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易错点06 机械能
目 录
01 易错陷阱（4 大陷阱）
02 举一反三
【易错点提醒一】不理解功和功率的概念计算时出现错误
【易错点提醒二】混淆机车启动的两个过程
【易错点提醒三】不理解动能定理的含意
【易错点提醒四】不会用动能定理求解多过程问题
【易错点提醒五】不理解机械能守恒定律的条件。
【易错点提醒六】运用机械能定律错误。
【易错点提醒七】混淆摩擦力做功和摩擦产生的热量
03 易错题通关
易错点一：应用功和功率求解问题时出现错误
1.计算功的方法
(1)恒力做的功
直接用W＝Fxcos α 计算或用动能定理计算。
(2)合力做的功
方法一：先求合力F 合，再用W 合＝F 合xcos α 求功，尤其适用于已知质量m 和
加速度a 的情况。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3＋…求
合力做的功。
方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化量。
(3)变力做的功
①应用动能定理求解。
②用W＝Pt 求解，其中变力的功率P 不变。
③当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的绝对
值等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。
④转换研究对象法。有些变力做功问题可转换为恒力做功，用W＝Fxcos α 求
解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功问题。
1
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⑤图像法。在F－x 图像中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这
段位移内所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正功，位于x 轴下方的“面
积”为负功。
2.公式P＝和P＝Fv 的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv 是功率的计算式。
3.平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用P＝Fv cos α，其中v为物体运动的平均速度。
3.瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度。
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度。
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力
4.机车的两种启动方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
v ↑⇒F = P (不变)
v
↓⇒a= F - F阻
m
直至a=0
a= F - F阻
m
(不变)⇒F 不变v ↑
⇒P= Fv
直到P = P额= F v1
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0= v1
a
F = F阻⇒a=0⇒vmax = P额
F阻
v ↑⇒F = P额
v ↓⇒a= F - F阻
m
↓ 直至
a=0
速度为vmax 的匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
F = F阻⇒a=0⇒vmax = P额
F阻
恒定
易错点二：不理解动能定理也不会运用动能定理求解多过程问题
2
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1. 动能定理的理解
（1）两个关系
数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能
的变化就是合力做的功。
因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
（2）标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问
题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
2.运用动能定理解决多过程问题，有两种思路
（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，大大简化运算.
易错点三：运用机械能守恒定律分析问题时出现错误。
31.判断机械能守恒的三种方法
2.表达式
3
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易错点四：运用功能关系分析问题时出现错误。
几种常见的功能关系及表达式
力做功
能的变化
二者关系
合力做功
动能变化
W = Ek 2- Ek 1 = Δ Ek
重力做功
重力势能变化（1）重力做正功，重力势能减少；（2）重力做负
功，重力势能增加；（3）W G=- Δ E p= E p1- E p2
弹簧弹力做功
弹性势能变化（1）弹力做正功，弹性势能减少；（2）弹力做负
功，弹性势能增加；（3）W 弹=- Δ E p= E p1- E p2
只有重力或系统内弹
力做功
机械能不变化机械能守恒,即Δ E =0
除重力和系统内弹力
之外的其他力做功
机械能变化
（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
（3）W 其他= Δ E
一对相互作用的滑动
摩擦力的总功
内能增加
（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统
内能增加；（2）摩擦生热Q = f x相对
电场力做功
电势能变化
（1）电场力做正功，电势能减少；（2）电场力做负
功，电势能增加；（3）W 电=- Δ E p= E p1- E p2
安培力做功
电能变化
W 克安= Δ E电 ，W 安= - Δ E电
.
【易错点提醒一】理解功和功率的概念计算时出现错误
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【例1】．自动扶梯以恒定的速率送乘客上楼，乘客第一次站在扶梯上不动，第二次相
对于扶梯匀速向上走，自动扶梯的牵引力两次做功分别为W 1、W 2，功率分别为P1、P2，
则（ ）
A．W 1=W 2,P1¿¿ B．W 1¿W 2,P1=P2¿ C．W 1⟨W 2,P1⟩P2 D．W 1=W 2, P1=P2
易错分析：功是力对位移的积累效果。“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力
或位移谈不上积累，因而也没有功．有同学认为：两种情况下人都是匀速上升的，电梯对
人的作用力与重力平衡，设上升的竖直高度为H，则两种情况下扶梯对人的支持力所做的
功W 1=W 2=mgH
，又因为第二次上楼时间短，所以P1¿¿，实际上，这两个结论都是错
误的。假设楼梯不动，人匀速上楼，楼梯对人的支持力大小也是mg ，人在竖直方向也发
生了位移，但是楼梯对人并没有做功，因为支持力并没有实现位移的积累，在人两脚每一
次交换时间内，踩在楼梯上的这只脚是静止的。
【答案】B
【解析】如果人站在电扶梯上，电动扶梯将他以υ0 的速度往上送，人是靠扶梯的支持力向
上运动，由功的定义，电梯做功。W 1=mgH
电梯的功率为：
P1= mgH
t
= mgH υ0
L
( L是楼梯的长度).
