易錯(cuò)點(diǎn)06機(jī)械能

目錄

01易錯(cuò)陷阱（4大陷阱）

02舉一反三

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒一】不理解功和功率的概念計(jì)算時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒二】混淆機(jī)車(chē)啟動(dòng)的兩個(gè)過(guò)程

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒三】不理解動(dòng)能定理的含意

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒四】不會(huì)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒五】不理解機(jī)械能守恒定律的條件。

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒六】運(yùn)用機(jī)械能定律錯(cuò)誤。

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒七】混淆摩擦力做功和摩擦產(chǎn)生的熱量

03易錯(cuò)題通關(guān)

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

1.計(jì)算功的方法

(1)恒力做的功

直接用W＝Fxcosα計(jì)算或用動(dòng)能定理計(jì)算。

(2)合力做的功

方法一：先求合力F合，再用W合＝F合x(chóng)cosα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。

(3)變力做的功

①應(yīng)用動(dòng)能定理求解。

②用W＝Pt求解，其中變力的功率P不變。

③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(lèi)力的功的絕對(duì)值

等于力和路程(不是位移)的乘積。如滑動(dòng)摩擦力做功、空氣阻力做功等。

④轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法。有些變力做功問(wèn)題可轉(zhuǎn)換為恒力做功，用W＝Fxcosα求解。

此法常用于輕繩通過(guò)定滑輪拉物體做功問(wèn)題。

⑤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。

W

2.公式P＝和P＝Fv的區(qū)別

t

W

P＝是功率的定義式，P＝Fv是功率的計(jì)算式。

t

3.平均功率的計(jì)算方法

－W

(1)利用P＝。

t

－－－

(2)利用P＝Fvcosα，其中v為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度。

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

4.機(jī)車(chē)的兩種啟動(dòng)方式

以恒定功率啟動(dòng)以恒定加速度啟動(dòng)

不變

阻直阻不變不變

??????

??↑

直到

?至↑??=?↓??=?↓?=?額????=??↑

?=0?=?=??1

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

?1

?0=?

額額阻直至

阻

?阻????

?=???=0??max=??↑??=?↓??=?↓?=0

速度為的勻速直線運(yùn)動(dòng)加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)

?max

額恒定

阻

?阻

?=???=0??max=?

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(wèn)題

1.動(dòng)能定理的理解

（1）兩個(gè)關(guān)系

數(shù)量關(guān)系：合力做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說(shuō)動(dòng)能的

變化就是合力做的功。

因果關(guān)系：合力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因。

（2）標(biāo)量性

動(dòng)能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量式，不存在方向的選取問(wèn)題，

當(dāng)然動(dòng)能定理也就不存在分量的表達(dá)式。

2.運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題，有兩種思路

（1）分階段應(yīng)用動(dòng)能定理

①若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理.

②物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個(gè)

過(guò)程中做功情況也不同，不宜全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分

過(guò)程，結(jié)合動(dòng)能定理，各個(gè)擊破.

（2）全過(guò)程（多個(gè)過(guò)程）應(yīng)用動(dòng)能定理:當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)不同的物理過(guò)

程，又不需要研究過(guò)程的中間狀態(tài)時(shí)，可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程看作一個(gè)整體，巧妙

運(yùn)用動(dòng)能定理來(lái)研究，從而避開(kāi)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié)，大大簡(jiǎn)化運(yùn)算.

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

31.判斷機(jī)械能守恒的三種方法

2.表達(dá)式

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

幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系及表達(dá)式

力做功能的變化二者關(guān)系

合力做功動(dòng)能變化

?=?k2??k1=Δ?k

重力做功重力勢(shì)能變化（1）重力做正功，重力勢(shì)能減少；（2）重力做負(fù)功，

重力勢(shì)能增加；（3）

??=?Δ?p=?p1??p2

彈簧彈力做功彈性勢(shì)能變化（1）彈力做正功，彈性勢(shì)能減少；（2）彈力做負(fù)功，

彈性勢(shì)能增加；（）

3彈=

?=?Δ?p?p1??p2

只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒,即0

力做功

Δ?=

除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力機(jī)械能變化（1）其他力做多少正功，物體的機(jī)械能增加多少；

之外的其他力做功

（2）其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能減少多少；

（）

3其他

?=Δ?

