易錯(cuò)點(diǎn)06不能正確使用功和能關(guān)系解決力學(xué)問題

目錄

01易錯(cuò)陷阱

易錯(cuò)點(diǎn)一：應(yīng)用功和功率求解問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

易錯(cuò)點(diǎn)二：不理解動(dòng)能定理也不會(huì)運(yùn)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問題

易錯(cuò)點(diǎn)三：運(yùn)用機(jī)械能守恒定律分析問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

易錯(cuò)點(diǎn)四：運(yùn)用功能關(guān)系分析問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

02易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)

知識(shí)點(diǎn)一、變力做功計(jì)算

知識(shí)點(diǎn)二、兩種啟動(dòng)方式的比較與三個(gè)重要關(guān)系式

知識(shí)點(diǎn)三、應(yīng)用動(dòng)能定理解決問題的流程

知識(shí)點(diǎn)四、動(dòng)能定理與圖像分析

知識(shí)點(diǎn)五、多物體的機(jī)械能守恒

類型一：質(zhì)量均勻的鏈條或柔軟的繩索

類型二：輕繩連接的物體系統(tǒng)

類型三：輕桿連接的物體系統(tǒng)

知識(shí)點(diǎn)六、幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式

03舉一反三——易錯(cuò)題型

題型一：變力做功的計(jì)算方法

題型二：機(jī)車啟動(dòng)與動(dòng)能定理的結(jié)合

題型三：動(dòng)能定理與圖像分析

題型四：摩擦力做功及摩擦熱問題

題型五：多物體機(jī)械能守恒問題

題型六：運(yùn)用功能關(guān)系分析解決問題

04易錯(cuò)題通關(guān)

易錯(cuò)點(diǎn)一：應(yīng)用功和功率求解問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

1.計(jì)算功的方法，合力做的功

方法一：先求合力F合，再用W合＝F合xcosα求功，尤其適用于已知質(zhì)量m和加速度a的情況。

方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。

方法三：利用動(dòng)能定理，合力做的功等于物體動(dòng)能的變化量。

2.變力做的功

應(yīng)用動(dòng)能定理求解。

①用W＝Pt求解，其中變力的功率P不變。

②當(dāng)力的大小不變，而方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相同或相反時(shí)，這類力的功的絕對(duì)值等于力和路程(不是

③位移)的乘積。如滑動(dòng)摩擦力做功、空氣阻力做功等。

轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法。有些變力做功問題可轉(zhuǎn)換為恒力做功，用W＝Fxcosα求解。此法常用于輕繩通

④過(guò)定滑輪拉物體做功問題。

圖像法。在F－x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移內(nèi)所做的功，且

⑤位于x軸上方的“面積”為正功，位于x軸下方的“面積”為負(fù)功。

3.瞬時(shí)功率的計(jì)算方法

(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。

(2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度

(3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力

易錯(cuò)點(diǎn)二：不理解動(dòng)能定理也不會(huì)運(yùn)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問題

(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參

考系.

(2)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解.

(3)動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動(dòng)能.

(4)在一個(gè)有變力做功的過(guò)程中，當(dāng)變力做功無(wú)法直接通過(guò)功的公式求解時(shí)，可用動(dòng)能定理，W變+W

恒=-,物體初、末速度己知，恒力做功W但可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變

1212

2221

=??-??-W恒，就可以求變力做的功了.

1212

易2錯(cuò)??點(diǎn)2三2?：?運(yùn)1用機(jī)械能守恒定律分析問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

1.機(jī)械能守恒定律的成立條件不是合外力為零，而是除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力外，其他力做功為零。

2.機(jī)械能守恒定律是對(duì)系統(tǒng)而言的，單個(gè)物體沒有所謂的機(jī)械能守恒，正常所說(shuō)的某物體的機(jī)械能

守恒只是一種習(xí)慣說(shuō)法，實(shí)為該物體與地球間機(jī)械能守恒。

3.用機(jī)械能守恒定律列方程時(shí)始、末態(tài)的重力勢(shì)能要選同一個(gè)零勢(shì)能面。

4雖然我們常用始、末態(tài)機(jī)械能相等列方程解題，但始、末態(tài)機(jī)械能相等與變化過(guò)程中機(jī)械能守恒

含義不盡相同。整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能一直保持不變才叫機(jī)械能守恒，始、末態(tài)只是其中的兩個(gè)時(shí)刻。

5.機(jī)械能守恒定律是能量轉(zhuǎn)換與守恒定律的一個(gè)特例，當(dāng)有除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力對(duì)系統(tǒng)做