若人以相对于扶梯的速度υ 在以速度υ0 匀速上升的电梯上往上走，则人在竖直方向的位移
H 是两个运动的共同结果，其中靠电梯的作用力“积累”的位移为
υ0 H
υ0+υ
靠人的内力作用“积累”的位移为：
υH
υ0+υ ，所以，电梯做功为：
W 2= mgH υ0
υ0+υ ¿¿
电梯的功率：
P2=W 2
t =W 2(υ0+υ)
L
= mgH υ0
L
,
所以故选项B 正确。
【变式1-1】（2023 山东卷）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往
稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。
水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时
装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。当地的重力加速度为g，
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
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A.
B.
C.
D.
nmgωRH
【答案】B
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面
时装有质量为m 的水、其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田
的水的总质量为
m 总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W =
1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
【变式1-2】（（多选）（2022·广东·高考真题）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小
车，在水平
段以恒定功率
、速度
匀速行驶，在斜坡
段以恒定功率
、速度
匀速行驶。已知小车总质量为
，
，
段的倾角为
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．从M 到N，小车牵引力大小为
B．从M 到N，小车克服摩擦力做功
C．从P 到Q，小车重力势能增加
D．从P 到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】ABD
【解析】A．小车从M 到N，依题意有
代入数据解得
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故A 正确；
B．依题意，小车从M 到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
则摩擦力做功为
则小车克服摩擦力做功为800J，故B 正确；
C．依题意，从P 到Q，重力势能增加量为
故C 错误；
D．依题意，小车从P 到Q，摩擦力为f2，有
摩擦力做功为
联立解得
则小车克服摩擦力做功为700J，故D 正确。
故选ABD。
【变式1-3】（多选）（2023·山东·威海市教育教学研究中心二模）如图所示，竖直平面
内固定一半径
光滑圆形轨道，圆心为O。一小球在轨道的最低点A，某时刻获得
水平向右的瞬时速度
。已知
，重力加速度
。在小球从A 点运动到
轨迹最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在最高点的速度大小为
B．小球在最高点的速度大小为
C．重力做功的功率先增大后减小
D．小球做圆周运动时重力和弹力的合力提供向心力
【答案】BC
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【解析】
AB．假设小球能够达到圆轨道的最高点，根据动能定理可知
解得
故小球在未到达最高点就已经脱离轨道做近心运动，设脱离轨道时小球与圆心连线与水平
方向的夹角为
，此时的速度为v，则根据动能定理有
由重力的分力提供向心力，弹力为0，则有
解得
，
脱离轨道后做斜抛运动，故轨迹最高点的速度为
A 错误，B 正确；
C．在小球从A 点运动到轨迹最高点的过程中，初始时，重力方向与速度方向垂直，功率为
0，过程中重力与速度方向不垂直，末状态最高点时重力方向与速度方向又垂直，功率又变
为0，故重力做功的功率先增大后减小，C 正确；
D．小球做圆周运动时速度的大小和方向都在变，故重力和弹力沿半径方向的分量的合力
提供向心力，D 错误。
【易错点提醒二】混淆机车启动的两个过程
【例2】．（2022·浙江·高考真题）小明用额定功率为
、最大拉力为
的提升
装置，把静置于地面的质量为
的重物竖直提升到高为
的平台，先加速再匀速，
最后做加速度大小不超过
的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，
取
，
则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s
B．14.2s
C．15.5s
D．17.0s
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易错分析：许多同学认为重物先作功率一定的变加速运动后匀速运动，最后减速运动，实
际上一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直
到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好
为零。
【答案】C
【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达
到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速
度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二
定律可得
当功率达到额定功率时，设重物的速度为
，则有
此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为
，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
C 正确，ABD 错误；
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故选C。
【变式1-1】 （多选）（2023·山西吕梁·三模）一质量为m=40 kg 的儿童电动汽车在水平
地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图
像分别如图甲、乙所示，3 s 末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s 末电动汽车的速度
达到最大值，14 s 时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车
受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．电动汽车最大速度为5 m/s
B．电动汽车受到的阻力为100N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5 s 停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】AD
【解析】AB．由
图像可知在0～3s 内，电动汽车的加速度
由
图像可知在0～3s 内
解得
由牛顿第二定律
解得
由
解得
故A 正确，B 错误；
C．关闭发动机后
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经过
电动汽车停止运动，故C 错误；
D．对全程由动能定理可得
解得
所以整个过程中克服阻力做功为3750J，故D 正确。
故选AD。
【误选警示】
误选B 的原因： 不会根据匀加速阶段利用牛顿第二定律求解阻力，或者不会利用最后匀
速阶段的额定功率除以最大速度求解阻力。
误选C 的原因： 不会正确对汽车做出关闭发动机后的受力分析和运动过程分析
【变式1-2】．（2024·上海市杨浦高级中学期中）一台起重机先以不变的牵引力F 将一
质量为m 的重物由静止起竖直向上提起，当起重机的输出功率达到额定功率P 后，保持该
功率直到重物做匀速运动，重力加速度为g。重物在上升过程中（ ）
A．最大速度小于
B．平均功率大于
C．最大加速度大于
D．加速时间小于
【答案】B
【解析】A．输出功率达到额定功率P 时，匀加速过程结束，匀加速阶段的最大速度
又
得
之后重物做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于重力时，速度达到最大值，之后做
匀速运动，匀速运动的速度
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所以最大速度大于
。A 错误；