一對(duì)相互作用的滑動(dòng)內(nèi)能增加（1）作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)

摩擦力的總功內(nèi)能增加；（2）摩擦生熱相對(duì)

?=??

電場(chǎng)力做功電勢(shì)能變化（1）電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少；（2）電場(chǎng)力做負(fù)功，

電勢(shì)能增加；（）

3電

?=?Δ?p=?p1??p2

安培力做功電能變化，

克安電安電

?=Δ??=?Δ?

.

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒一】理解功和功率的概念計(jì)算時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤

【例1】．自動(dòng)扶梯以恒定的速率送乘客上樓，乘客第一次站在扶梯上不動(dòng)，第二次相對(duì)

于扶梯勻速向上走，自動(dòng)扶梯的牽引力兩次做功分別為、，功率分別為、，則

W1W2P1P2

（）

A．B．C．D．

W1W2,P1P2W1W2,P1P2W1W2,P1P2W1W2,P1P2

易錯(cuò)分析：功是力對(duì)位移的積累效果?！胺e累”是逐漸聚集的意思，顯然，只具有力或

位移談不上積累，因而也沒(méi)有功．有同學(xué)認(rèn)為：兩種情況下人都是勻速上升的，電梯對(duì)人的

作用力與重力平衡，設(shè)上升的豎直高度為H，則兩種情況下扶梯對(duì)人的支持力所做的功

又因?yàn)榈诙紊蠘菚r(shí)間短，所以，實(shí)際上，這兩個(gè)結(jié)論都是錯(cuò)誤

W1W2mgH，P1P2

的。假設(shè)樓梯不動(dòng)，人勻速上樓，樓梯對(duì)人的支持力大小也是mg，人在豎直方向也發(fā)生了

位移，但是樓梯對(duì)人并沒(méi)有做功，因?yàn)橹С至Σ](méi)有實(shí)現(xiàn)位移的積累，在人兩腳每一次交換

時(shí)間內(nèi)，踩在樓梯上的這只腳是靜止的。

【答案】B

【解析】如果人站在電扶梯上，電動(dòng)扶梯將他以的速度往上送，人是靠扶梯的支持力向

0

上運(yùn)動(dòng)，由功的定義，電梯做功。

W1mgH

mgHmgH

電梯的功率為：P0(L是樓梯的長(zhǎng)度).

1tL

若人以相對(duì)于扶梯的速度在以速度勻速上升的電梯上往上走，則人在豎直方向的位移H

0

H

是兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的共同結(jié)果，其中靠電梯的作用力“積累”的位移為0

0

mgH

靠人的內(nèi)力作用“積累”的位移為：H，所以，電梯做功為：0

W2W1

00

WW()mgH

電梯的功率：P2200,所以故選項(xiàng)B正確。

2tLL

【變式1-1】（2023山東卷）《天工開(kāi)物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車(chē)往稻

田里引水的場(chǎng)景。引水過(guò)程簡(jiǎn)化如下：兩個(gè)半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。水筒

在筒車(chē)上均勻排布，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)，與水輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)。每個(gè)水筒離開(kāi)水面時(shí)裝有質(zhì)

量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車(chē)

對(duì)灌入稻田的水做功的功率為（）

23nmgRH2

A.2nmgRHB.C.3nmgRHD.nmgω

555

RH

【答案】B

【解析】由題知，水筒在筒車(chē)上均勻排布，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)，且每個(gè)水筒離開(kāi)水面

