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专题强化九 应用动能定理解决多过程问题
学习目标 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。 2.会应用动能定理处理
往复运动求路程等复杂问题。
考点一 动能定理在多过程问题中的应用
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。
例1 (2023·湖北卷，14)如图1 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，重力加速度大小为g，忽略空气阻
力，小物块可视为质点。求：
图1
(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) (2)0 (3)
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
mg＝m
1
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解得vD＝。
(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°)＝mv－mv
小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mv－mv
联立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv
s＝π·2R
解得vA＝。
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。
1.如图2 所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m＝
1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N 的水平
向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A 点前某处速度
最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A 点时撤去推力F，小物块最终运动到B 点
静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块：
图2
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O 点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
答案 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
2
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解析 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则F－μmg－F 弹＝0
解得μ＝0.4。
(2)设向右运动通过O 点时的速度为v0，从O→B，
由动能定理得－FfxOB＝0－mv
Ff＝μmg＝4 N
解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。
(3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0
代入数值得xmax＝0.9 m。
2.(2023·江苏卷，15)如图3 所示，滑雪道AB 由坡道和水平道组成，且平滑连接，
坡道倾角均为45°。平台BC 与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开始下
滑，恰好到达B 点。滑雪者现从A 点由静止开始下滑，从B 点飞出。已知A、P
间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空
气阻力。
图3
(1)求滑雪者运动到P 点的时间t；
(2)求滑雪者从B 点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上，求平台BC 的最大长度L。
答案 (1) (2) (3)(1－μ)d
解析 (1)滑雪者由A 点运动到P 点的过程中，由牛顿第二定律得
mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得FN＝mgcos 45°
又Ff＝μFN
解得a＝g(1－μ)
由运动学公式x＝at2得t＝。
(2)设P 点到B 点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从
P 点由静止开始下滑到B 点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0
3
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滑雪者由A 点到B 点过程，由动能定理得
mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2
联立解得v＝。
(3)滑雪者离开B 点后做斜抛运动，则
竖直方向的分速度vy＝vsin 45°＝
水平方向的分速度vx＝vcos 45°＝
滑雪者刚好落在C 点时，平台BC 的长度最大，则其在空中运动的时间
t＝＝
则平台BC 的最大长度为L＝vxt
由以上解得L＝(1－μ)d。
考点二 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。
例2 如图4 所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于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：
图4
(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？
4
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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，整个过程根据动能定理可得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。
(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。
3.如图5 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( )
图5
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－mv，解得x＝，选项A 正确。
4.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？
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(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)H (2)
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＝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＝。
1.(2024·陕西宝鸡高三期末)如图1 所示，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，BC 段是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其
长度可以略去不计。一质量为m 的滑块(可看作质点)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。现用一方向始终与轨道平
行的力推滑块，使它缓慢地由D 点推回到A 点。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为( )
图1
A.mgh
B.2mgh
C.μmg
D.μmgs＋μmghcot θ
答案 B
解析 从A 到D 全过程，由动能定理得mgh－μmgcos θ·－μmgs＝0，从D 到A
的过程，由动能定理得WF－μmgs－μmgcos θ·－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B
正确。
2.如图2 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( )
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图2
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D 正确。