B．从开始运动到起重机的输出功率达到额定功率P 过程中，瞬时功功率
瞬时功功率和时间成正比，从开始运动到输出功率达到额定功率P 过程中，平均功率为
达到额定功率后，一直保持额定功率P 不变，所以重物在上升过程中的平均功率
B 正确；
C．匀加速阶段加速度最大
C 错误；
D．若一直以匀加速阶段的加速度，匀加速到匀速阶段的最大速度时间为
又因为功率达到额定功率后，重物做加速度减小的加速运动后运动，不是一直匀加速，所
以加速时间大于
。
故选B。
【变式1-3】（2023·浙江·模拟预测）图甲是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾
驶飞机“亿航184”，其质量为260kg，最大载重为100kg，图乙是该无人机某次在最大载重
情况下，从地面开始竖直升空过程中的v-t 图像，前2s 图像为直线，2s 末到5s 末图像为曲
线，曲线两端皆与两侧直线相切，5s 后无人机匀速上升，发动机的输出功率等于额定输出
功率，g=10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
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A．前5s 上升的高度为19m
B．1s 末发动机的输出功率为7200W
C．2s 末到5s 末，发动机的输出功率不变
D．2s 末到5s 末，无人机上升的高度不会超过17m
【答案】D
【解析】A．因为速度时间图像的面积表示位移，由图像可知，前2s 上升了4m，2 s 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 错误；
B．由图像知1s 时无人机做加速度为
由牛顿第二定律得，无人机的牵引力满足
所以此时无人机的输出功率为
联立解得
P=8640W
故B 错误；
C．经分析可以计算得出2s 末发动机的输出功率为
5s 末发动机的输出功率为
所以这段时间发动机的输出功率是变化的，故C 错误；
D．假设2s 末到5s 末，飞机按最大输出功率即额定功率21600 W 工作，由动能定理得
计算可得上升的高度最大为
故2 s 末到5s 末，飞机上升的高度不会超过17 m，故D 正确。
故选D。
【易错点提醒三】不理解动能定理的含意
【例3】（2023 全国乙卷）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另
一质量为m 的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板
间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
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A. 木板的动能一定等于fl
B. 木板的动能一定小于fl
C. 物块的动能一定大于
D. 物块的动能一定小于
易错分析：动能定理的研究对象的单个质点或有相同速度的系统，对于某质点其在一
段时间所做的功等于这段时间的动能变化，不能张寇李戴，也不能等于另一段时间的动能
变化。
【答案】BD
【解析】当物块从木板右端离开时，对m 有
，对M 有
其中
l = xm－xM，AB．由于l > xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A 错误、B 正
确；CD．根据以上分析，联立有
则物块的动能一定小于
，C 错误、D 正确。故选BD。
【变式1-1】（2023 新课标卷） 一质量为1kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止
开始在水平地面上沿x 轴运动，出发点为x 轴零点，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如
图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正
确的是（ ）
A. 在x = 1m 时，拉力
功率为6W
B. 在x = 4m 时，物体的动能为2J
C. 从x = 0 运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D. 从x = 0 运动到x = 4 的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【解析】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W = Fx 可看出W—x 图像的斜率代表
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拉力F。AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m 时物体的
速度为v1= 2m/sx = 1m 时，拉力为
则此时拉力的功率P = Fv1= 12W，x = 4m 时物体的动能为Ek= 2J，A 错误、
B 正确；C．从x = 0 运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为Wf= μmgx = 8J，C 正确；
D．根据W—x 图像可知在0—2m 的过程中F1= 6N，2—4m 的过程中F2= 3N，由于物体受到的
摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m 处速度最大，且根据选项AB 分析可知此时的速度
则从x = 0 运动到x = 4 的过程中，物体的动量最大为
D 错误。故选B
【变式1-2】（多选）（2023·黑龙江·佳木斯一中二模）质量为m 的小车在水平恒力F 推
动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B，获得速度为v，AB 的水平距离为
s。下列说法正确的是（ ）
A．物体机械能的增加Fs
B．合力对小车做的功是
C．推力对小车做的功是Fs-mgh
D．摩擦阻力对小车做的功是
【答案】BD
【解析】A．推力对小车做的功为Fs，物体机械能的增加应等于推力做功减去克服摩擦力
做功，故A 错误；
B．根据动能定理可知，合外力对小车做的功为
故B 正确；
C．推力对小车做的功为Fs，故C 错误；
D．根据动能定理可知
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则阻力对小车做的功是
故D 正确。
故选BD。
【变式1-3】 （2022·江苏·高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜
面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动
员的动能
与水平位移x 的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程
中根据动能定理有
即
下滑过程中开始阶段倾角θ 不变，Ek-x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ 先减小后
增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
【易错点提醒四 】不会运用动能定理求解多过程问题
【例4】.（2022·浙江1 月卷·T20）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O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管
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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=0.1kg，轨道BCD 和DEF 的半径R=0.15m，轨道AB 长度
，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°=0.6，cos37°=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=0.7m，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
，滑块第一次经F 点时的速度v 与
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
的值。
易错分析：分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的
功即总功，判断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，
求功时要注意位移是相对地面的位移。
【答案】（1）7N；（2）
；（3）见解析
【解析】
（1）到C 点过程据动能定理可得
C 点时
（2）能过最高点时，则能到F 点，则恰到最高点时
据动能定理可得