功時(shí)，機(jī)械能不再守恒，但系統(tǒng)的總能量仍守恒。

6.若從守恒的角度到關(guān)系式，要選取恰當(dāng)?shù)膮⒖济妫_定初末狀態(tài)的機(jī)械能。

7若從轉(zhuǎn)化的角度到關(guān)系式，要考慮動(dòng)能和勢(shì)能的變化量，與參考面無(wú)關(guān)。

8.用做功判斷機(jī)械能守恒，只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。

9.研究多個(gè)物體機(jī)械能守恒時(shí)，除能量關(guān)系外，請(qǐng)找速度關(guān)系，根據(jù)物體沿繩（桿）方向的分速度

相等，建立兩個(gè)連接體的速度關(guān)系式。

易錯(cuò)點(diǎn)四：運(yùn)用功能關(guān)系分析問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

1.功的正負(fù)與能量增減的對(duì)應(yīng)關(guān)系

(1)物體動(dòng)能的增加與減少要看合外力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功.

(2)勢(shì)能的增加與減少要看對(duì)應(yīng)的作用力（如重力、彈簧彈力、靜電力等）做負(fù)功還是做正功.

(3)機(jī)械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功.

2.摩擦力做功的特點(diǎn)

(1)一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零；

(2)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值，差值為機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分，也就是系統(tǒng)機(jī)械能的

損失量；

(3)無(wú)論是靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力，都可以對(duì)物體做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功.

知識(shí)點(diǎn)一、變力做功計(jì)算

方法舉例說(shuō)法

用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做功為WF，則有：

1.應(yīng)用動(dòng)

WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)

能定理

質(zhì)量為m的木塊在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2

＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR

2.微元法

3.等效

h－h(huán)

轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對(duì)物塊做功W＝F·sinαsinβ

kx1＋kx2

彈簧由伸長(zhǎng)x1被繼續(xù)拉至伸長(zhǎng)x2的過(guò)程中，克服彈力做功W＝·(x2－x1)

4.平均2

力法

在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移上所做的功

5.圖像法

6.功率法汽車恒定功率為P，在時(shí)間內(nèi)牽引力做的功W=Pt

知識(shí)點(diǎn)二、兩種啟動(dòng)方式的比較與三個(gè)重要關(guān)系式

兩種方式以恒定功率啟動(dòng)以恒定加速度啟動(dòng)

P-t圖和

v-t圖

F－F阻

分析過(guò)程a＝不變

P不變F－F阻

v↑F＝↓a＝↓m

vm

OA不變＝?直到＝

??Fv↑PFv↑P額Fv1

段

運(yùn)動(dòng)

?v1

加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)間t0＝

性質(zhì)a

P額不變

F＝F阻a＝0v↑F＝↓

AB過(guò)程v

＝P????

段分析vmF－F阻

F阻a＝↓

m

運(yùn)動(dòng)

以vm勻速直線運(yùn)動(dòng)加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)

性質(zhì)

F＝F阻a＝0

BC段無(wú)

?P額?

以vm＝勻速直線運(yùn)動(dòng)

F阻

三個(gè)重要關(guān)系式

PP

(1)無(wú)論哪種啟動(dòng)過(guò)程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即vm＝＝(式中

FminF阻

Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。

(2)機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，勻加速過(guò)程結(jié)束時(shí)，功率最大，速度不是最大，即v

PP

＝<vm＝。

FF阻

(3)機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W＝Pt。由動(dòng)能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式經(jīng)常用于

求解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)過(guò)程的位移大小。

知識(shí)點(diǎn)三、應(yīng)用動(dòng)能定理解決問題的流程

知識(shí)點(diǎn)四、動(dòng)能定理與圖像分析

1．解決圖象問題的基本步驟

2．與動(dòng)能定理結(jié)合緊密的幾種圖像

(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。

(2)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。

(3)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。

(4)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。

(5)Ek-x圖：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek-x圖線的斜率表示合力。

知識(shí)點(diǎn)五、多物體的機(jī)械能守恒

角度公式意義注意事項(xiàng)

系統(tǒng)的初狀態(tài)機(jī)械能的總

守恒Ek1＋Ep1初、末狀態(tài)必須用同一零勢(shì)

