2025年高考物理一轮复习(通用版)第六章机械能第31课时动能定理在多过程运动中的应用[重难突破课]

第31课时 动能定理在多过程运动中的应用 [重难突破课]
题型一 动能定理在单向多过程运动中的应用
思路1.分阶段应用动能定理
（1）若题目需要求解某一中间物理量，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。

思路2.全过程应用动能定理
（1）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，大大简化运算。

（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。

【典例1】 （2023·湖北高考14题）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12π
，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 两点间的高度差； （3）小物块在A 点的初速度大小。

规范答题模板
解析：（1）由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D （指明位置，研究对象）， 则在D 点有m
v D 2R
＝mg ，
解得v D ＝√gR 。

（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 （要有必要的文字说明）， 则在C 点有cos 60°＝v
B v C
，
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理（指明选用的规律）有 －mg （R ＋R cos 60°）＝1
2
m v D 2－1
2
m v C 2，
则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理（指明选用的规律）有 mgH BD ＝1
2
m v D 2－1
2
m v B 2，
联立解得v B ＝√gR ，H BD ＝0。

（3）小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
－μmgs ＝1
2
m v B 2－1
2
m v A 2，s ＝π·2R （列式要规范，分开列式，不写变形后公式）
解得v A ＝√3gR 。

答案：（1）√gR （2）0 （3）√3gR
如图所示，物体1放在倾角为θ＝37°的斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根不可伸长的
柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h 的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h ，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g ＝10 m/s 2，物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上滑的最大距离为（ ）
A.3h
B.3
7h
C.2h
D.4
3
h
解析：D 对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F ＝4mg sin 37°＋4μmg cos 37°，方向沿绳向下，设3触地时的速度为v 1，因1、2、3在同一条绳上，从开始放手到3触地的过程，对系统应用动能定理有6mgh －Fh ＝1
2×10m v 12－0，物体3触地后立刻停止，2触地之前1停止运动，物体1沿斜面上滑距离最大，设物体1在3触地以后运动的距离为s ，对1和2应用动能定理mgs －Fs ＝0－1
2
×5m v 12，联立解得s ＝1
3
h ，全过程
Δx ＝h ＋s ＝4
3h ，故A 、B 、C 错误，D 正确。

题型二 动能定理在往复运动中的应用
1.往复运动：即物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的有关物理量多数是变化的，而往复的次数有的可能是有限的，而有的可能最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。

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。

【典例2】 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m ＝1 kg 的物块（可视为质点），从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F 作用，拉力F 随物块从初始位置
第一次沿斜面向上的位移x 变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，求：
（1）物块在上滑过程中的最大速度的大小；（计算结果可保留根式） （2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。

答案：（1）√10 m/s （2）2 m 5m
解析：（1）物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有F N ＝mg cos 37°，f ＝μF N F －f －mg sin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时 F ＝f ＋mg sin 37°＝10 N 由图乙可得出F ＝20－10x 则F ＝10 N 时，可得x ＝1 m
由动能定理可得W F ＋W f ＋W G ＝1
2m v m 2－0
即
20+102
×1 J －0.5×1×10×1×0.8 J －1×10×1×0.6 J ＝1
2m v m 2－0，可得v m ＝√10 m/s 。

（2）由动能定理可得W F '＋W f '＋W G '＝0 又W F '＝202
×2 J ＝20 J 则x m ＝
W F '
μmgcos37°＋mgsin37°
＝2 m
撤去F 后，因为mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有 W F '－μmgs cos 37°＝0 解得s ＝5 m 。

如图所示，质量m ＝0.1 kg 的可视为质点的小球从距地面高H ＝5 m 处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R ＝0.4 m 。

小球到达槽最低点时速率为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失（取g ＝10 m/s 2）。

求：
（1）小球第一次飞离槽后上升的高度H 1； （2）小球最多能飞出槽外的次数。

答案：（1）4.2 m （2）6次
解析：（1）由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为W f 。

小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg （H ＋R ）－W f ＝1
2mv 2，解得W f ＝0.4 J
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得－mg （H 1＋R ）－W f ＝0－1
2
mv 2，
解得H 1＝4.2 m 。

（2）设小球能飞出槽外n 次，对整个过程，由动能定理得mgH －n ×2W f ＝0 解得n ＝6.25，n 只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。

题型一 动能定理在单向多过程运动中的应用
1.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，且1.5AB ＝BC 。