解得
要能过F 点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍
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据动能定理可得
解得
当
时
当
时
当
时
BD 错误；
故选C。
【变式1-1】.(2023 云南省昆明市第一中学一模)如图所示，一根放置于水平地面的
轻质弹簧一端固定在竖直的墙壁上，处于原长时另一端位于C 点，一质量为1kg 的物体以
4m/s 的初速度沿水平地面的A 点处向右运动，物体可视为质点，压缩弹簧反弹后刚好停
在了AC 的中点B，已知物块与水平地面的动摩擦因数为0.2， A、C 之间的距离为2 m，
则整个过程中弹簧的最大弹性势能为（ ）
A. 3J
B. 4J
C. 5J
D. 6J
【答案】.A
【解析】由A 点到B 点运用动能定理得
由A 点到压缩弹簧的最低点运用动能定理得
联立可解得
，故A 正确，BCD 错误
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【变式1-2】.（2023·浙江·模拟预测）如图所示，同一竖直平面内有三段半径均为R 的光
滑圆弧轨道，质量为m 的物体从OA 圆弧某处静止释放，经过A 出后小球沿第二段BC 圆弧
轨道运动，经过粗糙水平面CD 后，小球从D 进入第三段圆弧后最终从E 点飞出。已知C、
D 是圆弧轨道最低点，A、B 是圆弧轨道最高点，物体与粗糙水平面间的动摩擦因数
，求：
（1）物体从斜面下滑的角度
满足什么条件，物体才不会从B 点脱离轨道。
（2）如果物体从O 点静止下滑，下滑到轨道D 处，物体对轨道的压力
。
（3）在上一问中，物体从E 点飞出后，当物体到达最高点时，最高点与D 点的水平距离
s。
【答案】（1）
；（2）5mg；（3）2.328R
【解析】（1）在轨道B 点的最低速度满足
根据动能定理
解得
所以应该满足条件
（2）根据动能定理，从O 点到D 点，可得
根据向心力公式
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解得
（3）从D 点到E 点，由动能定理可知
而在E 点，水平速度和竖直速度分别为
当到达最高点时，满足
解得水平位移为
故距离D 点的水平距离为
【变式1-3】. （2023 江苏卷高考真题）如图所示，滑雪道AB 由坡道和水平道组成，
且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC 与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开始
下滑，恰好到达B 点。滑雪者现从A 点由静止开始下滑，从B 点飞出。已知A、P 间的距离
为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P 点
时间t；
（2）求滑雪者从B 点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上，求平台BC 的最大长度L。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【
解
析
】
（
1
）
滑
雪
者
从
A
到
P
根
据
动
能
定
理
有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P 点由静止开始下滑，恰好到达B 点，故从P 点到B 点合力做功为
0，所以当从A 点下滑时，到达B 点有
（3）当滑雪者刚好落在C 点时，平台BC 的长度最大；滑雪者从B 点飞出做斜抛运动，
竖直方向上有
，水平方向上有
联立可得
【易错点提醒五 】不理解机械能守恒条件
【例5】.(2024·广东惠州一中月考)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的
水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)．现让一小球自左端槽口A 点的正
上方由静止开始下落，从A 点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守
恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
易错分析：许多同学认为小球在半圆形槽内运动的全过程中机械能守恒而错选A，实际上
小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，半圆形槽的弾力要对小球做功，所以只
有选小球与槽组成的系统为研究对象机械能才守恒.
【答案】C
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【解析】当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半圆形槽的力
使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，
选项A、D 错误；小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有
重力做功，小球的机械能守恒，选项B 正确；小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过
程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，选项C 正确。
【变式1-1】竖直放置的轻弹簧下端连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，
如图所示。然后迅速放手后直至小球运动到最低点，不计空气阻力，则下列说法中正确
提（ ）
A. 小球被手压缩至运动到最低点过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B. 人放手后小球运动到最低点过程中机械能守恒
C.人放手后小球运动到最低点过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒
D. 小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大
【答案】CD
【解析】小球被手压缩外力做了功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，所以选项A 错
误；放手后，小球受弹力作用，仙械能不守恒，但小球与弹簧以及地球组成的系统，只有
弹力和重力做功，系统满足机械能守恒，选项B 错误、C 正确；小球向下运动过程中，小
球与弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，小球的重力势能不断减小，故小球动能与弹簧
弹性势能之和不断增大，D 正确。
【变式1-2】 （多选）（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）小明同学想借助一支可
伸缩的圆珠笔来看看“圆珠笔的上跳”，笔内有一根弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，
笔尖就伸出。如图所示，手握笔杆，使笔尖向上，小帽抵在桌面上，在压下后突然放手，
笔杆将竖直向上跳起一定的高度。在某次实验中，小明用刻度尺测得圆珠笔跳起的高度为
12cm，若重力加速度
，在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，以下
分析正确的是（ ）
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A．小明对圆珠笔不做功
B．圆珠笔的机械能不守恒
C．圆珠笔在弹起过程中对桌面做正功
D．圆珠笔起跳的初速度约为1.55m/s
【答案】AD
【解析】AB．小明放手后，圆珠笔由静止开始向上运动，在起跳至上升到最大高度的过程
中，小明对笔没有作用力，所以小明对笔不做功；桌面对笔的弹力的作用点在笔的小帽上，
在笔离开桌面之前，小帽没有位移，桌面对笔的弹力也不做功。所以在圆珠笔由静止起跳
至上升到最大高度的过程中，只有系统内弹力和重力做功，圆珠笔的机械能守恒，故A 正
确，B 错误；
C．在弹起过程中，圆珠笔对桌面有力的作用，但桌面在力的方向上没有位移，则圆珠笔
在弹起过程中对桌面不做功，故C 错误；
D．由机械能守恒定律得
代入数据可得
故D 正确。
故选AD。
【误选警示】
误选B 的原因：对机械能守恒的条件判断不准，题目明确告诉重力加速度
，说
明圆珠笔跳起后只受重力，机械能守恒。
误选C 的原因：错误认为桌面对圆珠笔的弹力对圆珠笔做正功，圆珠笔对桌面就做负功。
桌面没有发生位移，所以圆珠笔对桌面的力不做功
【变式1-3】例3.（2024·福建省同安第一中学月考）如图所示，A 和B 两个小球固定在一
根长为L 轻杆的两端，A 球的质量为
，B 球的质量为
，此杆可绕穿过中点O 的水平轴
