；另一次将
飞来的排球从a 点的正下方c 点斜向上击出，也击中b 点，且b 点与c 点等高。第二次排球运
动的最高点d 与a 点等高，且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正
10
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确的是（ ）
A．两个过程中，排球运动到b 点的速度大小可能相等
B．b 点与c 点到球网平面的水平距离之比为3：2
C．a、c 两点高度差与e、c 两点高度差之比为4：3
D．运动员两次击球对排球所做的功可能相等
【解答】解：AD、由于从c 处抛出的球能竖直到达d 点，从d 到地面竖直方向做自由落体运动，
根据竖直方向的运动可知vya＝vyb，tb＝2ta，由于水平方向的位移相同，根据vx= x
t ，可知vax＞
vbx，根据速度的合成可知，a 抛出时的速度va0＝vax，到达b 点速度v❑1=√vax
2 + v ya
2 ，b 抛出时
的初速度和到达b 点时速度相等，vb＝vb0=√v yb
2 + vbx
2 ，故两过程中，小球的初速度大小可能相等，
根据动能定理可得W= 1
2mv 0
2，运动员两次击球对排球所做的功可能相等，v1＞vb，即排球运动
到b 点的速度大小不相等。故A 错误，D 正确；
B、比较第一次排球从a 到e 过程和第二次排球从e 到d 过程，根据可逆性，把第二次排球从e
到d 过程看成是从d 到e 过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，
运动时间也一样，根据：va＝2vd 可得xae＝2xde，故有xbe
xce
= 4 xde
2 xde
= 2
1，故B 错误；
C、研究第一次排球的运动过程，由于xae
xab
= 2 xde
6 xde
= 1
3，可知：tae
tab
= xae
xab
= 1
3；
根据h= 1
2 gt
2可得：hae
hab
= 1
9，故：hac
hec
=
hab
hab-hae
= 9
8，故C 错误。
故选：D。
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[例题12] （多选）2022 年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运
用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰
面上沿直线滑行，共滑行了6m，运动中的加速度a 与位移x 的关系如图所示，设位移1.5m 处
与6m 处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3m 与后3m 运动过程中物块动能改变的大小分别为
ΔEk1、ΔEk2，则（ ）
A．μ1：μ2＝3：1
B．μ1：μ2＝4：1
C．ΔEk1：ΔEk2＝3：2
D．ΔEk1：ΔEk2＝3：1
【解答】解：AB、对物块由牛顿第二定律有
ma＝μmg
a＝μg
在位移1.5m a1＝μ1g＝3m/s2 解得：μ1＝0.3
在位移6m a2＝μ2g＝1m/s2 解得：μ2＝0.1
则
μ1
μ2
= 3
1，故A 正确，B 错误；
CD、由ΔEk= 1
2mv末
2 - 1
2mv初
2 = 1
2（v末
2 - v初
2 ）
且2ax= v末
2 - v初
2
故ax= 1
2（v末
2 - v初
2 ）
Δ Ek 1
ΔEk 2
= s1
s2
由图像可知ax 为物体在初末位置位移与加速度的乘积
即ax 为a﹣x 图像在该段位移内对应的面积
所以在前3m 位移面积S1＝3×3m2/s2＝9m2/s2
所以在后3m 位移面积S2＝（1+3）×3× 1
2m2/s2＝6m2/s2
12
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Δ Ek 1
ΔEk 2
= 3
2，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
[例题13] 如图甲所示。竖直面内θ＝30°的倾斜轨道与相同材料足够长的水平轨道平滑连接，
质量m＝0.9kg 的物块B 静止在水平轨道的最左端.t＝0 时刻，物块A 由倾斜轨道上端从静止下
滑，一段时间后与B 发生碰撞，物块A 运动的v﹣t 图像如图乙所示，已知碰后物块B 的速度
为1m/s。重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。
（1）求物块A 与轨道间的动摩擦因数μ1；
（2）求物块A 在前3s 内，克服摩擦力做的功；