小物块P （可视为质点）与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。

已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点停下，那么θ、μ1、μ2三者间应满足的关系是（ ）
A.tan θ＝
2μ1+3μ2
5
B.tan θ＝
2μ1＋μ2
3
C.tan θ＝2μ1－μ2
D.tan θ＝2μ2－μ1
解析：A P 由A 点释放后受重力、支持力、滑动摩擦力作用，设斜面AC 长为L ，P 由A 点释放，恰好能滑动到C 点停下，由动能定理得mgL sin θ－μ1mg cos θ×2
5L －μ2mg cos θ×3
5L ＝0，解得tan θ＝
2μ1＋3μ2
5
，A 正确。

2.如图所示，质量为m 的小球从离地面H 高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h 深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A.小球落地时的动能等于mg （H ＋h ）
B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C.泥土阻力对小球做的功为mg （H ＋h ）
D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg (1+H
ℎ)
解析：D 根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH ，A 错误；小球从落地到陷入泥土中h 深度的过程，由动能定理得mgh －W 克阻＝0－1
2mv 2，解得W 克阻＝mgh ＋12mv 2，B 错误；根据动能定理得mg （H ＋h ）＋W 阻＝0，故泥土
阻力对小球做的功W阻＝－mg（H＋h），C错误；根据动能定理得mg（H＋h）－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mg(1+H
ℎ
)，D正确。

3.有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。

某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。

接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。

若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（）
A.动摩擦因数为tan θ
B.动摩擦因数为ℎ1
s
C.倾角α一定大于θ
D.倾角α可以大于θ
解析：B第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmg cos θ·ℎ1
sinθ－μmgs'＝0，整理得mgh1－μmg(ℎ1
tanθ
＋s')
＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝ℎ1
s
，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmg cos α≥mg sin α，若α＞θ，则雪橇不能停在E点，C、D错误。

题型二动能定理在往复运动中的应用
4.如图所示，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是水平的，其宽度d＝0.50 m，盆边缘的高度h＝0.30 m，在A点处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。

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μ＝0.10。

小物块在盆式容器内来回滑动，最后停下来，g取10 m/s2，则小物块最终的位置到B点的距离为（）
A.0.50 m
B.0.25 m
C.0.10 m
D.0
解析：D设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3 m，由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。

5.（多选）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θ＝37°，质量为M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m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。

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
解析：BC 根据牛顿第二定律，上滑时，有Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1，下滑时，有（M ＋m ）g sin θ－μ（M ＋m ）g cos θ＝（M ＋m ）a 2，所以a 1a 2
＝5
1，故A 错误；设轨道顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x ，集装箱从轨道顶
端滑至压缩弹簧到最短，再到返回轨道顶端，根据动能定理，有mgx sin θ－μ（M ＋m ）g cos θ·x －μMg cos θ·x ＝0，可得M
m ＝1
4，故B 正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgx sin θ－μ（M ＋m ）g cos θ·x －μMg cos θ·x ＜0，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mgx sin θ－μ（M ＋m ）g cos θ·x －μMg cos θ·x ＞0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D 错误。

6.如图甲所示，质量为0.5 kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。

图线的0～3 s 时间内为抛物线，3～4.5 s 时间内为直线，t 1＝3 s 时x 1＝3 m ，t 2＝4.5 s 时x 2＝0，下列说法正确的是（ ）
A.传送带沿逆时针方向转动
B.传送带速度大小为 1 m/s
C.物块刚滑上传送带时的速度大小为 2 m/s
D.0～4.5 s 内摩擦力对物块所做的功为－3 J
解析：D 根据位移—时间图像切线的斜率表示速度可知，前2 s 物块向左匀减速运动，第3 s 内向右匀加速运动，3～4.5 s 内，x -t 图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v ＝Δx
Δt ＝
34.5－3
m/s ＝2 m/s ，故A 、B 错误；由图像可知，在第3 s 内小物块向右做初
速度为零的匀加速运动，则x ＝1
2at 2，其中x ＝1 m ，t ＝1 s ，解得a ＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得μ＝0.2，在0～2 s 内，对物块有v 12－v 02＝－2ax 1，其中v 1＝0，x 1＝4 m ，解得物块的初速度为v 0＝4 m/s ，故C 错误；对物块在0～4.5 s 内，根据动能定理W f ＝1
2mv 2－1
2m v 02，解得摩擦力对物块所做的功为W f ＝－3 J ，故D 正确。

