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第28 课时 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。
考点一 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，大大减少运算。
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 小球由水平地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，选地面为参考平
面，在上升至离地h 高处，小球的动能是重力势能的2 倍，到达最高点后再下落至离地高h 处，小球的
重力势能是动能的2 倍，则h 等于( )
A. H
9
B.2 H
9
C. H
3
D.4 H
9
例2 (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
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
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。
1
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多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”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。
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，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烦琐，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
析这类问题可使解题过程简化。
例3 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
+x0tan θ)
B.1
μ (
v0
2
2gsinθ
+x0tan θ)
C.2
μ (
v0
2
2 gcosθ
+x0tan θ)
D.1
μ (
v0
2
2gcosθ
+ x0
tanθ)
例4 (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FG 间的动摩擦因数μ＝7
8，滑块与弹性板作用后，以等大
速度弹回，g 取10 m/s2，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。
2
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(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。
(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 为物体相对滑动的总路程。
3
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答案精析
例1 D [设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动能定理得－mgH－FfH＝0－1
2m
v0
2，小球上升至离地高度h 处时速度设为v1，由动能定理得－mgh－Ffh＝1
2mv1
2－1
2mv0
2，又由题有1
2m
v1
2＝2mgh，小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为v2，此过程由动能定理得－mgh－Ff(2H
－h)＝1
2mv2
2－1
2mv0
2，又由题有2×1
2mv2
2＝mgh，以上各式联立解得h＝4 H
9 ，故选D。]
例2 (1)√gR (2)0 (3)√3 gR
解析 (1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有mv D
2
R
＝mg，解得vD＝√gR
(2)由题知，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cos 60°＝
vB
vC
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
则小物块从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。
例3 A [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
2gcosθ
+x0tan θ)，选项A 正确。]
例4 (1)7 N (2)v＝√12lx−9.6 (m/s)，
其中lx≥0.85 m (3)见解析
解析 (1)滑块由释放点到C 点过程，由动能定理有
mglsin 37°+mgR(1－cos 37°)
4
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＝1
2mvC
2
①
在C 点由牛顿第二定律有
FN－mg＝mvC
2
R
②
由①②解得FN＝7 N
③
(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)＝0
④
解得l1＝0.85 m⑤
因此要能过F 点必须满足lx≥0.85 m
⑥
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°＝1
2mv2，
⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝√12lx−9.6 (m/s)，
其中lx≥0.85 m⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍
mglxsin 37°－mglFG
2 sin 37°－
nμmglFG
2 cos 37°＝0，⑨
lFG＝
4 R
tan37° ，⑩
由⑨⑩解得lx＝7n+6
15
m，
n＝1，3，5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
当n＝1 时，lx1＝13
15 m；当n＝3 时，lx2＝9
5 m
当n＝5 时，lx3＝41
15 m。
5
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