（3）若要保证两物块再次相碰，求物块B 与轨道间的摩擦因数μ2应满足的条件。
【解答】解：（1）A 沿倾斜轨道下滑的加速度大小为 a1= 5-0
2.5 m/ s
2=2m/ s
2
根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得μ= √3
5
（2 ）物块A 与物块B 碰撞后，速度反向，沿斜面向上运动的加速度大小为
a2= mgsinθ+ μmgcosθ
m
，解得a2=8m/ s
2
上滑的时间t′＝0.5s，故碰撞后反弹的速度为v′＝a2t′＝8×0.5m/s＝4m/s
在碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：mAv0＝mAv′+mvB，解得mA＝0.1kg
故上滑和下滑通过的路程s= 1
2 ×5×2.5m+ 1
2 ×4×0.5m=7.25m
故在前3s 内克服摩擦力做功W＝μmAgcos30°×s= √3
5 ×0.1×10× √3
2 ×7.25 J =2.175 J
（3）物体A 再次返回到斜面底端的速度为v，xA= 1
2 ×4×0.5m＝1m，xA= v
2
2a1
，代入得：1= v
2
4
，v＝2m/s，在沿斜面向上运动的时间为t1= v '
a2
= 4
8 s=0.5 s，
13
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在沿斜面向下运动的时间为t2＝1s，再经过时间t 两物块相碰，则：v﹣μ1gt＝vB﹣μ2g
（t+t1+t2）
vB+ v - μ1gt
2
(t +t1+t2)= v + v - μ1gt
2
t联立解得t+1.5μ1gt＝4.5，t=
4.5
1+1.5 μ1g ，代入得μ2＝
0.068
所以若要保证两物块再次相碰，物块B 与轨道间的摩擦因数0＜μ2≤0.068
答：（1）求物块A 与轨道间的动摩擦因数为√3
5
（2）物块A 在前3s 内，克服摩擦力做的功为2.175J
（3）若要保证两物块再次相碰，求物块B 与轨道间的摩擦因数0＜μ2≤0.068
[例题14] 如图甲所示，斜面上有一个轻弹簧，一端与斜面固定，另外一端与木板固定。木
板在A 点时，弹簧处于压缩状态，释放木板，木板由静止开始沿斜面向上运动，其v﹣t 图像
如图乙所示（图线为正弦曲线）。木板在t1时刻速度达到最大为v1，t2时刻到达B 点，此时弹
簧处于伸长状态。已知木板的质量为m，斜面与水平面夹角为θ，A、B 两点相距为L，木板、
物块与斜面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求t1时刻弹簧弹力的大小；
（2）若已知弹簧的劲度系数为k，木板在A、B 两点的加速度大小相等，求此加速度的大小；
（3）若某时刻有一质量也为m 的物块在C 点由静止开始沿斜面下滑，在t1时刻恰好与木板发生
弹性碰撞，碰后木板沿斜面向下运动恰好回到A 点，求B、C 两点之间的距离。
【解答】解：（1）t1时刻，木板达到最大速度，其加速度为零，设弹簧弹力的大小为F，有
F＝mgsinθ+μmgcosθ
（2）木板在A 点时，设此时弹簧的压缩量为x1，由牛顿第二定律有
kx1﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
木板在B 点时，设此时弹簧的伸长量为x2，由牛顿第二定律有
kx2+mgsinθ+μmgcosθ＝ma
A、B 相距为L，有x1+x2＝L
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联立可得a= kL
2m
（3）由v﹣t 图像1
2 mv1
' 2可知，t1时刻，木板运动到A、B 的中点处。在0 到t1这段时间内，假
设弹簧对木板做的功为WN，由动能定理得：
WN﹣mg L
2 sinθ﹣μmg L
2 cosθ= 1
2 mv1
2
物块在C 处开始下滑，假设B、C 两点之间的距离为x，物块下滑到A、B 的中点处的速度为
v2，由动能定理得：
mg（x+ L
2 ）sinθ﹣μmg（x+ L
2 ）cosθ= 1
2 mv2
2
t1时刻，木板与物块发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律
得：
mv1﹣mv2＝mv1′+mv2′
1
2mv1
2+ 1
2 m v2
2= 1
2 m v1
' 2+ 1
2 m v2
' 2
木板从碰后开始沿斜面向下运动到A 点的过程，由动能定理得：
﹣WN+mg L
2 sinθ﹣μmg L
2 cosθ＝0- 1
2 m v1
/2