7.如图所示，“蝴蝶”型轨道放置在水平面上，该轨道由同一竖直面内四个光滑半圆形轨道BCD 、DEF 、GHJ 、JCK 和粗糙的水平直轨道FG 组成，轨道DEF 、GHJ 的半径均为r ＝1 m ，H 、E 两点与小圆弧圆心等高，轨道BCD 、JCK 半径均为2r ，B 、K 两端与水平地面相切。

现将质量m ＝1 kg 的小滑块从光滑水平地面上A 点以不同初速度发射出去，小滑块沿轨道上滑。

已知小滑块与轨道FG 的动摩擦因数μ＝0.5，其他阻力均不计，小滑块可视为质点，重力加速度取g ＝10 m/s 2。

（1）若小滑块恰能沿轨道从A 点运动到K 点，求小滑块在BCD 半圆轨道运动到D 点时对轨道的弹力大小；
（2）若小滑块运动过程中恰好不脱离轨道，且最终能停在FG 轨道上，求小滑块从B 点开始到停止运动所经过的路程（π取3.14，结果保留两位有效数字）。

答案：（1）20 N （2）19 m
解析：（1）若小滑块恰能沿轨道从A 点运动到K 点，在JCK 圆轨道上运动时，在J 点，有mg ＝mv J 22r
从D 点运动到J 点，有 －μmg·4r ＝1
2m v J 2－1
2m v D 2
小滑块在DEF 圆轨道上运动时，在D 点，有F ＋mg ＝mv D 22r
根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的弹力大小F'＝F 解得F'＝20 N 。

（2）若小滑块最终能停在FG 轨道上，有最小初速度时，在BCD 圆轨道运动时，在D 点有mg ＝mv 22r
从A 点运动到D 点，有－mg·4r ＝1
2
mv 2－1
2
m v 12
解得v 1＝10 m/s
有最大初速度时，在GHJ 圆轨道运动时到H 点时速度为0，从A 点运动到H 点，有 －μmg·4r －mg·3r ＝0－1
2m v 22
解得v 2＝10 m/s
则初速度为10 m/s 时，小滑块正好能过D 点，且到达H 点速度为零，设从H 点滑下再向右滑动x 停止，有mgr －μmgx ＝0 解得x ＝2r
故总路程s ＝2πr ＋πr ＋4r ＋πr ＋x ＝19 m 。

8.如图所示，质量m ＝1 kg 的小物块从光滑斜面上的A 点由静止下滑，进入圆心为O 、半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCD （B 点和D 点等高）。

圆弧B 点的切线与斜面重合，DE 为光滑曲线轨道（该轨道与物体以某一速度从E 点平抛后的运动轨迹重合），光滑曲线轨道DE 在D 点处的切线与OD 垂直，曲线轨道的E 端与带有挡板的光滑水平木板平滑连接，轻质弹簧左端固定在挡板上。

已知A 点距斜面底端B 的距离l ＝2 m ，水平木板距离地面的高度h ＝0.45 m ，斜面的倾角θ＝37°。

g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

（1）求小物块运动到圆弧最低点C 时受到的支持力F N 的大小；
（2）要使小物块从D 点沿轨道运动到E 点的过程中对轨道刚好没有压力，求小物块释放点距B 点的距离d （计算结果保留两位有效数字）；
（3）若斜面不光滑且动摩擦因数μ＝0.1，小物块仍从A 点下滑，求整个过程中小物块沿斜面滑行的总路程s 。

答案：（1）38 N （2）2.1 m （3）15 m 解析：（1）小物块从A →C 过程，根据动能定理得 mg [l sin θ＋R （1－cos θ）]＝1
2m v C 2 根据牛顿第二定律得
F N－mg＝mv C2
R
解得F N＝38 N。

（2）要使物块由D点运动到E点的过程对轨道没有压力作用，物块由D到E的运动看作平抛运动逆运动，即物块运动到E点时的速度为平抛运动的初速度，根据平抛运动规律
tan θ＝v y
，v y2＝2gh
v0
解得v0＝4 m/s，v y＝3 m/s
则v D＝√v02＋v y2＝5 m/s
小物块从释放点运动到D点的过程，根据动能定理有
mgd sin θ＝1
m v D2
2
m＝2.1 m。

解得d＝25
12
（3）整个过程中，对物块，根据动能定理有
mgl sin θ－μmgs cos θ＝0
解得s＝15 m。