和與末狀態(tài)機(jī)械能的總和

觀點(diǎn)＝Ek2＋Ep2能面計(jì)算勢(shì)能

相等

應(yīng)用時(shí)關(guān)鍵在于分清勢(shì)能

系統(tǒng)減少(或增加)的勢(shì)能

轉(zhuǎn)化的增加量或減少量，可不選

ΔEk＝－ΔEp等于系統(tǒng)增加(或減少)的

觀點(diǎn)零勢(shì)能面而直接計(jì)算初、末

動(dòng)能

狀態(tài)的勢(shì)能差

若系統(tǒng)由A、B兩物體組

常用于解決兩個(gè)或多個(gè)物

轉(zhuǎn)移成，則A物體機(jī)械能的增

ΔEA增＝ΔEB減體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守

觀點(diǎn)加量與B物體機(jī)械能的減

恒問題

少量相等

類型一：質(zhì)量均勻的鏈條或柔軟的繩索

類型二：輕繩連接的物體系統(tǒng)

(1)常見情景

(2)三點(diǎn)提醒

分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。(易錯(cuò)點(diǎn))

①用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。

②對(duì)于單個(gè)物體，一般繩上的力要做功，機(jī)械能不守恒；但對(duì)于繩連接的系統(tǒng)，機(jī)械能則可能

③

守恒。

類型三：輕桿連接的物體系統(tǒng)

(1)常見情景

(2)三大特點(diǎn)

用桿連接的兩個(gè)物體，其線速度大小一般有以下兩種情況：

①a．若兩物體繞某一固定點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)角速度ω相等確定線速度v的大小。

b．“關(guān)聯(lián)速度法”：兩物體沿桿方向速度大小相等。

桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。

②對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能

守恒。③

知識(shí)點(diǎn)六、幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式

力做功能的變化定量關(guān)系

(1)合力做正功，動(dòng)能增加

合力做功動(dòng)能變化(2)合力做負(fù)功，動(dòng)能減少

(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk

(1)重力做正功，重力勢(shì)能減少

重力勢(shì)

重力做功(2)重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加

能變化

(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2

(1)彈力做正功，彈性勢(shì)能減少

彈簧彈彈性勢(shì)

(2)彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加

力做功能變化

(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2

(1)靜電力做正功，電勢(shì)能減少

電勢(shì)能

靜電力做功(2)靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加

變化

(3)W電＝－ΔEp

(1)安培力做正功，電能減少

電能

安培力做功(2)安培力做負(fù)功，電能增加

變化

(3)W安＝－ΔE電

除重力和系統(tǒng)(1)其他力做正功，機(jī)械能增加

機(jī)械能

內(nèi)彈力之外的(2)其他力做負(fù)功，機(jī)械能減少

變化

其他力做功(3)W＝ΔE機(jī)

一對(duì)相互作用的(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力的總功一定為負(fù)值，系統(tǒng)內(nèi)能

滑動(dòng)摩擦力的總內(nèi)能變化增加

功(2)Q＝Ff·L相對(duì)

功能關(guān)系的選用原則

(1)總的原則是根據(jù)做功與能量轉(zhuǎn)化的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定所選用的定理或規(guī)律，若只涉及動(dòng)能

的變化用動(dòng)能定理分析。

(2)只涉及重力勢(shì)能的變化用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析。

(3)只涉及機(jī)械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析。

(4)只涉及電勢(shì)能的變化用靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系分析。

題型一：變力做功的計(jì)算方法

【例1】（2024?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)模擬）轉(zhuǎn)運(yùn)碼頭上起吊機(jī)正在工作，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)收緊鋼索，將原來(lái)靜止

的重物豎直向上提升。提升的前兩個(gè)階段，重物的機(jī)械能E與上升距離h的關(guān)系如圖所示，第二

階段圖像為一直線。若全過(guò)程各種摩擦忽略不計(jì)，下列判斷正確的是（）

A．鋼索拉重物的力一直增大

B．鋼索拉重物的力一直減小

C．在第二階段，重物可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D．在第二階段，鋼索拉重物的力一定大于重物的重力

【解答】解：A、根據(jù)動(dòng)能定理可知拉力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，所以E＝Fh，那么F

就是圖像的斜率由圖可知，斜率先減小后不變，所以物體所受的拉力先減小后不變，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)動(dòng)能定理可知拉力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，所以E＝Fh，那么F就是圖像的斜

率由圖可知，斜率先減小后不變，所以物體所受的拉力先減小后不變，故B錯(cuò)誤；

C、第二階段拉力F不變，但是F和G的大小不能確定，所以可能存在F＝G的情況，那么物體

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；

D、第二階段拉力F不變，但是F和G的大小不能確定，可能存在F＝G的情況，那么物體做勻

速直線運(yùn)動(dòng)，也可能存在F＞mg，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

【變式1-1】（2024?重慶模擬）如圖1所示，固定斜面的傾角＝37°，一物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）在沿

斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜θ面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)距斜面底端x0處的

A點(diǎn)時(shí)撤去拉力F。該物體的動(dòng)能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關(guān)系圖像如圖2所示。已知

該物體的質(zhì)量m＝1kg，該物體兩次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之比為4：1，該物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)

處處相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則拉力F的大小為（）

A．8NB．9.6NC．16ND．19.2N

【解答】解：依題意，設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f，

當(dāng)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有

（F﹣Gsin﹣f）x0＝E0

運(yùn)動(dòng)到2x0θ處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有

Fx0﹣（Gsin+f）?2x0＝0

當(dāng)物體沿斜面θ向下運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有

010

聯(lián)(?立???方?程?，?)代??入數(shù)=據(jù)4?解得：F＝19.2N，故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

【變式1-2】（多選）（2024?東湖區(qū)校級(jí)二模）人們有時(shí)用“打夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某

次打夯符合以下模型：如圖所示，兩人同時(shí)通過(guò)繩子對(duì)質(zhì)量為m的重物分別施加大小均為mg（g

為重力加速度的大?。⒎较蚨寂c豎直方向成37°的力，重物離開地面高度h后人停止施力，最

后重物自由下落砸入地面的深度為。cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，則（）

?

10

A．重物在空中上升的時(shí)間一定大于在空中下落的時(shí)間

B．重物克服地面阻力做的功等于人對(duì)重物做的功

．重物剛落地時(shí)的速度大小為

C?

D．地面對(duì)重物的平均阻力大小為21?7mg

【解答】解：、設(shè)停止施力瞬間重物的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有：

Cv1?

(2????37°???)=

2

11

2變?形?后得到：

1

設(shè)重物剛落地時(shí)?的=速度1.2大??小為v2，根據(jù)動(dòng)能定理有

?

2

12

代2?入??數(shù)?3據(jù)7°得?：=2??，故C錯(cuò)誤；

2

A、重物在空中?運(yùn)=動(dòng)過(guò)3.程2?，?開始在拉力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度大小達(dá)到v1后做勻減速運(yùn)動(dòng)直

至速度為零，之后再做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至速度大小為v2，由此可知上升過(guò)程中的平均速度大小

為：，下降過(guò)程中的平均速度大小為：，又由于上升、下降位移大小相等，則重

12

1?2?

物在空?中=上2升的時(shí)間一定大于在空中下落的時(shí)間?，=故2A正確；

B、重物在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：W入+WG﹣W阻＝0，則重物克服地面阻力做的功

大于人對(duì)重物做的功，故B錯(cuò)誤；

、從開始提升“夯”到砸入地下的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：

D?阻

??

2????37°?+????=0

代入數(shù)據(jù)整理得：F阻＝17mg，故D正確。1010

故選：AD。

題型二：機(jī)車啟動(dòng)與動(dòng)能定理的結(jié)合

【例2】（2024?二模擬）某實(shí)驗(yàn)興趣小組對(duì)新能源車的加速性能進(jìn)行探究。他們根據(jù)自制的電動(dòng)模

型車模擬汽車啟動(dòng)狀態(tài)，并且通過(guò)傳感器，繪制了模型車從開始運(yùn)動(dòng)到剛獲得最大速度過(guò)程中速

度的倒數(shù)和牽引力F之間的關(guān)系圖像，如圖所示。已知模型車的質(zhì)量m＝1kg，行駛過(guò)

11

(??)

程中受到的?阻力恒定，整個(gè)過(guò)程時(shí)間持續(xù)?5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．模型車受到的阻力大小為1N

B．模型車勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s

C．模型車牽引力的最大功率為6W

D．模型車運(yùn)動(dòng)的總位移為14m

【解答】解：A、由圖像可知，模型車受到的最小的牽引力為2N，此時(shí)加速度為0，模型車受力

平衡，所以車所受到的阻力大小f＝2N，故A錯(cuò)誤；

B、由圖像可知，模型車先做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度v1＝2m/s，此過(guò)程的牽引力為F

＝4N，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，解得勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝2m/s2，故勻加速運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間t1s＝1s，故B錯(cuò)誤；

?12

C、當(dāng)速=度?達(dá)=到22m/s時(shí)，模型車開始以額定功率行駛，圖像斜率的倒數(shù)為功率，故模型車牽引力

的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C錯(cuò)誤；

D、模型車變加速運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，對(duì)于變加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：Pt2

﹣fx2，由圖可知最大速度vm＝4m/s，解得變加速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝13m，勻加速

22

1?11

=2???2??