无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过
的过程中（
）
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A．A 球的机械能守恒
B．杆对A 球做正功
C．B 球到最低点的速度为
D．A 球和B 球的总机械能守恒
【答案】B
【解析】以A 球为研究对象，因杆对它要做功，所以机械能不守恒，若A、B 和杆组成的系
统为研究对象，则机械能守恒，所以选项A 错误、D 正确；使轻杆从水平位置由静止释放，
A 球向上运动，A 球的动能增加，重力势能也增加，所以A 球的机械能增加，根据功能关系
可知，杆对A 球做正功，选项B 正确；对于A 球和B 球组成的系统，只有两球的动能和两
球的重力势能在相互发生转化，故系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得
解得B 球到最低点的速度为
，选项C 错误。
【易错点提醒六 】运用机械能守恒解题错误
【例6】（2023·北京海淀模拟）我国早在3000 年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，
辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通
过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为
，桶中水的质量
为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。
下列分析判断正确的是（ ）
A. 若人以恒定以像速度
匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为
B. 若人以恒定功率P 转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的
最大速度为
C. 空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小
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D. 忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功
易错分析：不会对桶由静止下落过程中，以水桶和卷筒组成的系统为研究对象运用机械能
守恒列式。
【答案】AC
【解析】人以恒定以像速度
匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为
A 正确；设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为
，则有
又
，解得
B 错误；桶由静止下落过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有
解得
，C 正确；设水桶在水中受到
浮力为
，桶口运动到井口的过
程中，由动能定理
解得
，D 错误。
【变式1-1】如图所示，质量均为m=1kg 的小物体A 和B 用轻绳连接，轻绳跨过倾角为
30°的固定斜面顶端的定滑轮，滑轮左侧的轻绳方向与斜面方向平行，开始时用手托住A，
B 恰好位于斜面底端，A 离地h=0.8 m。现静止释放A，在B 沿斜面上滑的过程中，下列说
法正确的是（已知A 落地后不反弹，不计一切摩擦和空气阻力，g 取10 m/s2）（ ）
A．物体A、B 组成的系统机械能守恒
B．物体A 落地前一瞬间的速度大小为4m/s
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C．物体B 的动量变化量的大小为2kgm/s
D．物体B 沿斜面上滑的最大距离为1.2m
【答案】D
【解析】静止释放A，在B 沿斜面上滑的过程中，A 落地前物体A、B 组成的系统机械能守
恒，A 落地后不反弹，则A 的机械能发生变化，所以物体A、B 组成的系统机械能不守恒，A
错误；
B．设物体A 落地前一瞬间的速度为 ，根据机械能守恒
解得
，B 错误；静止释放A，在B 沿斜面上滑的过程中，最终B 升到最高点速度为零，
则物体B 的动量变化量的大小为零，C 错误；物体A 落地，B 物体的机械能守恒，设在斜面
上滑的最大距离为L，则
，解得
所以物体B 沿斜面上滑的最大距离为
，D 正确。
【变式1-2】如图所示，物体A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质
量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m，用手托着物体A 使弹簧处
于原长，细绳伸直且B 与轻滑轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A 与地面间的距离为h，物
体B 静止在斜面上挡板P 处。放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物
体B 对挡板恰好无压力。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于
C．此时物体A 的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动
【答案】B
【解析】由题意可知，A 物体下落h，则弹簧形变量为h，对B 物体受力分析可知，B 受重
力、弹簧弹力、斜面的支持力而处于静止状态，根据平衡条件得
解得
，A 错误；对A、B 和弹簧组成的整体，由机械能守恒定律可得
解得
，B 正确；此时弹簧弹力为mg，则A 受到的拉力为mg，故A 物体受力
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平衡，加速度为0，C 错误；因A 落地后弹簧的形变量不再增大，弹力不会再增大，故B 不
可能离开挡板沿斜面向上运动，D 错误。
【易错点提醒七 】混淆摩擦力做功与摩擦力产生的热量
【例7】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15
m，质量m＝1 kg 的小物块以初速度v0＝2 m/s 从A 端滑上传送带，从B 端滑上置于光滑水
平面上质量为M＝3 kg、上表面为光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，
光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？
(2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。
(3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q 与v 的关
系式。
易错分析：“(1)“摩擦力做功”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩
擦力做正功还是做负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热
量为摩擦力与两物体之间的相对滑动距离的乘积。
(2) 在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力
与小物块对地位移的乘积进行计算，而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力
与小物块和传送带之间的相对位移的乘积来进行计算
【答案】 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)Q＝
【解析】(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，物块应在传送带上一直被
加速，到达顶端时物块速度小于或等于传送带速度，设物块的最大速度为vm，根据牛顿第
二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，
代入数据解得a＝0.4 m/s2，
由动能定理得Wf＝mas＝mvm
2－mv0
2，
则传送带的最小速度v′＝vm＝，
解得vm＝4 m/s。
(2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v1，上升高度记为h，由动量守恒定律可
得
mvm＝(m＋M)v1，
由能量守恒定律可得mgh＝mvm
2－(m＋M)v1
2，
联立解得h＝0.6 m。
(3)若v≥4 m/s，则物块在传送带上一直被加速，加速度为a＝0.4 m/s2，设加速时间为t，
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则由s＝v0t＋at2可得t＝5 s，
此时因物块与传送带摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝μmgcos 37°(vt－s)＝(32v－96)J；
若v0<v<4 m/s，则物块在传送带上先加速，后匀速，加速度a＝0.4 m/s2，设加速时间为t′，