3.如图3 所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，轻质弹簧的一端固定在
斜面底端，此时弹簧处于自然状态。一质量为m＝1 kg 的滑块从距离弹簧上端为
s0＝0.25 m 处由静止释放，已知弹簧劲度系数为k＝100 N/m，斜面与滑块间动摩
擦因数为μ＝。设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧全过程始终处于
弹性限度内(不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2)。
图3
(1)求滑块与弹簧上端第一次刚好接触时的速度大小v1；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，弹簧所具有的弹性势能
为Ep＝0.02 J，试求这个最大速度的大小vm(结果可用根式表示)。
答案 (1)1 m/s (2) m/s
解析 (1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能定理可得mgs0sin θ－
μmgs0cos θ＝mv
解得v1＝1 m/s。
(2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力分析可得mgsin θ＝
μmgcos θ＋kx
可得弹簧的压缩量为x＝0.02 m
滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动能定理有
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mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cos θ－Ep＝mv
解得最大速度vm＝ m/s。
4.(2022·上海卷，19)如图4 所示，AB 为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩
擦因数为μ，BC 为光滑曲面，A 与地面间的高度差为h1，B、C 间高度差为h2。
一个质量为m 的物块在水平恒力作用下，从A 点由静止开始向右运动，到达B
点时撤去恒力，物块经过C 点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为
g。
图4
(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B 点时的动能EkB；
(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力F 必须满足的条件。
答案 (1)E1－mgh1
(2)＜F＜
解析 (1)对物块从B 点到落地的过程，由动能定理有mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)对物块从A 点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大，设
为Fmax，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝
若物块恰能到达C 点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有
FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
则恒力F 必须满足的条件为＜F＜。
5.如图5 所示，一个小滑块在光滑斜面AB 的顶端A 点由静止释放，斜面AB 与水
平面BC 连接处小滑块不损失机械能，滑块与水平面BC 间的动摩擦因数μ＝
0.1。右边竖直光滑圆弧轨道CD 最低点与水平面相切于C 点，圆弧半径R＝0.5
m。已知滑块的质量m＝1 kg，斜面AB 与水平面之间的夹角θ＝37°，sin 37°＝
0.6，斜面AB 的长度LAB＝3 m，水平面BC 的长度LBC＝1 m，重力加速度g 取10
m/s2。
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图5
(1)求滑块第一次到B 点时的速度大小；
(2)求滑块第一次离开D 点后速度减到0 时距D 点的高度；
(3)滑块能否再次返回斜面，若不能请说明理由，若能再次返回斜面，请计算再
次返回斜面后速度为0 的位置距B 点的距离是多少。
答案 (1)6 m/s (2)1.2 m (3)能 m
解析 (1)设滑块第一次到B 点的速度为v1，从A 到B 根据动能定理有
mgLABsin θ＝mv－0
代入数据得v1＝6 m/s。
(2)设滑块第一次到D 点的速度为v2，滑块从A 到D 的过程根据动能定理有
mgLABsin θ－μmgLBC－mgR＝mv－0
设滑块第一次离开D 点速度减到0 时距D 点的高度为h，根据动能定理有
－mgh＝0－mv
代入数据得h＝1.2 m。
(3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B 点的距离为L，全过程根据
动能定理得mg(LAB－L)sin θ－2μmgLBC＝0－0
代入数据得L＝ m
则滑块能再次返回斜面。
6.(2021·全国乙卷)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)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大
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小为v1，根据自由落体运动的规律有v＝2gh1
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后
的动能之比＝＝＝
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球
的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v＝2gh3
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv
解得W＝4.5 J。
(2)篮球在受到力F 作用的时间内，根据牛顿第二定律得F＋mg＝ma
篮球的位移x＝at2
运动员对球做的功W＝Fx
联立解得F＝9 N。
7.如图6 所示，质量m＝3 kg 的小物块以初速度v0＝4 m/s 水平向右抛出，恰好从
A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B 点是
圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖
直方向成37°角。MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝
0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m 的半圆弧轨道，C 点是
半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加
速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图6
(1)求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；
(2)若MN 的长度为L＝6 m，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L′。
答案 (1)62 N (2)60 N (3)10 m
解析 (1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcos 37°
解得小物块经过A 点时的速度大小vA＝5 m/s
小物块从A 点运动到B 点，根据动能定理有
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mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv
小物块经过B 点时，有FN－mg＝m
解得FN＝62 N
根据牛顿第三定律可知，小物块经过B 点时对轨道的压力大小是62 N。
(2)小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C 点有FN′＋mg＝m
解得FN′＝60 N
根据牛顿第三定律可知，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60 N。
(3)小物块刚好能通过C 点时，根据mg＝m
解得vC′＝2 m/s
小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m。
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