階段位移x1m＝1m，故總位移x＝x1+x2＝13m+1m＝14m，故D正確。

1

?12

故選：D。=2?=2×1

【變式2-1】（2024?遼寧模擬）一輛智能電動(dòng)玩具車在水平路面上由靜止開始加速，其加速度a隨時(shí)

間t的變化關(guān)系如圖所示，當(dāng)玩具車加速t＝1s后，牽引力的功率保持恒定。已知玩具車的質(zhì)量m

＝2kg，行駛過(guò)程中受到恒定的阻力f＝2N，則玩具車（）

A．從t＝0到t＝1s的位移為2m

B．從t＝0到t＝1s的牽引力做功為4J

C．從t＝1s到t＝3.17s的位移約為7m

D．從t＝1s到t＝3.17s的牽引力做功為21J

【解答】解：A、由題圖可知，玩具小車在第1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則從t＝0到t＝1s內(nèi)的位

移為：，故A錯(cuò)誤；

121

?1=?1?=×2×1?=1?

B、設(shè)在0∽21s時(shí)間內(nèi)2的牽引力為F1：根據(jù)牛頓第二定律可得：F1﹣f＝ma1，解得：F1＝ma1+f＝

2×2N+2N＝6N，則牽引力做的功為：，故B錯(cuò)誤；

?111

C、由題圖可知，在t＝1s時(shí)，玩具車的?速度=為?v?1＝=a16t1×＝12?×=1m6?/s＝2m/s，則恒定功率為P＝F1v1

2

＝6×2W＝12W，當(dāng)t＝3.17s時(shí)，a＝0.5m/s，設(shè)此時(shí)的牽引力為F2，由牛頓第二定律可得：F2

﹣f＝ma，解得：F2＝3N，此時(shí)玩具車的速度為，設(shè)在t＝1s到t＝3.17s

2?12

?=?2=3?/?=4?/?

內(nèi)玩具車的位移為x2，由動(dòng)能定理可得：，代入數(shù)據(jù)解得：x2＝7.02m

22

21211

≈7m，故C正確；???????=2???2??

D、從t＝1s到t＝3.17s的牽引力做功為：W′＝P?Δt＝12×2.17J＝26.04J≈26J，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

【變式2-2】（2024?香坊區(qū)校級(jí)二模）2022年8月1日，中國(guó)東北地區(qū)首條智軌線路哈爾濱新區(qū)智

軌有軌電車投入運(yùn)營(yíng)。假設(shè)有軌電車質(zhì)量為m，某次測(cè)試中有軌電車由靜止出發(fā)在水平面做加速

度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有軌電車所受的阻力恒定為f，達(dá)到發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P后，有軌電

車保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)此下列

說(shuō)法正確的是（）

A．有軌電車勻速運(yùn)動(dòng)的速度為

?

B．有軌電車做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(?為?+?)

?

C．從靜止到加速到速度最大的過(guò)程牽(?引?+力?)所?做的功為Pt

D．有軌電車保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)的位移為

2

????

?3

【解答】解：A、有軌電車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力和阻力大小相?等，2?即F＝f，由P＝Fv可得有軌電

車勻速運(yùn)動(dòng)的速度：，故A錯(cuò)誤；

??

??==

B、設(shè)有軌電車勻加速過(guò)程?牽引?力大小為F1，由牛頓第二定律有：F1﹣f＝ma，可得牽引力大小

F1＝f+ma

設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)有軌電車的速度大小為v1，由P＝Fv可得

1??

?=?1=?+??

有軌電車做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：?，故B正確；

1?+??

1??

C、勻加速過(guò)程，汽車的功率P＝?Fv=＝?Fat=，F(xiàn)?和a=恒(定?+不?變?)?，所以P與t成正比，勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束

時(shí)，汽車達(dá)到額定功率，之后汽車保持額定功率不變，P﹣t圖像如下圖所示：

圖中紅色陰影部分面積表示從靜止到加速到速度最大的過(guò)程牽引力所做的功W，圖中綠色陰影部

分面積表示從勻加速結(jié)束到加速到速度最大的過(guò)程牽引力所做的功，即：W′＝Pt，由圖可知：

W＜W′，故C錯(cuò)誤；

D、有軌電車保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理有：

22

1?11

?????=2???2??

代入數(shù)據(jù)可得：?，故D錯(cuò)誤。

22

???(?+??)??

?=+?3

故選：B。?2?2?