则有t′＝＝(2.5v－5)s，
此时因物块与传送带摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝μmgcos 37°＝8(v－2)2 J。
【变式1-1】（2023·浙江·模拟预测）如图所示，工厂利用足够长的皮带传输机把货物从
地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的
速度v 顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台。货物在皮带
上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。满足
tanθ＜μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．传送带对货物做的功等于物体动能的增加量
B．传送带对货物做的功等于货物对传送带做的功
C．因传送物体，电动机需多做的功等于货物机械能的增加量
D．货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多
【答案】D
【解析】A．物体放在皮带上先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，传
送带对货物做的功等于物体动能的增加量与重力势能的增加量的和。A 错误；
B．物体放在皮带上先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，而传送带一直
做匀速运动，所以物体位移的绝对值
小于传送带的位移
，传送带对物体做功大小为
物体对传送带做功大小为
即
，B 错误；
C．在传送物体的过程中，电动机做的功转化为物体的动能、重力势能与系统产生的内能，
所以电动机需多做的功大于货物机械能的增加量，C 错误；
D．皮带上摩擦产生的热为
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当倾角θ 和速度v 一定时，物体做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得
解得物体的加速度为
加速度不变，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多，D 正确。
故选D。
【变式1-2】（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角
的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为
。选择地面为参考平面，上
升过程中，物体的机械能
随高度h 的变化如图乙所示。
，
，
。则（ ）
A. 物体的质量
B. 物体与斜面间的动摩擦因数
C. 物体上升过程的加速度大小
D. 物体回到斜面底端时的动能
【答案】B
【详解】根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力
势能为
，又有
，解得
，故A 错误；根据题意可知，物块上滑过程中，
除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
，解得
故B 正确；根据题意，由牛顿第二定律有
解得
，故C 错误；根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩
擦力做功相等均为
整个过程由动能定理有
其中
，解得
，故D 错误
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1.（2023 广东省东莞市模拟）如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方
法。某受训者拖着轮胎在水平直道上前进的距离为x，已知绳与水平地面间的夹角为
，
拉力为F，那么下列说法正确的是（ ）
A. 轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功
B. 轮胎受到的重力对轮胎做了正功
C. 轮胎受到的拉力对轮胎不做功
D. 轮胎受到的拉力对轮胎做功大小为
【答案】A
【解析】由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为
180°，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功。故A 正确；轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎
的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功。故B 错误；设拉力与
水平方向的夹角为α，由于α 是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功。故C 错误；轮胎受到
的拉力对轮胎做功大小为
,故D 错误。
2.（广东省广州市五校联考（二中、六中、广雅、执信、省实）期末物仰卧起坐是《国家
学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。在一次测试中，某学生一分钟内连续做
了60 个仰卧起坐。该学生的质量约为50kg，上半身质量是总质量的0.6 倍，仰卧起坐时下
半身重心位置不变，上半身重心升高约为0.4m，取重力加速度
。此次测试过
程中，克服重力做功的平均功率约为（ ）
A. 2W
B. 120W
C. 200W
D. 720W
【答案】B
【
解
析
】
克
服
重
力
做
功
的
平
均
功
率
约
为
故选项B 正确。
3.（2023 辽宁卷）如图（a），从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同
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小物块甲、乙同时从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t 的关系如
图（b）所示。由图可知，两物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中（ ）
A. 甲沿I 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C. 乙沿I 下滑且乙的重力功率一直不变
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【解析】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙
做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同
一时刻甲的动能比乙的小，A 错误，B 正确；CD．乙沿I 下滑，开始时乙速度为0，到
点
时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式
可知重力瞬时功率先增大后减小，
CD 错误。故选B。
4. （2023 湖北卷）两节动车的额定功率分别为
和
，在某平直铁轨上能达到的最
大速度分别为
和
。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不
变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由题意可知两节动车分别有
当将它们编组后有
5.（2022·湖北·T7）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v，在随后
的一段时间内速度大小由2v 增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和
W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
【答案】C
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【解析】
根据动能定理可知
可得
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，
动量变化量最大，因此冲量的大小范围是
可知
故选C。
联立可得
故选D。
6.（2022·河北·T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体
和
用不可伸长的轻绳相
连，悬挂定滑轮上，质量
，
时刻将两物体由静止释放，物体
的加速度大
小为
。
时刻轻绳突然断开，物体
能够达到的最高点恰与物体
释放位置处于同一高
度，取
时刻物体
所在水平面为零势能面，此时物体
的机能为
。重力加速度大
小为
，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 物体
和
的质量之比为
B.