联立可得x=
v1
2+2 μgLcosθ
2(gsinθ - μgcosθ) - L
2
答：（1）t1时刻弹簧弹力的大小为mgsinθ+μmgcosθ
（2）若已知弹簧的劲度系数为k，木板在A、B 两点的加速度大小为kL
2m
（3）B、C 两点之间的距离为
v1
2+2 μgLcosθ
2(gsinθ - μgcosθ) - L
2
题型四 动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末
动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
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2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整
个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注
意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
[例题15] 如图，质量m＝2kg 的小球A 以v0＝3√2m/s 的初速度冲上倾角θ＝30°的斜面，
小球A 与斜面的动摩擦因数μ1= √3
6 ，斜面高度H＝0.5m，g 取10m/s2．求：
（1）小球A 到达斜面顶端M 点时的速度；
（2）当小球A 到达顶点后，假设速度大小保持不变滚到水平面MN 上，水平面MN 总长1m，N
点有竖直挡板D，当小球经过M 点后，立即在M 点放上竖直挡板C，在MN 的中点有一个静止
的光滑小球B．已知小球A 与水平面MN 的动摩擦因数为μ2＝0.05，两小球碰撞后会交换各自的
速度，并且每次小球与挡板的碰撞都只改变小球的运动方向，而不改变速度大小，则：试通过
计算分析两小球能发生几次碰撞；求出从小球A 滑上水平面到最后停止的总时间．
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，物体上滑的加速度为：
a＝﹣（gsinθ+μ1gcosθ）＝﹣（10× 1
2 + √3
6 ×10× √3
2 ）m/s2＝﹣7.5m/s2
根据匀变速直线运动的速度位移公式得：
s= v M
2 - v0
2
2a
，s= H
sinθ
代入数据，解得：v M =√3m/ s
（2）球最终静止时减少的动能转化为内能：
μ2mgs 总= 1
2mvM
2
得：s 总＝3m
则A 球运动0.5m 时碰撞第一次（A 撞B），碰撞时A 求速度为v1，
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μ2mg×0.5= 1
2mvM
2- 1
2mv1
2
解得：v1＝0.5√10m/s
第一次到第二次碰撞（B 撞A），B 运动时间：t1= 1
v1
= √10
5 s
A 再运动1m 时碰撞第三次（A 撞B），碰撞时A 求速度为v2，
μ2mg×1.5= 1
2mvM
2- 1
2mv2
2
解得：v2＝0.5√6m/s
第三次到第四次碰撞（B 撞A），B 运动时间：t2= 1
v2
= √6
3 s
A 再运动1m 时碰撞第五次（A 撞B），碰撞时A 求速度为v3，
μ2mg×2.5= 1
2mvM
2- 1
2mv3
2
解得：v3＝0.5√2m/s
第五次到第六次碰撞（B 撞A），B 运动时间：t3= 1
v3
=√2s
即两小球共碰撞6 次；
a′＝μ2g＝0.5m/s2
A 总计运动时间：t4= v M
a = √3
0.5 =2√3s
则小球A 滑上水平面到最后停止的总时间：t＝t1+t2+t3+t4＝（√10
5 + √6
3 +√2+2√3）s
答：（1）小球A 到达斜面顶端M 点时的速度√3m/s；
（2）两小球能发生6 次碰撞；从小球A 滑上水平面到最后停止的总时间为（√10
5 + √6
3 +√2+2
√3）s．
[例题16] （多选）在足够长的光滑斜面底端，有一质量为m 的小滑块（可视为质点），受
平行斜面向上的恒力F 作用，由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间t，位移为x．撤去恒
力，滑块经相同的时间t 恰返回至斜面底端，取沿斜面向上的方向为坐标轴x 的正方向，斜面
底端为坐标原点，滑块运动的位移﹣时间图像如图所示，图中曲线对应抛物线，已知滑块始终
在斜面上运动，则（ ）
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A．位移最大值xm为 4 x
3
B．与位移最大值xm对应的时刻tm为7t