題型三：動(dòng)能定理與圖像分析

【例3】（2024?光明區(qū)校級(jí)模擬）近幾年我國(guó)大力發(fā)展綠色環(huán)保動(dòng)力，新能源汽車發(fā)展前景廣闊。

質(zhì)量為1kg的新能源實(shí)驗(yàn)小車在水平直軌道上以額定功率啟動(dòng)，達(dá)到最大速度后經(jīng)一段時(shí)間關(guān)閉

電源，其動(dòng)能與位移的關(guān)系如圖所示。假設(shè)整個(gè)過(guò)程阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)

法正確的是（）

A．小車的最大牽引力為1N

B．小車的額定功率為4W

C．小車減速時(shí)的加速度大小為2m/s2

D．小車加速的時(shí)間為2s

【解答】解：A．當(dāng)關(guān)閉電源后只有阻力對(duì)小車做功，根據(jù)動(dòng)能定理有

﹣fx＝ΔEk

結(jié)合圖像可知，阻力大小為

f＝1N

故小車的最小牽引力為

F＝f＝1N

故A錯(cuò)誤；

B．小車的最大動(dòng)能為

2

????1?

解?得=2??=2?

vm＝2m/s

小車的額定功率為

P額＝Fv＝fvm＝1×2W＝2W

故B錯(cuò)誤；

C．關(guān)閉電源后，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得

am/s2＝1m/s2

?1

故=C?錯(cuò)=誤1；

D．加速過(guò)程中，對(duì)小車由動(dòng)能定理有

P額t﹣fx＝Ekmax﹣0

可得加速時(shí)間

t＝2s

故D正確。

故選：D。

【變式4-1】（2024?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長(zhǎng)的斜面底端，一質(zhì)

量為m＝2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。t＝0時(shí)刻解除鎖定，

計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v﹣t圖像，其中Ob段為曲線，bc段為直線，已知物塊在0﹣0.2s

內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．滑塊速度最大時(shí)，滑塊與彈簧脫離

B．滑塊在0.2s時(shí)機(jī)械能最大

C．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為＝0.2

D．t＝0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為32μJ

【解答】解：A、對(duì)滑塊上升過(guò)程分析受力，當(dāng)滑塊速度最大時(shí)滿足：F彈＝mgsin+mgcos，此

時(shí)彈力不為零，滑塊與彈簧還沒有脫離，故A錯(cuò)誤；θμθ

B、根據(jù)功能原理，滑塊機(jī)械能增量等于彈力做功與摩擦力做功的代數(shù)和，開始時(shí)彈力大于摩擦

力，此過(guò)程中彈力功大于摩擦力功，滑塊的機(jī)械能增加。最后階段彈力小于摩擦力，彈力功小于

摩擦力功，此過(guò)程中滑塊的機(jī)械能減小，則滑塊在0.2s時(shí)彈力為零，此時(shí)滑塊的機(jī)械能不是最大，

故B錯(cuò)誤；

C、滑塊脫離彈簧后向上減速運(yùn)動(dòng)，由圖乙可求得加速度為：

4.0?2.022

根據(jù)牛頓第二定律：mgsin37°+mgcos37°＝ma?=0.4?0.2?/?=10?/?

代入數(shù)據(jù)解得，滑塊與斜面間的動(dòng)μ摩擦因數(shù)為：＝0.5，故C錯(cuò)誤；

μ

D、由能量關(guān)系可知，t＝0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能等于t＝0.2s時(shí)的機(jī)械能：Epmgssin37°

2

11

=2??+

+mgscos37°J+2×10×0.8×0.6J+0.5×2×10×0.8×0.8J＝32J，故D正確。

12

故μ選：D。=2×2×4

題型四：摩擦力做功及摩擦熱問題

【例4】（2024?江蘇模擬）如圖甲所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1kg的木板A，板左端有一質(zhì)量

m＝0.5kg的物塊B（視為質(zhì)點(diǎn)），A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，初始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，僅給物

塊B施加水平向右的力F，F(xiàn)隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，1s末撤去F，物塊B始終未從木

板A上滑下。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，則（）

A．1s時(shí)物塊B的加速度大小為4m/s2

B．1s時(shí)物塊B的速度大小為2m/s

C．1s后木板A與物塊B因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.5J

D．木板A的長(zhǎng)度可能為1.5m

2

【解答】解：A、共速前對(duì)A分析，mg＝Ma1，可得A木板最大加速度為a1＝1m/s，假設(shè)開始

運(yùn)動(dòng)時(shí)A、B同步加速運(yùn)動(dòng)，看作整體μ，F(xiàn)＝（M+m）a，由題知0﹣1s內(nèi)，F(xiàn)＞2N，故＞＞，

