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专题强化九 应用动能定理解决多过程问题
【复习目标】
1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。 2.会用动能定理处理往复运动等复杂问题。
考点一 动能定理在多过程问题中的应用
【知识梳理】
1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分段应用动能定理求解。
(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。
2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特
点。
(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所做的功等于力的大小与路程的乘积。
【典例剖析】
例1 (2023·湖北卷，14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半
径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道
´
CDE在
同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A 点
切入挡板内侧，从B 点飞出桌面后，在C 点沿圆弧切线方向进入轨道
´
CDE内侧，并恰好能到达轨
道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为1
2π ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小
物块可视为质点。求:
(1)小物块到达D 点的速度大小;
(2)B 和D 两点的高度差;
(3)小物块在A 点的初速度大小。
答案 (1)√gR (2)0 (3)√3 gR
解析 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有
1
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mg＝mv D
2
R
解得vD＝√gR。
(2)由题意知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道
´
CDE内侧，则在C 点有vCx＝vCcos 60°＝vB
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcos 60°)＝1
2mv D
2－1
2mvC
2
小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝1
2mv D
2－1
2mvB
2
联立解得vB＝√gR，HBD＝0。
(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝1
2mvB
2－1
2mv A
2
s＝π·2R
解得vA＝√3 gR。
【解题妙招】
多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
【即时训练】
1.(2025·河南开封模拟)如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量m＝2 kg 的小球(可视为质点)压
缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为Ep，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度
v0向左滑离平台做平抛运动，经过t＝0.3 s 恰好能从光滑圆弧形轨道CD 的C 点沿切线方向进入圆
弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°，半径R＝5 m，OD 为竖直半径。圆弧形轨道左侧DE 是长
为L＝5 m 的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D 点。各轨道间平滑连接，空气阻
力不计，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求:
2
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(1)弹簧对小球做的功;
(2)小球在D 点对轨道的压力;
(3)小球与DE 段水平轨道间的动摩擦因数μ。
答案 (1)16 J (2)38 N (3)0.225
解析 (1)小球经过t＝0.3 s 恰好能从光滑圆弧形轨道CD 的C 点沿切线方向进入圆弧形轨道，由
几何关系有tan 37°＝gt
v0
解得小球的平抛初速度v0＝4 m/s
弹簧从处于初始状态到恢复原长的过程，只有弹簧对小球做正功，根据动能定理可得弹簧做的功
W 弹＝1
2mv0
2＝16 J。
(2)小球在C 点的速度vC＝
v0
cos37° ＝5 m/s
由C 到D，只有重力做功，根据动能定理有
mgR(1－cos 37°)＝1
2mv D
2－1
2mvC
2
解得小球在D 点的速度vD＝3√5 m/s
小球在D 点，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv D
2
R
解得轨道对小球的支持力FN＝38 N
由牛顿第三定律知，小球在D 点对轨道的压力为F 压＝FN＝38 N。
(3)由D 到E 再回到D，只有摩擦力做功，由动能定理可知－2μmgL＝0－1
2mv D
2
解得小球与DE 段水平轨道间的动摩擦因数
μ＝0.225。
考点二 动能定理在往复运动问题中的应用
【知识梳理】
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，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题
时若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、
末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
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【典例剖析】
例2 (2024·湖北武汉模拟)如图所示一轨道ABCD 竖直放置，AB 段和CD 段的倾角均为θ＝37°，与
水平段BC 平滑连接，BC 段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或
离开。AB 段和CD 段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m 的小滑块从AB 轨道上离B 点距离
L＝125R 处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD 段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多
次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为
g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求:
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)滑块第一次在CD 段向上滑行的最大距离;
(3)整个过程中滑块在AB 段滑行的总路程。
答案 (1)45mg (2)25R (3)137.5R
解析 (1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有
mgLsin θ－μmgLcos θ－mg·2R＝1
2mv1
2－0
在最高点，对滑块由牛顿第二定律有
mg＋FN＝mv1
2
R
解得FN＝45mg
由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为FN'＝FN＝45mg。
(2)滑块第一次在CD 段向上滑行的过程中，由动能定理有
mg(L－L1)sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0
解得滑块第一次在CD 段向上滑行的最大距离为L1＝25R。
(3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有
mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg·2R＝1
2mv2
2－0
解得v2＝√6 gR
设滑块第一次在AB 段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理有
mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0
解得s1＝5R
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有
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mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg·2R＝1
2mv3
2－0
解得v3
2＝－2gR
所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为
h，由动能定理可得mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0
解得h＝R
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB 段与圆形轨道间来回滑动，最
终停在B 点，设滑块在AB 段滑行的路程为s2，由动能定理有mgh－μmgs2cos θ＝0
整个过程中滑块在AB 段滑行的总路程为
s＝L＋2s1＋s2
联立解得s＝137.5R。
【解题妙招】
(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动的路径无关，可用WG＝mgh 直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs 求解，其中s 为物体相对滑行的总路
程。
【即时训练】
2.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，则停止的位置到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＝h
μ ＝0.30
0.1 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D 正确。
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3.从离地面高H 处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小
球每次与地面相碰后，能以与碰前相同大小的速度反弹，则:
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的最大高度是多少?
(2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少?
答案 (1) 1−k
1＋k H (2) H
k
解析 (1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h，由动能定理得
mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0
解得h＝1−k
1＋k H。
(2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s，对全过程，由动能定理得
mgH－kmgs＝0－0
解得s＝H
k 。
【限时训练】（40min）
1.(多选)(2024·安徽合肥模拟)如图所示，小物块从倾角为θ 的斜面顶端A 点自由滑下，在水平地面
的B 点停止。已知斜面与地面材料相同，且平滑连接，A 点高度为h，A、B 两点的水平距离为
x，重力加速度为g。则下列说正确的是( )
A.物块和斜面之间的动摩擦因数为tan θ
B.物块和斜面之间的动摩擦因数为h
x
C.物块在水平面上的加速度大小为h
x g
D.要使物块能从B 点返回A 点，则物块在B 点获得的动能至少为2mgh
答案 BCD
解析 对物块，全过程根据动能定理有mgh－μmgcos θ· h
sinθ－μmg·(x−
h
tanθ)＝0，可得μ＝h
x ，故
B 正确，A 错误;物块在水平面上的加速度a＝μmg
m ＝hg
x ，故C 正确;要使物块能从B 点返回A 点，
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根据动能定理有－mgh－μmgcos θ· h
sinθ－μmg·(x−
h
tanθ)＝0－EkB，又mgh－μmgcos θ· h
sinθ－μmg·
(x−
h
tanθ)＝0，联立可得EkB＝2mgh，故D 正确。
2.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.1
μ(
v0
2
2 gcosθ ＋x0 tanθ)
B.1
μ(
v0
2
2gsinθ ＋x0 tanθ)
C.2
μ(
v0
2
2gcosθ ＋x0 tanθ)
D.1
μ(
v0
2
2 gcosθ ＋x0
tanθ)
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＝0－1
2mv0
2，解得x＝1
μ(
v0
2
2 gcosθ ＋x0 tanθ)，选项A 正确。
3.(多选)(2025·辽宁沈阳市调研)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ
＝37°，质量为M 的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将
质量为m 的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，
当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，
再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2
B.集装箱与货物的质量之比为1∶4
C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端
D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端
答案 BC
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解析 根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsin θ－μ(M
＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，所以
a1
a2
＝5
1，故A 错误;设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集
装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x
－μMgcos θ·x＝0，可得M
m ＝1
4 ，故B 正确;若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M
＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C 正确;若集装箱与货物的质量之
比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D 错
误。
4.如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1
4圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为30°的
光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，
一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第
一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC 长为0.4 m，滑块与
其间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m，g 取10 m/s2。求:
(1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能;
(2)滑块最终停在距B 点多远的位置?