時(shí)裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田

的水的總質(zhì)量為

m總=2πRnm×60%=1.2πRnm，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2π

W2π

RnmgH，則筒車(chē)對(duì)灌入稻田的水做功的功率為PT聯(lián)立有

T

3nmgRH

P故選B。

5

【變式1-2】（（多選）（2022·廣東·高考真題）如圖所示，載有防疫物資的無(wú)人駕駛小車(chē)，

在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速

度2m/s勻速行駛。已知小車(chē)總質(zhì)量為50kg，MN=PQ20m，PQ段的傾角為30°，重力加

速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有（）

A．從M到N，小車(chē)牽引力大小為40NB．從M到N，小車(chē)克服摩擦力做功800J

C．從P到Q，小車(chē)重力勢(shì)能增加1104JD．從P到Q，小車(chē)克服摩擦力做功700J

【答案】ABD

【解析】A．小車(chē)從M到N，依題意有

P1Fv1200W

代入數(shù)據(jù)解得

F40N

故A正確；

B．依題意，小車(chē)從M到N，因勻速，小車(chē)所受的摩擦力大小為

f1F40N

則摩擦力做功為

W14020J800J

則小車(chē)克服摩擦力做功為800J，故B正確；

C．依題意，從P到Q，重力勢(shì)能增加量為

o

Epmgh500N20msin305000J

故C錯(cuò)誤；

D．依題意，小車(chē)從P到Q，摩擦力為f2，有

oP2

f2mgsin30

v2

摩擦力做功為

W2f2s2

s220m

聯(lián)立解得

W2700J

則小車(chē)克服摩擦力做功為700J，故D正確。

故選ABD。

【變式1-3】（多選）（2023·山東·威海市教育教學(xué)研究中心二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)

固定一半徑R0.5m光滑圓形軌道，圓心為O。一小球在軌道的最低點(diǎn)A，某時(shí)刻獲得水平

2

向右的瞬時(shí)速度v0。已知v022m/s，重力加速度g10m/s。在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到軌跡

最高點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A．小球在最高點(diǎn)的速度大小為2m/s

B．小球在最高點(diǎn)的速度大小為1.6m/s

C．重力做功的功率先增大后減小

D．小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)重力和彈力的合力提供向心力

【答案】BC

【解析】

AB．假設(shè)小球能夠達(dá)到圓軌道的最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知

11

mg2Rmv2mv2

2120

解得

v12m/sgR5m/s

故小球在未到達(dá)最高點(diǎn)就已經(jīng)脫離軌道做近心運(yùn)動(dòng)，設(shè)脫離軌道時(shí)小球與圓心連線與水平方

向的夾角為，此時(shí)的速度為v，則根據(jù)動(dòng)能定理有

11

mgRRsinmv2mv2

220

由重力的分力提供向心力，彈力為0，則有

mv2

mgsin

R

解得

v2m/s，sin=0.8

脫離軌道后做斜拋運(yùn)動(dòng)，故軌跡最高點(diǎn)的速度為

vxvsin1.6m/s

A錯(cuò)誤，B正確；

C．在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，初始時(shí)，重力方向與速度方向垂直，功率為

0，過(guò)程中重力與速度方向不垂直，末狀態(tài)最高點(diǎn)時(shí)重力方向與速度方向又垂直，功率又變

為0，故重力做功的功率先增大后減小，C正確；

D．小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小和方向都在變，故重力和彈力沿半徑方向的分量的合力提

供向心力，D錯(cuò)誤。

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒二】混淆機(jī)車(chē)啟動(dòng)的兩個(gè)過(guò)程

【例2】．（2022·浙江·高考真題）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，

把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái)，先加速再勻速，最后做

加速度大小不超過(guò)5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)的速度剛好為零，g取10m/s2，則提升重

物的最短時(shí)間為（）

A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s

易錯(cuò)分析：許多同學(xué)認(rèn)為重物先作功率一定的變加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)，最后減速運(yùn)動(dòng)，實(shí)際

上一開(kāi)始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，保持功率不變直到重

物達(dá)到最大速度，接著做勻速運(yùn)動(dòng)，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺(tái)速度剛好為零。

【答案】C

【解析】為了以最短時(shí)間提升重物，一開(kāi)始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當(dāng)功率達(dá)到

額定功率時(shí)，保持功率不變直到重物達(dá)到最大速度，接著做勻速運(yùn)動(dòng)，最后以最大加速度做

勻減速上升至平臺(tái)速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律可

得

Tmg3002010

amm/s25m/s2

1m20

當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物的速度為v1，則有

P額1200

v1m/s4m/s

Tm300

此過(guò)程所用時(shí)間和上升高度分別為

v14

t1s0.8s

a15

22

v14

h1m1.6m

2a125

重物以最大速度勻速時(shí)，有

P額P額1200

vm/s6m/s

mTmg200

重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和上升高度分別為

vm6

t3s1.2s

am5

22

vm6

h3m3.6m

2am25

設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t2，該過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得