2

41

所以假設(shè)不成立，A、B在0﹣1s內(nèi)不同步加速，在1s時(shí)B物塊的運(yùn)用牛頓第二?定律3?，/F?﹣?mg

＝ma2，解得a2＝6m/s，故A錯(cuò)誤；μ

B、根據(jù)A選項(xiàng)分析，故B錯(cuò)誤；

C、A在0﹣1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v1＝a1t，解得v1＝1m/s，B在0﹣1s內(nèi)做變加速直線運(yùn)動(dòng)，

以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，F(xiàn)t﹣mgt＝mv2，F(xiàn)﹣t圖的面積即為沖量，解得v2＝4m/s，A、

μ

B最終共速，運(yùn)用用動(dòng)量守恒，Mv1+mv2＝（M+m）v共，再對(duì)A、B整體用能量守恒，

12

?=??1+

，解得＝，故正確；2

共Q1.5JC

22

121

D2?、?根據(jù)?2C(?選+項(xiàng)?分)析?可知1s后A、B因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝1.5J，根據(jù)摩擦產(chǎn)生熱量計(jì)算公式Q

＝mgx相對(duì)，可得1s后A、B相對(duì)位移x相對(duì)＝1.5m，根據(jù)A選項(xiàng)分析可知在0﹣1s內(nèi)A、B也在

μ

相對(duì)運(yùn)動(dòng)，且相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向與1s后一致，所以木板的長(zhǎng)度一定大于1.5m，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

【變式4-1】（2024?松江區(qū)校級(jí)三模）如圖甲，質(zhì)量m＝10kg的物體靜止在水平地面上，在水平推

力F作用下開始運(yùn)動(dòng)，水平推力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙。已知物體與地面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）

μ

A．在0～10m的過(guò)程中，推力F對(duì)物體所做的功為1000J

B．在0～10m的過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體所做的功為500J

C．物體的位移x＝5m時(shí)，其速度大小為5m/s

D．物體的位移x＝10m時(shí)，其速度大小為10m/s

【解答】解：A、根據(jù)圖像可知F﹣x圖像圍成的面積表示推力F做的功，所以WJ＝500J，

100×10

故A錯(cuò)誤；=2

B、Wf＝﹣fx＝﹣mgx＝﹣0.5×10×10×10＝﹣500J，摩擦力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；

μ

C、由圖可知運(yùn)動(dòng)位移為5m過(guò)程中力F做的功W′J＝375J，摩擦力做功Wf′＝

100+50

=2×5

﹣mgx′＝0.5×10×10×5J＝250J，根據(jù)動(dòng)能定理W合＝W′+Wf′，即375J

1212

μ=?????0

﹣250J解得v＝5m/s，故C正確；22

12

=×10×?

D、由AB2選項(xiàng)可知，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)位移為10m時(shí)，WF＝500J，Wf＝﹣500J，由動(dòng)能定理可知W合

＝ΔEK＝0J，所以v′＝0m/s，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

【變式4-2】（2024?龍鳳區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，一滑塊置于足夠長(zhǎng)的木板上，木板放置在水平地

面上。已知滑塊和木板的質(zhì)量均為1kg，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，木板與水平地面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1。現(xiàn)在木板上施加一個(gè)F＝kt（N）的變力作用，從t＝0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，木板所

受摩擦力的合力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，已知t1＝5s。設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，

重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．k＝0.6

B．t2＝12.5s

C．0～t2，滑塊的位移大小為337.5m

D．當(dāng)t＝15s時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為2m/s2

【解答】解：設(shè)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，則1＝

0.3，2＝0.1。μμμ

A、0～μt1時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板與滑塊均保持靜止，則長(zhǎng)木板與滑塊間無(wú)摩擦力。

對(duì)滑塊和木板整體，根據(jù)平衡條件得

Ff1＝kt1＝2?2mg＝0.1×2×1×0N＝2N，解得：k＝0.4，故A錯(cuò)誤；

B、t1～t2時(shí)μ間內(nèi)，長(zhǎng)木板與滑塊一起做加速運(yùn)動(dòng)，兩者剛好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)滑塊有：

1mg＝mam

2

μ可得兩者不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最大加速度為：am＝3m/s

對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律有

kt2﹣Ff2＝mam

其中Ff2＝5N

解得：t2＝20s，故B錯(cuò)誤；

D、t1～t2時(shí)間內(nèi)，由圖乙可得

Ff＝0.2t+1（N）

對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律有

kt﹣Ff＝ma

整理可得：a＝0.2t﹣1（m/s2），（5s≤t≤20s）

當(dāng)t＝15s時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為：，故D正確；

2

15

C、根據(jù)a﹣t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表?示=速2度?變/?化量，可得t2時(shí)刻滑塊的速度為

v（t2﹣t1）（20﹣5）m/s＝22.5m/s

0+??3

==×

0～t1時(shí)2間內(nèi)，長(zhǎng)木板2與滑塊均保持靜止。

t1～t2時(shí)間內(nèi)，如果滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則位移大小為：

x，解得：x＝168.75m

?

