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第28 练 动能定理在多过程问题中的应用
分值：60 分
1、2 题每小题4 分，3 题11 分，4 题14 分，共33 分
1.木块在水平恒力F 的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了
3L 才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为(
)
A.Ff＝F
2 ，Ek＝FL
2
B.Ff＝F
2 ，Ek＝FL
C.Ff＝F
3 ，Ek＝2 FL
3
D.Ff＝F
4 ，Ek＝3 FL
4
2.图中ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ 的倾斜轨道，CD 段是水平的轨道，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(可视为质点)在A 点由静止释
放，沿轨道下滑，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均为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＋h
sinθ )
D.μmg(s＋hcos θ)
3.(11 分)(2022·浙江6 月选考·19 改编)物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与
长5.5 m 的水平滑轨平滑连接，有一质量为1 kg 的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑
轨间的动摩擦因数均为1
3，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)(4 分)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
(2)(7 分)货物从开始下滑经过4 s，克服摩擦力所做的功。
1
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4.(14 分)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U 形池，现
有某U 形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的1
4 圆弧形滑道AB 和CD 以及粗糙程度处处相
同的水平滑道BC 构成，图中R1＝4.5 m，R2＝3.5 m，BC＝5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的
运动员从A 点由静止出发，通过AB、BC 滑道，冲向CD 滑道，到达CD 滑道的最高位置D 时速度恰好为零
(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g 取10 m/s2)。
(1)(4 分)求该运动员在圆弧形滑道AB 上下滑至B 点时对圆弧形滑道的压力；
(2)(5 分)该运动员为了第一次经过D 处后有2 s 时间做空中表演，求他在A 点下滑的初速度大小；
(3)(5 分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B 点多远？
5、6 题每小题6 分，7 题15 分，共27 分
5.如图所示，一篮球从距地面高H 处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会
有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过
程中运动的总路程为( )
A.9H
B.15H
C.19H
D.21H
6.(2024·山东泰安市模拟)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆
环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处时速度最大，到达C 处时速度为零，
AC=h。若圆环在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A 处，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为
g，则圆环( )
2
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A.下滑过程中，加速度一直减小
B.下滑过程中，克服摩擦力做功为1
4 mv2
C.在C 处时，弹簧的弹性势能为Ep=mgh-1
2
mv2
D.上滑经过B 的速度大小等于下滑经过B 的速度大小
7.(15 分)(2025·山东菏泽市检测)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B 略错开，图中未画出)、水平直轨道平
滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC 右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B 点，
且B 点位置可改变，现将B 点置于AC 中点，质量m＝2 kg 的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5 m 处静
止释放。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC 间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和
圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)(4 分)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)(3 分)轻弹簧获得的最大弹性势能；
(3)(8 分)若H＝0.4 m，改变B 点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC 长度满足的条件。
3
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答案精析
1.D [木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝F
4 ，木块在撤去恒力时速度最大，
则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝3 FL
4
，故选D。]
2.B [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，由动能定理知当
滑块从D 点被推回A 点有
WF－mgh－W 克fDA＝0，
②
由A 点运动至D 点，克服摩擦力做的功为
W 克fAD＝μmgcos θ· h
sinθ +μmgs，
③
从D→A 的过程克服摩擦力做的功为
W 克fDA＝μmgcos θ· h
sinθ +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。]
3.(1) 10√3
3
m/s (2)30 J
解析 (1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcos 37°＝1
2
mv1
2
解得v1＝10√3
3
m/s
(2)在倾斜滑轨上下滑时有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝10
3 m/s2，下滑到底端时的时间t1＝
√
2l
a1
＝√3 s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝10
3
m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝
4
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v1
a2
＝√3 s，货物从开始下滑经过4 s 时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin 37°－W 克f
＝0，克服摩擦力所做的功为W 克f＝mglsin 37°＝30 J。
4.(1)1 800 N，方向垂直于BC 向下 (2)10 m/s (3)2.5 m
解析 (1)运动员从A 到B 的过程中由动能定理得
mgR1＝1
2mvB
2－0
在B 点由牛顿第二定律和向心力公式得FN－mg＝mvB
2
R1
联立解得FN＝1 800 N
由牛顿第三定律得，在B 点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'＝FN＝1 800 N，方向垂直于BC 向下。
(2)设运动员在BC 段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A 点由静止出发到D 点时的速度恰好为零，由动
能定理得
mgR1+Wf－mgR2＝0
解得Wf＝－600 J
运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1＝gt D1
2
解得vD1＝10 m/s
运动员从A 到D 过程，由动能定理得
mgR1+Wf－mgR2＝1
2mv D1
2－1
2mv A 0
2
代入数据解得vA0＝10 m/s
(3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC 上；
对运动员的全过程由动能定理得
mgR1－Ffs＝0－1
2mv A 0
2
Wf＝－Ff·BC
解得运动员在BC 段运动的总路程为s＝47.5 m
在BC 上来回运动的次数n＝s
BC ＝9.5
运动员最终停在BC 的中点，即离B 点2.5 m 处。
5
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5.C [篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损
失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2＝H+2H1＝H+2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1
反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为
s3＝H+2H1+2H2＝H+2×0.9H+2×0.92H
以此类推，篮球第n 次到达地面时运动的路程为sn＝H+2×0.9H+2×0.92H+…+2×0.9n－1H
根据等比数列求和公式可得
s 总＝H+2×0.9H×1−0.9
n−1
1−0.9
当n 趋于无穷大时，有s 总＝19H，C 正确。]
6.B [如图所示，圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，所以圆环先做
加速运动，再做减速运动，经过B 处的速度最大，所以经过B 处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，
故A 错误；研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，根据动能定理有mgh+Wf-W 弹=0-0，在C 处获得一竖
直向上的速度v，恰好能回到A，根据动能定理有-mgh+Wf+W 弹=0-1
2mv2，解得Wf=-1
4 mv2，则可知下滑过程中
克服摩擦力做功为1
4 mv2，在C 处时，弹簧的弹性势能Ep=W 弹=mgh-1
4 mv2，故B 正确，C 错误；研究圆环从A
处由静止开始下滑到B 处过程，根据动能定理有mgh'+Wf'-W 弹'=1
2mvB
2-0，研究圆环从B 处上滑到A 过程，根
据动能定理有-mgh'+Wf'+W 弹'=0-1
2mvB'2，由于Wf'<0，所以1
2mvB'2>1
2mvB
2，上滑经过B 的速度大小大于下滑经
过B 的速度大小，故D 错误。
]
7.(1)60 N (2)6 J (3)0.5 m≤L≤1 m
解析 (1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
6
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mgH－μmg LAC
2 －mg×2R＝1
2mv2－0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg+FN＝mv
2
R ，联立解得FN＝60 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨
道的压力大小为60 N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可
得mgH－μmgLAC+W 弹＝0－0
又有W 弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6 J
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝mv0
2
R
，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg(H－
2R)－μmgs1＝1
2mv0
2－0
解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1，要使滑块不脱离轨道，BC 之间的距离应该满足LBC≥0.25 m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝1.5 m，s2＝1.5 m
＝1 m+0.5 m
LBC'＝s2－LAC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不会脱离轨道，所以LBC'≥0.5
m，考虑到AC 的总长度等于1 m，所以LBC'≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC 长度为0.5 m≤L≤1
m。
7