1212

P額tmghmvmv

222m21

又

h285.2m1.6m3.6m80m

聯(lián)立解得

t213.5s

故提升重物的最短時(shí)間為

tmint1t2t30.8s13.5s1.2s15.5s

C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選C。

【變式1-1】（多選）（2023·山西呂梁·三模）一質(zhì)量為m=40kg的兒童電動(dòng)汽車(chē)在水平

地面上由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)。電動(dòng)汽車(chē)的速度與牽引力的功率隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系圖像

分別如圖甲、乙所示，3s末電動(dòng)汽車(chē)牽引力功率達(dá)到額定功率，10s末電動(dòng)汽車(chē)的速度達(dá)

到最大值，14s時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間電動(dòng)汽車(chē)停止運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過(guò)程中電動(dòng)汽車(chē)受到

的阻力恒定。下列說(shuō)法正確的是（）

A．電動(dòng)汽車(chē)最大速度為5m/s

B．電動(dòng)汽車(chē)受到的阻力為100N

C．關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，電動(dòng)汽車(chē)經(jīng)過(guò)5s停止運(yùn)動(dòng)

D．整個(gè)過(guò)程中，電動(dòng)汽車(chē)克服阻力做功為3750J

【答案】AD

【解析】AB．由vt圖像可知在0～3s內(nèi)，電動(dòng)汽車(chē)的加速度

2

a11ms

由Pt圖像可知在0～3s內(nèi)

PFvFat

解得

F100N

由牛頓第二定律

Ffma1

解得

f60N

由

Pfvm300W

解得

vm5ms

故A正確，B錯(cuò)誤；

C．關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后

fma2

經(jīng)過(guò)

vm10

t2s

a23

電動(dòng)汽車(chē)停止運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D．對(duì)全程由動(dòng)能定理可得

P

tPtW00

213f

解得

300

W(330011)J3750J

f2

所以整個(gè)過(guò)程中克服阻力做功為3750J，故D正確。

故選AD。

【誤選警示】

誤選B的原因：不會(huì)根據(jù)勻加速階段利用牛頓第二定律求解阻力，或者不會(huì)利用最后勻速

階段的額定功率除以最大速度求解阻力。

誤選C的原因：不會(huì)正確對(duì)汽車(chē)做出關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后的受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析

【變式1-2】．（2024·上海市楊浦高級(jí)中學(xué)期中）一臺(tái)起重機(jī)先以不變的牽引力F將一質(zhì)量

為m的重物由靜止起豎直向上提起，當(dāng)起重機(jī)的輸出功率達(dá)到額定功率P后，保持該功率

直到重物做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。重物在上升過(guò)程中（）

PPF

A．最大速度小于B．平均功率大于C．最大加速度大于D．加速時(shí)間小于

F2m

P

g(Fmg)

【答案】B

【解析】A．輸出功率達(dá)到額定功率P時(shí)，勻加速過(guò)程結(jié)束，勻加速階段的最大速度

P

v

1F

又

Fmgma

得

Fm(ga)

P

v

1m(ga)

之后重物做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于重力時(shí)，速度達(dá)到最大值，之后做勻

速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的速度

PPP

vv

mmg1m(ga)F

P

所以最大速度大于。A錯(cuò)誤；

F

B．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到起重機(jī)的輸出功率達(dá)到額定功率P過(guò)程中，瞬時(shí)功功率

P1FvFat

瞬時(shí)功功率和時(shí)間成正比，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到輸出功率達(dá)到額定功率P過(guò)程中，平均功率為

0PP

P

22

達(dá)到額定功率后，一直保持額定功率P不變，所以重物在上升過(guò)程中的平均功率

P

P

2

B正確；

C．勻加速階段加速度最大

FmgF

a

mm

C錯(cuò)誤；

D．若一直以勻加速階段的加速度，勻加速到勻速階段的最大速度時(shí)間為

P

vmgP

tm

aFmgg(Fmg)

m

又因?yàn)楣β蔬_(dá)到額定功率后，重物做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)后運(yùn)動(dòng)，不是一直勻加速，所以

P

加速時(shí)間大于。

g(Fmg)

故選B。

【變式1-3】（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）圖甲是我國(guó)自主設(shè)計(jì)的全球第一款可載客的無(wú)人駕駛