时刻物体
的机械能为
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C.
时刻物体
重力的功率为
D.
时刻物体
的速度大小
【答案】BCD
【解析】
A．开始释放时物体Q 的加速度为
，则
解得
选项A 错误；
B．在T 时刻，两物体的速度
P 上升的距离
细线断后P 能上升的高度
可知开始时PQ 距离为
若设开始时P 所处的位置为零势能面，则开始时Q 的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q 做负功，大小为
则此时物体Q 的机械能
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此后物块Q 的机械能守恒，则在2T 时刻物块Q 的机械能仍为
，选项B 正确；
CD．在2T 时刻，重物P 的速度
方向向下；此时物体P 重力的瞬时功率
选项CD 正确。
故选BCD。
7.（2023 山东卷）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻
力f 均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运
动。当小车拖动物体行驶的位移为
时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继
续滑行一段时间后停下，其总位移为
。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。
小车的额定功率P0为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程
中有
F－f－μmg = (m＋M)a v2= 2aS1 P0= Fv
轻绳从物体上脱落后a2= μg v2= 2a2(S2－S1)
8.（2023 湖南卷）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组
成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度
差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，
下列说法正确的是（ ）
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A. 小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C. 小球的初速度
D. 若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】AD
【解析】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为vC = 0
则小球从C 到B 的过程中，有
联立有
FN= 3mgcosα－2mg，则从C 到B 的过程中α 由0 增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐
渐减小，而小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A 正确；B．由于A 到B 的过
程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为P = －mgvsinθ 则A 到B 的过
程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；C ．从A 到C 的过程中有
解得
C 错误；D ．小球在B 点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度v0增大，小球在B 点的速度有可能为
，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。故选AD。
9.（2023 广东佛山市一模）如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。
如图乙所示，皮带输送机倾角为θ=30°，以1m/s 顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端
A 点无初速度释放后从A 点运动B 点，已知货物均可视为质点，质量为m=10kg，A、B 两
端点间的距离为s==9.8m， 货物与输送带间的动摩擦因数为
，重力加速度取10m/s2。
则货物从低端到顶端要消耗的能量为（ ）
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A.510J B. 490J C. 375J D.260J
【答案】A
【解析】先货物做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动
加速阶段的加速度
则加速的时间
，根据能量守恒定律
货物从低端到顶端要消耗的能量
，所以选项A 正确.
10.（2023·四川省成都市树德中学高三下学期三诊）图所示，将质量为2m 的重物悬挂在
轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑
定滑轮与直杆的距离为d，已知A 点与定滑轮等高，A、B 两点间的距离为d。现将小环从
A 点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小环到达B 点时，重物上升的高度为
B．小环在下滑过程中的机械能先增大后减小
C．小环在B 点的速度与重物上升的速度大小之比为1：
D．小环下滑的最大距离为
【答案】AD
【解析】当小环到达B 点时，虚线长度为
，则重物上升的高度为
，A 正确；
小环在下降过程中，重力做功，杆对小环的弹力不做功，绳子的拉力一直做负功，则小环
的机械能减少，B 错误；
根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分
解应满足
v 环cosθ = v 物，即
，C 错误；当小环的速度为零时，小环下滑有最大距离，则根据
系统机械能守恒有
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，解得
，D 正确
11.（2023·河北省沧州市吴桥中学高三下学期模拟考试物理试题（如图所示，质量为
的小滑块（可视为质点），从A 点由静止释放，经B 点沿切线滑入半径为
的四
分之一圆弧轨道BC，经过C 点时对圆弧轨道的压力为1.9N，沿水平轨道CD 运动后，经D
点沿切线滑入半径为
的四分之一光滑圆弧轨道DE，恰好能到达E 点，已知
，
，F 点在E 点正上方且与A 点在同一水平线上，取
，
不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块在左侧圆弧轨道运动的过程中克服阻力做的功为
B. 小滑块与
段间的动摩擦因数为
C. 小滑块最终停在
点右侧
处
D. 若小滑块从
点由静止释放，则它一定能通过
点
【答案】AB
【解析】根据题意，对小滑块在
点，由圆周运动规律，有
从
点到
点，根据动能定理，有
代入数解得
即小滑块在左侧圆弧运动的过程中克服阻力做的功为
，故A 正确；
从
点到
点，根据动能定理得
解得
，即小滑块与
段间的动摩擦因数为
，故B 正确；从
点到停止运动，
根据功能关系，有
