文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
答案 D
解析 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
2mv0
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
2mv1
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 (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
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(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
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。
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
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
2gcosθ
＋x0tan θ)
B.1
μ (
v0
2
2 gsinθ
＋x0tan θ)
C.2
μ (
v0
2
2gcosθ
＋x0tan θ)
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
2gcosθ
＋x0tan θ)，选项A 正确。
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。
(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。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案 (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°)＝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 m
⑤
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 m
⑧
(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。
(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。
课时精练
(分值：60 分)
1、2 题每小题4 分，3 题11 分，4 题14 分，共33 分
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
答案 D
解析 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.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)
答案 B
解析 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。
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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。
答案 (1)10√3
3
m/s (2)30 J
解析 (1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcos 37°＝1
2mv1
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＝
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.(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？
答案 (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
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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、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( )
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.9H
B.15H
C.19H
D.21H
答案 C
解析 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.(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( )
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
2mv2
D.上滑经过B 的速度大小等于下滑经过B 的速度大小
答案 B
解析 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
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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.(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。
答案 (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
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
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(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。
10