飛機(jī)“億航184”，其質(zhì)量為260kg，最大載重為100kg，圖乙是該無(wú)人機(jī)某次在最大載重情況

下，從地面開(kāi)始豎直升空過(guò)程中的v-t圖像，前2s圖像為直線，2s末到5s末圖像為曲線，

曲線兩端皆與兩側(cè)直線相切，5s后無(wú)人機(jī)勻速上升，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率等于額定輸出功率，

g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．前5s上升的高度為19m

B．1s末發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為7200W

C．2s末到5s末，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率不變

D．2s末到5s末，無(wú)人機(jī)上升的高度不會(huì)超過(guò)17m

【答案】D

【解析】A．因?yàn)樗俣葧r(shí)間圖像的面積表示位移，由圖像可知，前2s上升了4m，2s末到5

s末上升的高度大于15m，所以前5s上升的高度大于19m，故A錯(cuò)誤；

B．由圖像知1s時(shí)無(wú)人機(jī)做加速度為

v4

ams22ms2

t2

由牛頓第二定律得，無(wú)人機(jī)的牽引力滿足

F(mM)g(mM)a

所以此時(shí)無(wú)人機(jī)的輸出功率為

PFv

聯(lián)立解得

P=8640W

故B錯(cuò)誤；

C．經(jīng)分析可以計(jì)算得出2s末發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為

PFv'17280W

5s末發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為

Pfv''(mM)gv''21600W

所以這段時(shí)間發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率是變化的，故C錯(cuò)誤；

D．假設(shè)2s末到5s末，飛機(jī)按最大輸出功率即額定功率21600W工作，由動(dòng)能定理得

11

Pt(mM)gx(mM)v''2(mM)v'2

22

計(jì)算可得上升的高度最大為

x17m

故2s末到5s末，飛機(jī)上升的高度不會(huì)超過(guò)17m，故D正確。

故選D。

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒三】不理解動(dòng)能定理的含意

【例3】（2023全國(guó)乙卷）如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一

質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間

的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)（）

A.木板的動(dòng)能一定等于flB.木板的動(dòng)能一定小于fl

11

C.物塊的動(dòng)能一定大于mv2flD.物塊的動(dòng)能一定小于mv2fl

2020

易錯(cuò)分析：動(dòng)能定理的研究對(duì)象的單個(gè)質(zhì)點(diǎn)或有相同速度的系統(tǒng)，對(duì)于某質(zhì)點(diǎn)其在一段

時(shí)間所做的功等于這段時(shí)間的動(dòng)能變化，不能張寇李戴，也不能等于另一段時(shí)間的動(dòng)能變化。

【答案】BD

111

【解析】當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)，對(duì)m有fxmv2mv2，對(duì)M有fxmv2

m2m20M2M

其中

l=xm－xM，AB．由于l>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動(dòng)能一定小于fl，A錯(cuò)誤、B正確；

1111

CD．根據(jù)以上分析，聯(lián)立有mv2flmv2mv2則物塊的動(dòng)能一定小于mv2fl，

202m2M20

C錯(cuò)誤、D正確。故選BD。

【變式1-1】（2023新課標(biāo)卷）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止

開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖

所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的

是（）

A.在x=1m時(shí)，拉力的功率為6W

B.在x=4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2J

C.從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8J

D.從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg?m/s

【答案】BC

【解析】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表

1

拉力F。AB．在物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有Wmgxmv2則x=1m時(shí)物體的

2

速度為v1=2m/sx=1m時(shí)，拉力為

W

F6N則此時(shí)拉力的功率P=Fv1=12W，x=4m時(shí)物體的動(dòng)能為Ek=2J，A錯(cuò)誤、

x

B正確；C．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8J，C正確；D．根

據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過(guò)程中F1=6N，2—4m的過(guò)程中F2=3N，由于物體受到的摩擦

力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)AB分析可知此時(shí)的速度

v28m/s

則從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為pmv22kgm/sD錯(cuò)誤。故選

B

【變式1-2】（多選）（2023·黑龍江·佳木斯一中二模）質(zhì)量為m的小車(chē)在水平恒力F推動(dòng)