5
C．恒力F 对滑块做的功为4 m x
2
t
2
D．滑块返回至斜面底端的动能为8m x
2
t
2
【解答】解A、设撤去F 时滑块速度为v，由匀变速规律：撤F 前，x= 1
2 a1t
2，撤F 后，﹣x＝vt
- 1
2 a2t
2，v＝a1 t，联立解得：a2＝3a1，
撤F 前：v2＝2a1 x，撤F 后滑块到达最高点位移为x′：v2＝2a2x′，解得：x′= x
3 ，最大位移
为：xm＝x+x′= x + x
3 = 4
3 x
故A 正确；
B、撤F 后滑块到达最高点用时间为t′：v＝a2 t′，解得：t′= t
3，与位移最大值xm对应的时
刻为：T＝t+t ' =t + t
3 = 4 t
3 ，
故B 错误；
C、如图1 所示，撤F 前，由牛顿第二定律：F﹣mgsinθ＝ma1，撤F 后如图2 所示，mgsinθ＝
ma2，得：a2＝gsinθ，又a2＝3a1，联立解得：F= 4 mgsinθ
3
，a1= gsinθ
3
，又x= 1
2 a1t
2，所以
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gsinθ= 6 x
t
2 ，
恒力F 做功为：W＝Fx= 4 mgxsinθ
3
= 8m x
2
t
2
，故C 错误；
D、滑块从底端出发到再回到底端，由动能定理：W＝Ek﹣0，得：Ek= 8m x
2
t
2
，故D 正确。
故选：AD。
[例题17] 如图所示，水平传送带AB 与粗糙水平地面BC、光滑半圆轨道CD 平滑对接，
CD 为半圆轨道的竖直直径.已知传送带以速度v0＝2√gL顺时针匀速转动，传送带长度为2L，
BC 长为L，质量为m 的小滑块P 从左端放置在传送带上，P 与传送带间的动摩擦因数μ1= 5
8，
与地面间的动摩擦因数μ2= 1
8，轨道CD 的半径R= L
4 ，在C 点静止放置一个质量也为m 的小
球Q，P 如果能与Q 发生碰撞，二者没有机械能损失.已知重力加速度为g，求：
（1）通过计算判断，小滑块P 刚到达C 点时的速度；
（2）如果P 能够与Q 碰撞，求碰后Q 运动到D 点时对轨道的压力大小；
（3）如果小球Q 的质量变为km（k 为正数），小球Q 通过D 点后能够落到传送带上，求k 值
范围.
【解答】解：（1）假设小滑块P 在传送带上一直加速运动，到达B 点时的速度为vB，小滑块P
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从A 到B 由动能定理：μ1 mg×2L= 1
2 mvB
2 -0，解得：vB=√
5
2 gL＜2√gL，假设成立。设P 能
到C 点，且速度vC，从B 到C 由动能定理：- μ2mgL= 1
2 mvC
2 - 1
2 mvB
2，联立解得：vC= 3
2 √gL
（2）P、Q 碰撞且无机械能损失，所以二者弹性碰撞，又二者质量相等，所以二者交换速度，
碰后P 静止，Q 以速度：vQ＝vC= 3
2 √gL
对小球Q 从C 到D 的过程，由动能定理：，小球Q 在D 点时，由牛顿第二定律：mg+N＝mvQ
2
R
，R= L
4 联立解得：N＝4mg，由牛顿第三定律得对轨道压力大小为：N′＝4mg
（3）小球Q 的质量变km，P、Q 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律：mvC
＝mv1+mv2
由机械能守恒定律：1
2 mvC
2 = 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2，联立解得：v2=
3
k +1 √gL
对Q 球，从C 到D 的过程，由动能定理：-2mgR = 1
2 mv D
2 - 1
2 mv2
2，解得：vD
=√
9-(k +1)
2
(k +1)
2
gL
在D 点平抛运动，恰好落在B 点，此时对应的水平速度v，则有：2R= 1
2 gt
2，L＝vt 联立解得：
v=√gL，与vD联立解得：k= 3√2
2
-1
3L ＝vt ，联立解得：v ＝3√gL，与vD 联立解得：k= 3√10
10
-1，所以k 值的范围：
( 3√2
2
-1)≤k ≤( 3√10
10
-1)
答：（1）通过计算判断，小滑块P 刚到达C 点时的速度为3
2 √gL；
（2）如果P 能够与Q 碰撞，求碰后Q 运动到D 点时对轨道的压力大小为4mg；
（3）如果小球Q 的质量变为km（k 为正数），小球Q 通过D 点后能够落到传送带上，求k 值
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范围：( 3√2
2
-1)≤k ≤( 3√10
10
-1).