=(?2??1)

而時(shí)2間上滑塊做的是加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，可知t1～t2時(shí)間內(nèi)，滑塊的位移小于x＝168.75m，

故C錯(cuò)誤。

故選：D。

【變式4-3】（2024?青秀區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v＝2m/s逆時(shí)針

轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊從傳送帶的左端以向右的速度v0滑上傳送帶。小物塊在傳送帶

上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊的動(dòng)能Ek與小物塊的位移x關(guān)系圖像如圖乙所示，圖中：x0＝2m，已知傳送

帶與小物塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)不變，重力加速度g＝10m/s2，則（）

A．從小物塊開始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時(shí)間為2s

B．小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

C．整個(gè)過(guò)程中物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為18J

D．由于小物塊的出現(xiàn)導(dǎo)致傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為18J

【解答】解：由題圖可知，小物塊在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到其位移為x0時(shí)動(dòng)能減為零，

之后物塊反向加速，最后以返回出發(fā)點(diǎn)。

1

?0

B、根據(jù)動(dòng)能定理有：Ek﹣E4k0＝﹣mg?x，結(jié)合圖乙可知，圖像斜率的絕對(duì)值表示合外力的大小，

小物塊向右滑，合外力為mg，則μ：

?0

μ|?|==???

由于初動(dòng)能：?0

12

?0=??0

物塊返回與傳送帶共2速的動(dòng)能為，則：

1112

?0?0=??

則傳送帶速度滿足：442

?1

=

聯(lián)立解得：E0＝8J，v?00＝4m2/s，＝0.4，故B錯(cuò)誤；

A、根據(jù)題意可以作v﹣t圖像如μ下，

由圖像可知，小物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)且共速前加速度不變，全程可看為勻減速，即：﹣v＝v0

﹣gt

μ

代入解得：，故A錯(cuò)誤；

3

C、整個(gè)過(guò)程?中=物2?塊與傳送帶間變生的熱量為產(chǎn)生的熱量為：Q＝mgΔx

μ

由v﹣t圖像可知相對(duì)位移為：

10

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Q＝18J，故??C=正2確(?；+?)?

D、根據(jù)能量守恒可得：電

010

?+?=?+4?

整個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為：E電＝Q18JJ＝12J，故D錯(cuò)誤。

303

故選：C。?4?=?4×8

題型五：多物體機(jī)械能守恒問題

【例5】（2024?道里區(qū)校級(jí)模擬）如圖ab、cd為在同一豎直面內(nèi)的兩光滑水平軌道，兩軌道間的豎

直距離為h。軌道上有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B，質(zhì)量均為m，它們通過(guò)一根繞過(guò)定滑輪的

不可伸長(zhǎng)的輕繩相連接?，F(xiàn)有水平向右的拉力拉動(dòng)物塊A，使A、B運(yùn)動(dòng)起來(lái)，在軌道間的繩子

OB與水平軌道成＝30°角的瞬間，撤掉拉力，此時(shí)物體A在下面的軌道運(yùn)動(dòng)速率為v，設(shè)繩長(zhǎng)

BO遠(yuǎn)大于滑輪直徑θ，不計(jì)輕繩與滑輪間的摩擦，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A．在輕繩OB與水平軌道成＝30°時(shí)，物體B的速度大小為2v

θ

B．在輕繩OB與水平軌道成＝30°角到＝90°角的過(guò)程中，繩對(duì)B做的功為

72

θθ??

6

C．當(dāng)輕繩OB與水平軌道成＝90°角時(shí)，物體B的速度大小為v

21

．若在輕繩與水平軌道θ＝°角時(shí)，繩與物體恰好分離且物體恰好離開面，物體

DOB90B3Bab

θ

B下落過(guò)程中不與墻面、滑輪相碰，則B落地的速度大小為

?2

14?

【解答】解：A、在輕繩OB與水平軌道成＝30°時(shí)，將物2體?B的+速3度分解到沿繩方