下，從山坡底部A處由靜止起運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s。

下列說(shuō)法正確的是（）

A．物體機(jī)械能的增加Fs

1

B．合力對(duì)小車(chē)做的功是mv2

2

C．推力對(duì)小車(chē)做的功是Fs-mgh

1

D．摩擦阻力對(duì)小車(chē)做的功是mv2mghFs

2

【答案】BD

【解析】A．推力對(duì)小車(chē)做的功為Fs，物體機(jī)械能的增加應(yīng)等于推力做功減去克服摩擦力做

功，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)小車(chē)做的功為

12

W合=mv

2

故B正確；

C．推力對(duì)小車(chē)做的功為Fs，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)動(dòng)能定理可知

1

FsmghW=mv2

f2

則阻力對(duì)小車(chē)做的功是

1

Wmv2mghFs

f2

故D正確。

故選BD。

【變式1-3】（2022·江蘇·高考真題）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始沿斜

面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員

的動(dòng)能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【解析】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過(guò)程中

根據(jù)動(dòng)能定理有

Ekmgxtan

即

E

kmgtan

x

下滑過(guò)程中開(kāi)始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過(guò)圓弧軌道過(guò)程中θ先減小后增大，

即圖像斜率先減小后增大。

故選。

【易A錯(cuò)點(diǎn)提醒四】不會(huì)運(yùn)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題

【例4】.（2022·浙江1月卷·T20）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角=37°

的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道

DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌

道固定在G點(diǎn)（與B點(diǎn)等高），B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的

滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長(zhǎng)度lAB3m，滑塊與軌

7

道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，

8

cos37°=0.8?；瑝K開(kāi)始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放，

（1）若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l=0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小；

（）設(shè)釋放點(diǎn)距點(diǎn)的長(zhǎng)度為，滑塊第一次經(jīng)點(diǎn)時(shí)的速度與之間的關(guān)系式；

2BlxFvlx

（）若滑塊最終靜止在軌道的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距點(diǎn)長(zhǎng)度的值。

3FGBlx

易錯(cuò)分析：分過(guò)程動(dòng)能定理的應(yīng)用，要不多個(gè)過(guò)程分為多個(gè)過(guò)程，確定每個(gè)過(guò)程中合力的功

即總功，判斷每個(gè)力做功的正負(fù)和大小，確定初末狀態(tài)動(dòng)能。特別是發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，求功

時(shí)要注意位移是相對(duì)地面的位移。

【答案】（1）7N；（2）lx0.85m；（3）見(jiàn)解析

【解析】

（1）到C點(diǎn)過(guò)程據(jù)動(dòng)能定理可得

1

mglsin37mgR(1cos37)mv2

2C

C點(diǎn)時(shí)

v2

F-mg=mC

NR

FN7N

（2）能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時(shí)

據(jù)動(dòng)能定理可得

mglxsin37(3mgRcos37R)mg0

解得

lx=0.85m

要能過(guò)F點(diǎn)lx0.85m

（3）設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)的n倍

據(jù)動(dòng)能定理可得

ll

mglsin37mgFGsin37nmgFGcos37=0

x22

解得

7n6

l

x15

當(dāng)n1時(shí)

13

lm

x115

當(dāng)n3時(shí)

9

lm

x25

當(dāng)n5時(shí)

41

lm

x315

BD錯(cuò)誤；

故選C。

11

Emv2mgh11041002J110410100J6107J

222

【變式1-1】.(2023云南省昆明市第一中學(xué)一模)如圖所示，一根放置于水平地面的

輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直的墻壁上，處于原長(zhǎng)時(shí)另一端位于C點(diǎn)，一質(zhì)量為1kg的物體以

4m/s的初速度沿水平地面的A點(diǎn)處向右運(yùn)動(dòng)，物體可視為質(zhì)點(diǎn)，壓縮彈簧反彈后剛好停在

了AC的中點(diǎn)B，已知物塊與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，A、C之間的距離為2m，則

整個(gè)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為（）

A.3JB.4JC.5JD.6J

【答案】.A

1

【解析】由A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(xx2x)0mv2

ACCB20

1

由A點(diǎn)到壓縮彈簧的最低點(diǎn)運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(xx)E0mv2