[例题18] 如图所示是一款固定在竖直平面内的游戏装置。半径R1＝0.25m 的半圆型细管轨
道AB 与半径R2＝0.15m 的半圆形内轨道BC 在B 点平滑连接，圆心分别为O1和O2，直径AB
和BC 处于竖直方向。倾角α＝37°的足够长直轨道CD 与轨道BC 在C 点用一小段圆弧轨道平
滑连接，C 点位于水平地面。在水平地面上可左右移动的P 点能够斜向上发射质量m＝0.15kg
的小滑块（可视为质点），而且要求小滑块恰好以水平速度从A 点进入细管轨道。已知轨道
AB 和轨道BC 均光滑，小滑块与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.25，忽略空气阻力，不计细管
管口直径，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块刚进入A 点时与细管内壁无挤压求小滑块第一次运动到内轨道BC 的B 点时受到
轨道弹力的大小；
（2）若小滑块从A 点进入细管后最终还能从A 点飞出，求发射点P 到C 点的距离需要满足的条
件；
（3）通过计算说明小滑块从A 点进入细管后能通过B 点的最多次数。
【解答】解：（1）设小滑块在A 点与细管内壁恰好无挤压时的速度为v1，根据向心力公式有：
mg= m v1
2
R1
设小滑块在B 点的速度为v2 ，从A 点到B 点的过程中，根据动能定理有：mg• 2R
= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
设小滑块运动到BC 轨道的B 点时受到轨道的弹力大小为F，根据向心力公式有：mg+F= mv2
2
R2
联立解得：F＝11N 方向竖直向上
（2）若小滑块从斜面返回到A 点时速度为零，设小滑块在斜面上滑行距离为L1，根据动能定理：
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mg（L1•sinα﹣2R1﹣2R2）﹣μmgcosα•L1＝0﹣0
解得：L1＝2m
设小滑块从A 点进入时速度为v3，返回到A 点时速度为零，根据能量关系：1
2 mv3
2=
2μmgcosα•L1
解得：v3＝4m/s
从P 到A 的过程中，设小滑块运动时间为t，水平距离为x0，根据平抛运动的规律有：2R1+2R2
= 1
2 gt
2、x0＝v3t
解得：x0＝16m
故抛出点O 到C 点的距离应满足：x＞1.6m
（3）设小滑块恰好能经过B 点的速度为v4，根据向心力公式有：mg= m v4
2
R2
设小滑块C 点最小速度为v5，好能经过B 点，从C 到B 过程中，根据动能定理：﹣mg•2R2
= 1
2 mv4
2 - 1
2 mv5
2
解得：v5=√7.5m/ s
由于当vA＞4m/s 时，小滑块将从A 点飞出细管，经过B 点仅有2 次。
当小滑块进入A 点速度vA＝4m/s 时，设小滑块在C 点的最大速度为v6，从A 到C 的过程中，根
据动能定理：mg（2R1+2R2）= 1
2 mv6
2- 1
2 mv A
2
解得：v6=√32m/ s
设小滑块在C 点时速度为vC1，沿斜面向上滑行为L，从C 到斜面最高点，根据动能定理：﹣
mg•Lsinα﹣μmgcosα•L＝0- 1
2 mvC 1
2
设小滑块从斜面最高点返回到C 点时速度为vC2，从斜面最高点到C 点，根据动能定理：
mg•Lsinα﹣μmgcosα•L= 1
2 m vC 2
2 =0
解得：vC2= √2
2 vC1
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小滑块能经过B 点的条件为：vC≥v5，即：( √2
2 )
nv6
❑≥v5故n 的最大值为2
即小滑块要经过B 点，其在斜面上最多往返2 次，所以，小滑块最多经过B 点5 次。
答：（1）若小滑块刚进入A 点时与细管内壁无挤压，则小滑块第一次运动到内轨道BC 的B 点
时受到轨道弹力的大小为11N；
（2）若小滑块从A 点进入细管后最终还能从A 点飞出，则发射点P 到C 点的距离需要满足的条
件x＞16m；
