2025年高考物理一轮复习（人教版）动能定理在多过程问题中的应用

第3课时专题强化：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

⑴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，可以把匚个运

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。

⑵大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等干力的大小与路程的乘积。

【例1】（2024•安徼安庆市模拟）小球由地面竖直向上抛出，上升的最大高度为“，设所受阻力

大小恒定，选地面为参考平面，在.匕升至离地〃高处，个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，。处，小球的重力势能是动能的2倍，则〃等于（）

A.eqB.eqC.eqD.eq

答案D

解析设小球受到的阻力大小恒为R,小球上升至最高点过程，由动能定理得一/咫〃一尸冉

=0—小球上升至离地高度h处时速度设为口，由动能定理得一小g/z—Ft力

一提加（）2,又由题有%?。/=2〃侬，小球上升至最高点后又下降至离地高度〃处时速度设为V2,

此过程由动能定理得一，〃的一尸42，一力）=热疗一又由题有2乂热疗=〃?g/?,以上各

式联立解得力=竿，故选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：

(1)小物块到达。点的速度大小；

(2明和。两点的高度差；

(3)小物块在A点的初速度大小。

答案(1版(2)0(3解谈

2

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〃书'=mg,解得VD=y[gi<

小物块从C到。的过程中，根据动能定理有

一〃ig(R+Rcos60°)=-^inv(r

则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有

mgHni)=jnvi?—呼mJ

联立解得〃8=｛浜，HRD=0

(3)小物块从4到8的过程中,根据动能定理有

一/imgs=,nVB--2mVA~fS=TV2R

解得VA=、3gR。

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，固定斜面的倾角为以质量为机的滑块从距挡板P的距离为xo处以初速度

如沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为〃，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，重力加速度为处则滑块经过的总路程是()

V0

A•四(砺看+Man。)

加

8四(而前+刖。)

Ceq(荻而+man夕)

■,

D.eq(2gcose+iZJT5)

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初能定

理得

mgxosinO—^imgxcos，=0­硒,，

12

解得x=7二:s〃+.rotan0),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〃=37。的

光滑直轨道AB、圆心为。的半圆形光滑轨道BC7X圆心为Oi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、。和户为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在

G点(与8点等高)，B、。、。、Q和厂点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量〃?

=0.1kg,轨道8C。和OE/的半径R=0.15m,轨道AB长度/Q=3m,滑块与轨道FG间

的动摩擦因数滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37。=06cos370=0.8o

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/=0.7m,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点的长度为加求滑块第一次经尸点时的速度。与乙之间的关系式；

(3)若滑块最终静止在轨道尸G的中点，求释放点距B点长度4的值。

答案(1)7N(2)。=1124-9.6(m/s),其中。20.85m

(3)见解析

解析(1)滑块由释放点到。点过程，由动能定理有〃吆/sin37。+〃吆宠(1-cos37。)=品2①

Of?

在C点由牛顿第二定律有FN—〃?g=〃ry②

由①②解得乐=7N③

(2)要保证滑块能到尸点，必须能过OE尸的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得

♦〃g/isin37°一(3mgRcos37°+〃?gR)=0④

解得］=。85m⑤

因此要能过F点必须满足420.85m⑥

能过最高点，则能到尸点，由释放到第一次到达尸点，艰据动能定理可得

〃ig/isin37。—4〃?RRCOS37。=；〃分，⑦

由④⑤⑥⑦解得1=、12人一9.6(nVs),

解析滑块由A点运动至。点，设克服摩擦力做功为由动能定理得比

=0,即Wft.（AD=ingh,①

滑块从。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“以，

由动能定理知当滑块从。点被推回A点有

Wr--mgh—Wfi）A=0,②

由A点运动至。点，克服摩擦力做的功为

VVitfAD=<9-③

Alliv/

从D-A的过程克服摩擦力做的功为

W免2A=〃/〃gcos0,④

联立③④得卬2初=卬兑的，⑤

联立①②⑤得WF=2"@?,故A、C、D错误，B正确。

3.（2024.广东省模拟）如图所示，一篮球从距地面高开处曰静止下落，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浏能的

10%o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.9HB.\5HC.19HD.21”

答案C

解析篮球第一次到达地面时所获得的动能为Eki=〃?g",运动的路程为si="，篮球第一次

与地面作用后损失的动能为△£ki=l（）%£ki=0.1〃3A反弹后上升到最高点时的高度为H\=

0.9〃

篮球第二次到达地面运动的路程为

$2=〃+2M="+2X0.9，

篮球第二次与地面作用后损失的动能为4仄2=10%反2=0.1mgHi=0.9〃吆”X0.1

反弹后上升到最高点时的高度为“2=0.9M=0.92”