ACpm20

聯(lián)立可解得Epm3J，故A正確，BCD錯(cuò)誤

【變式1-2】.（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，同一豎直平面內(nèi)有三段半徑均為R的光

滑圓弧軌道，質(zhì)量為m的物體從OA圓弧某處?kù)o止釋放，經(jīng)過(guò)A出后小球沿第二段BC圓弧

軌道運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)粗糙水平面CD后，小球從D進(jìn)入第三段圓弧后最終從E點(diǎn)飛出。已知C、

D是圓弧軌道最低點(diǎn)，A、B是圓弧軌道最高點(diǎn)，物體與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

0.5，CD2R，求：

（1）物體從斜面下滑的角度滿足什么條件，物體才不會(huì)從B點(diǎn)脫離軌道。

（2）如果物體從O點(diǎn)靜止下滑，下滑到軌道D處，物體對(duì)軌道的壓力FN。

（3）在上一問(wèn)中，物體從E點(diǎn)飛出后，當(dāng)物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，最高點(diǎn)與D點(diǎn)的水平距離s。

【答案】（1）60；（2）5mg；（3）2.328R

【解析】（1）在軌道B點(diǎn)的最低速度滿足

v2

mgmB

R

根據(jù)動(dòng)能定理

1

mv20mgR1cos

2B

解得

60

所以應(yīng)該滿足條件60

（2）根據(jù)動(dòng)能定理，從O點(diǎn)到D點(diǎn)，可得

1

mv20mgR2Rmg·2R

2D

根據(jù)向心力公式

v2

mDFmg

RN

解得

FN5mg

（3）從D點(diǎn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知

11

mv2mv2mgR1cos37

2E2D

而在E點(diǎn)，水平速度和豎直速度分別為

，

vxvEcos37vyvEsin37

當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點(diǎn)時(shí)，滿足

，

gtvyxvxt

解得水平位移為

v2sin37cos37

xE1.728R

g

故距離D點(diǎn)的水平距離為

sxR·sin372.328R

【變式1-3】.（2023江蘇卷高考真題）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，

且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺(tái)BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始

下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)?；┱攥F(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離

為d，滑雪者與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。

（1）求滑雪者運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t；

（2）求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v；

（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺(tái)BC的最大長(zhǎng)度L。

22d

【答案】（1）t；（2）2gd1；（3）2d1

g1

1

【解析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動(dòng)能定理有mgdsin45mgcos45dmv20

2P

根據(jù)動(dòng)量定理有mgsin45mgcos45tmvp0

22d

聯(lián)立解得tv2gd1

g1P

（2）由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)，故從P點(diǎn)到B點(diǎn)合力做功為

0，所以當(dāng)從A點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)有

vBvP2gd1

（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時(shí)，平臺(tái)BC的長(zhǎng)度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動(dòng)，

豎直方向上有

t

vcos45g，水平方向上有Lvsin45t

P2P

聯(lián)立可得L2d1

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒五】不理解機(jī)械能守恒條件

【例5】.(2024·廣東惠州一中月考)如圖所示，將一個(gè)內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的

水平面上，槽的左側(cè)有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)．現(xiàn)讓一小球自左端槽口A點(diǎn)的正上

方由靜止開(kāi)始下落，從A點(diǎn)與半圓形槽相切進(jìn)入槽內(nèi)，則下列說(shuō)法正確的是()

A．小球在半圓形槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，只有重力對(duì)它做功

B．小球從A點(diǎn)向半圓形槽的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒

C．小球從A點(diǎn)經(jīng)最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D．小球從下落到從右側(cè)離開(kāi)半圓形槽的過(guò)程中，機(jī)械能守恒

易錯(cuò)分析：許多同學(xué)認(rèn)為小球在半圓形槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中機(jī)械能守恒而錯(cuò)選A，實(shí)際上小

球從A點(diǎn)經(jīng)最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，半圓形槽的弾力要對(duì)小球做功，所以只有選

小球與槽組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象機(jī)械能才守恒.

【答案】C

【解析】當(dāng)小球從半圓形槽的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到半圓形槽右側(cè)的過(guò)程中小球?qū)Π雸A形槽的力使

半圓形槽向右運(yùn)動(dòng)，半圓形槽對(duì)小球的支持力對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)

A、D錯(cuò)誤；