（3）通过计算说明小滑块从A 点进入细管后能通过B 点的最多次数为5。
[例题19] 如图1 是组合玩具实物图，该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑跃板及
部分直线轨道等。如图2 为该玩具的轨道结构示意图，其中三连环是三个半径不同圆轨道Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ组成，且轨道连接但不重叠。其圆心分别为O1、O2、O3，半径分别为R1＝20cm、R2＝
15cm、R3＝10cm，OA、AC 为光滑水平轨道，滑跃板CD 为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道与
水平面夹角θ 可调（0≤θ＜90o）。某次游戏中弹射器将小车自O 点以一定初速度弹出，小车
先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小车可视为质点，其质量m＝0.1kg，与滑跃板CD
间动摩擦因数μ= √3
3 ，其它阻力均不计，轨道各部分平滑连接，g 取10m/s2。
（1）求小车通过圆轨道Ⅰ最高点B 的最小速度vB；
（2）改变弹射器对小车的冲量，小车均能通过三连环，求小车通过圆轨道Ⅲ最低点A 时受到轨
道的支持力与弹射器对小车冲量的关系；
（3）若小车恰好能够通过三连环，为确保小车整个运动过程均不脱离轨道，分析滑跃板CD 与
水平面间夹角θ 的取值范围。（可用三角函数表示）
【解答】解：（1）若能通过圆轨道O1最高点，
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需满足：mg=m vB
2
R1
解得：vB=√g R1=√2m/ s
（2）若能通过圆轨道O1最高点，则必能通过三连环。
根据机械能守恒可知小车运动至A 点与被弹出时初速度相同，故有：v A = vO= I
m
小车运动至圆轨道O3最低点A 时，根据牛顿第二定律有：F N -mg=m v A
2
R3
解得：F N =100 I
2+1( N )
由（1）可得为确保小车通过三连环不脱离轨道，需满足：vB≥√2m/ s
根据动能定理有：-2mg R1= 1
2 mvB
2 - 1
2 mvO
2
解得：vO≥√10m/ s，I ≥√10
10 N ⋅s
故：轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为：F N =100 I
2+1( N )( I ≥√10
10 N ⋅s)
（3）由（1）可得小车恰好通过三连环则有：vB=√2m/ s
①当0≤θ≤30°时，满足mgsinθ≤μmgcosθ，小车冲上滑越板轨道CD 后不再下滑，符合题目要
求；
②假设小车自B 点冲上滑越板轨道CD 最大距离为L ，根据动能定理有：
2mg R1-mgLsinθ - μmgLcosθ=0- 1
2 mvB
2
解得：L=
0.5
sinθ+ μcosθ
在滑越板轨道CD 上往返克服摩擦力做功：W f =2 μmgLcosθ =
1
√3tanθ+1
可知θ 增大，Wf减小
若要不脱离轨道，返回三连环时不能超过圆轨道O3 圆心等高位置，根据动能定理有：
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mg(2 R1- R3)-W f =0- 1
2 mvB
2
解得：tanθ1= √3
2
故当30°＜θ≤arctan √3
2 时，小车往返运动最终静止于C 点
综上所述当0≤θ≤arctan √3
2 时小车不脱离轨道。
答：（1）小车通过圆轨道Ⅰ最高点B 的最小速度为√2m/ s
（2）小车通过圆轨道Ⅲ最低点A 时受到轨道的支持力与弹射器对小车冲量的关系为：
F N =100 I
2+1( N )( I ≥√10
10 N ⋅s)
（3）当0≤θ≤arctan √3
2 时小车不脱离轨道。
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