，解得
，即小滑块停在
点左侧
处，故C
错误；根据圆周运动知识可知，小滑块从B 点到C 点比小滑块从C 点到B 点在同一点受到
的支持力大，所以受到的阻力也大，所以从C 点到B 点过程中克服阻力做的功小于
，
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从F 点由静止释放，设恰好能到达B 点，根据功能关系，有
解得
，因
，所以无法判定它能否通过B 点，故D 错误。
12.（2023 江苏卷高考真题）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B
后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。
与图乙中相比，图甲中滑块（ ）
A. 受到的合力较小
B. 经过A 点的动能较小
C. 在A、B 之间的运动时间较短
D. 在A、B 之间克服摩擦力做的功较
小
【答案】C
【解析】因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶
段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A 错误；B．从图甲中的A 点到
图乙中的A 点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经
过A 点的动能较大，故B 错误；C．由于图甲中滑块加速度大，根据
可知图甲
在A、B 之间的运动时间较短，故C 正确；D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小
相等，故图甲和图乙在A、B 之间克服摩擦力做的功相等，故D 错误。
13.（2023·辽宁省沈阳市第二中学第五次模拟）“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥
运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000 辆氢能源汽车，是全球最大的一次
燃料电池汽车示范。某款质量为M 的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路
以恒定功率P 从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度
。已知该车所受
阻力恒定。下列判定正确的是（ ）
A. 启动过程中，车做匀加速直线运动
B. 启动过程中，牵引力对车做的功为
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C. 车速从0 增至
加速时间为
D. 车速为
时，车的加速度大小为
【答案】C
【解析】汽车以恒定功率P 启动，根据
可知，启动过程中，速度
增大，则牵引力
减小，根据牛顿第二定律有
，可知，加速度
减小，则车做加速度减小的加速运动，故A 错误；
根据题意，可知汽车受到的阻力为
启动过程中，根据动能定理有
（
牵引力对车做的功为
，故B 错误；
根据题意，可知汽车受到的阻力为
车速从0 增至
的过程中，根据动能定理有
（
联立解得
，故C 正确；车速为
时，汽车的牵引力为
根据牛顿第二定律有
，解得
，故D 错误。
14.（2023·湖南省“一起考”大联考高三下学期5 月模拟）如图，左侧光滑曲面轨道与右
侧倾角
的斜面在底部平滑连接且均同定在水平地面上，质量为m 的小滑块从斜面
上离斜面底边高为H 处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道
滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为
，多次往复运动。不计空气阻力，重
力加速度为g，
。求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块第1 次下滑的时间与第1 次上滑的时间之比；
（3）滑块从静止释放到第n 次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）Q =(1-( 4
5 )
n
mgH
【解析】（1）设滑块与斜面间的动摩擦因数为
，根据功能关系有
而
联立解得
，
（2）滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有
由运动学公式有
滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）滑块第二次下滑过程，根据动能定理有
滑块第二次上滑过程，根据动能定理有
结合
解得
滑块第n 次沿斜面上升的最大高度为
（滑块在斜面上滑
行的路程为
由于摩擦系统产生的热量为
15.（2024·江苏省句容三中、海安实验中学联考2023-2024 学年高三上学期10 月月考如
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图所示，倾角
的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径
和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为
的物体A 和B 用一劲度系数
的轻弹簧连接，物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P 挡住。用一不可伸长的轻绳
使物体A 跨过定滑轮与质量为M 的小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当
整个系统静止时，环C 位于Q 处时，绳与细杆间的夹角
，且物体B 对挡板P 的压
力恰好为零。图中SD 水平且长度为
，位置R 与位置Q 关于位置S 对称，轻弹簧
和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C 从位置R 由静止释放，
，
，g 取
。求：
（1）小环C 的质量M；
（2）小环C 运动到位置Q 的速率v；
（3）小环C 通过位置S 时的动能
及环从位置R 运动到位置S 的过程中轻绳对环做的功
。
【答案】（1）0.72kg；（2）
；（3）2.328J，0.6J
【解析】（1）先以AB 组成的整体为研究对象，AB 系统受到重力、支持力和绳子的拉力
处于平衡状态，）则绳子的拉力为
以C 为研究对象，则C 受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图
则
代入数据得
（2）环从位置 R 运动到位置 Q 的过程中，对于小环C、弹簧和A 组成的系统机械能守
恒
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AB
两式联立可得
（3）由题意，开始时B 恰好对挡板没有压力，所以B 受到重力、支持力和弹簧的拉力，
弹簧处于伸长状态；产生B 沿斜面方向的受力
弹簧的伸长量
当小环 C 通过位置 S 时A 下降的距离为
此时弹簧的压缩量
由速度分解可知此时A 的速度为零，所以小环C 从R 运动到S 的过程中，初末态的弹性势
能相等，对于小环C、弹簧和A 组成的系统机械能守恒有：
解得
环从位置 R 运动到位置 S 的过程中，由动能定理可知
解得
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