答案 (1)1.4 J (2)0.15 m
解析 (1)滑块第一次到D 点具有的弹性势能最大，从A 至D 的过程，根据动能定理可得
mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W 弹＝0
解得W 弹＝－1.4 J
则Ep 弹＝－W 弹＝1.4 J。
(2)由于斜面光滑，滑块到达D 点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动，最终
滑块停在水平轨道BC 上，设整个过程滑块在BC 上的路程为s，根据动能定理可得
mgR－μmgs＝0
解得s＝2.25 m
由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑块最终停在距离B 点0.15 m 处。
5.(2025·八省联考内蒙古卷，13)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB 一定的距离外
将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图所示，某同学以大
小v0＝5 m/s、方向垂直于AB 且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB 的水
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平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。
落地后沙包滑行一段距离，最终停在9 分、7 分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因
数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求:
(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x;
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
答案 (1)3 m (2)20
解析 (1)沙包竖直方向的初速度为
vy＝v0sin 53°＝4 m/s
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有－h＝vyt－1
2gt2
代入数据解得t＝1 s
沙包抛出的水平初速度为
vx＝v0cos 53°＝3 m/s
所以从抛出到落地沙包的水平位移为
x＝vxt＝3 m。
(2)沙包滑行的距离为x0＝L＋5d－x＝0.45 m
沙包滑行的加速度大小a＝μg＝2.5 m/s
滑行的初速度有v1
2＝2ax0
与地面碰撞后的动能Ek2＝1
2mv1
2＝9
8m
从抛出到落地根据动能定理有
mgh＝1
2mv2－1
2mv0
2
解得落地瞬间的动能Ek1＝1
2mv2＝45
2 m
所以k＝
Ek 1
Ek 2
＝20。
6.(2025·江苏南通模拟)如图所示为滑板运动的训练场地，半径为R 的冰制竖直圆弧轨道最低点为
C，最高点为D，D 点的切线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为θ 的冰制斜面相切，为保证运动
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员的安全，在AB 间铺有长度为4L 的防滑材料，当长度为L 的滑板全部处于AB 内时，恰能保持
静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教练员在AB 之间推动运动员到滑板离开B 点，运动员
从D 点滑出，竖直上升到最高点E，E 点与D 点的距离为R
2 ，下落后沿轨道返回。运动员和滑板
总质量为m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小
于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求:
(1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数;
(2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C 受到轨道支持力的大小;
(3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开B 点时的速度范围。
答案 (1)tan θ (2)4mg
(3)√3 gLsinθ≤v≤√15 gLsinθ
解析 (1)防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可得mgsin θ＝μmgcos θ
解得μ＝tan θ。
(2)设运动员在轨道最低点C 的速度大小为vC，对运动员从C 到E 的过程，根据动能定理可得
mg(R＋R
2)＝1
2mvC
2
在C 点处，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝mvC
2
R
联立解得FN＝4mg。
(3)为保证运动员和滑板在轨道上只做往返一次滑行，设滑板离开B 点时的最小速度为v1，则运动
员返回AB 时，滑板右端恰好可以与B 点重合。根据题意可知，滑板与AB 接触长度为x 时，其所
受滑动摩擦力大小为Ff＝x
L·μmgcos θ
由上式可知Ff－x 图像是一条过原点的倾斜直线，图像与坐标轴围成的面积表示Ff做功的绝对值，
所以从滑板刚进入AB 区域到恰好全部进入到AB 区域的过程中，摩擦力做的功为
Wf＝－1
2μmgLcos θ
根据动能定理可得－mgLsin θ＋Wf＝0－1
2mv1
2
解得v1＝√3 gLsinθ
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设滑板离开B 点时的最大速度为v2，则运动员返回到AB 时，滑板左端恰好与A 点重合，根据动
能定理可得－4mgLsin θ－3μmgLcos θ＋Wf＝0－1
2mv2
2
解得v2＝√15 gLsinθ
综上，滑板离开B 点时的速度需要满足
√3 gLsinθ≤v≤√15 gLsinθ。
11