篮球第三次到达地面时运动的路程为

S3=H+2M+2H2=”+2XO.9〃+2XO.92〃

篮球第〃次到达地面时运动的路程为=//+2X0.9H+2X0.92/7+•••+2X0.9/,-1H

根据等比数列求和公式可得

1—0.9'।

s..2=〃+2X0.9〃X।八,、

当〃趋于无穷大时，有S.2=19H,C正确。

4.（多选）（2023•辽宁沈阳市三模）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J=37。，质量为W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

货装置将质量为机的货物装入箱中，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（sin37o=0.6,cos37o=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

解析根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin8+〃Mgcos下滑时，有（M+Mgsin8

一〃（M+〃】）gcosO=（M+/〃M2,所以亲』故A错误：谩顶端到弹簧压缩到最短位直间的距

离为x,集装箱从顶端滑至压缩弹黄到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin0一〃（M

MI

+m）gcos9"Mgcos0x=0,可得帚=不故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1:1,

则〃冲sin0-/«M+/〃）gco$。了一"Mgcos/必），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。一”（M+，〃）gcos夕・％一〃A仅cos。•心＞0,说明集

装箱能回到轨道顶端，故D错误。

5.（2023•北京市清华大学附属中学零模）如图甲所示为某单板滑雪U型池的比赛场地，比赛

时运动员在U型滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空

高度、完成的动作难度和效果评分。图乙为该U型池场地的横截面图，44段、CO段为半径

R=4m的四分之一光滑圆弧雪道,8C段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切,BC长为4.5m,

质量为60kg的运动员（含滑板）以5m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在一个竖直平

面内运动，经U型雪道从。点竖直向上飞出，经，=0.8s恰好落回。点，然后又从。点返

回U型雪道。忽略空气阻力，运动员可视为质点，g=l（）m/s2。求：

（1）运动员与8c雪道间的动摩擦因数；

⑵运动员首次运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力；

⑶运动员最后静止处距离B点的距离。

答案（1）0.1（2）2040N,方向竖直向下

（3）1.5m

解析(1)根据题意，当运动员从。点冲出去后做竖直上抛运动，则。/)=际，解得s)=4m/s

运动员从A运动到。，根据动能定理，有

—fimglBC=^VET—解得〃=0.1

(2)运动员从C运动到Q,根据动能定理可得

一/=夕如2一品/

在C点，根据牛顿第二定律，有乙一〃吆=〃藁"

联立解得限=2040N,根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点。点时对雪道的压

力大小为FN'=FN=2040N,方向竖直向下;

⑶运动员从A点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR—〃mgs=0—gmvf

解得$=52.5m=I1/BC+3m,所以运动员最后静止处距离B点的距离为/=及。-3m=1.5m。

6.如图所示轨道内,足够长的斜面与圆弧面.光滑.水平地面各处粗糙程度相同.圆弧半杼为

R，水平面长度LMN=4R,现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h=4R处的P点沿斜面

由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好

等于滑块重力，g=10m/巴求：

(1)金属滑块与水平地面间的动摩擦因数4；

(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。

答案(1)0.25(2)3.5RW/W5R

解析(1)对滑块，在。点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，有〃?《+/心=赞

对滑块，从P到Q,根据动能定理得

mgh—pmgL.MN—mg-2R=^mv^

联立两式得"=0.25°

(2)当滑块恰好能运动到。点时，释放高度最小，设为小，恰到。时的速度设为对滑块，

2

在。点，重力提供向心力〃?g=黑-

从释放到Q点，根据动能定理得

1,

mghi—nig-2R=2^V\~

联立两式得用=3.5R

当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为心，到。点时的速度设为。2,滑块由Q点

平抛到M点，水平方向4/?=如，竖直方向2R=5/2

从释放到。点，根据动能定理得

ingh?—/inigLMN—

联立求得比=5/?

故释放的高度范围为3.5RW/W5R。

7.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

8点，且4点位置可改变，现将4点置于AC中点，质量〃?=2kg的滑块(可视为质点)从弧形

轨道高H=0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R=0.1m,水平轨道长〃c=1.0m,滑块与

AC间的动摩擦因数〃=02,弧形就道和圆轨道均视为无滑，不计其他阻力与能量损耗，取

重力加速度g=10m/s2°求：

(I)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；

(2)轻弹簧获得的最大弹性势能；