机械能（4大陷阱）-2024年高考物理复习易错题（解析版）

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

L计算功的方法

(1)恒力做的功

直接用W=Fxcosa计算或用动能定理计算。

⑵合力做的功

方法一：先求合力R合，再用W合=R合xcosa求功，尤其适用于已知质量机和加

速度。的情况。

方法二：先求各个力做的功W1、卬2、卬3…，再应用卬合=历+正2+卬3+…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。

⑶变力做的功

①应用动能定理求解。

②用W=P/求解，其中变力的功率尸不变。

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=Fxcosa求解。

此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功问题。

⑤图像法。在R—x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力R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。

W

2.公式尸=7和P=FP的区别

w

p=十是功率的定义式，P=Ro是功率的计算式。

3.平均功率的计算方法

-W

(1)利用p=7。

(2)利用P=Rocosa,其中。为物体运动的平均速度。

3.瞬时功率的计算方法

(1)利用公其中。为/时刻的瞬时速度。

Q)P=FVF,其中OF为物体的速度。在力R方向上的分速度。

(3)P=Fvv,其中心为物体受到的外力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

vT=>F=P"'"）1-a-----—1直a=----—（不变）=>F不变—P=Fv

vmmK7=

至。=0直到P=P额=Fvr

加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间玲二?

ppF—F

门口一八一额个额一阻［吉不

F=F=a=0=>=—vT=1>FI-=—l=I>a=------l直至a=0n

m阻maxFvm

速度为Umax的匀速直线运动加速度减小的加速直线运动

F=尸阻今a=。今v=/恒定

阻max/阻

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

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

分析物体或系统的动能和势能之

r■（定义法卜和是否变化，若不变，则机械能

守恒

三若物体或系统只有重力或系统内

种弹力做功，或有其他力做功，但

方—［做功法卜

法其他力做功的代数和为零，则机

械能守恒

若物体或系统中只有动能和势能

q转化法上的相互转化而无机械能与其他形

式能的转化，则机械能守恒

2.表达式

要选零势能参考平面

守恒观点-*EX=E2A

,

三

种

形Y转化观点田AEk=-AEp卜不用选零势能参考平面

式

.

、转移观点，AE=-AE„*不用选零势能参考平面

AD

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〃=Ek2-Eki=AEk

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）Wc=—AEp=Epi—Ep2

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）勿弹=—/\”=Epi—昂2

只有重力或系统内弹机械能不变化机械能守恒，即AE=0

力做功

除重力和系统内弹力机械能变化（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少;

之外的其他力做功

（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少;

（3）加其他=AE

一对相互作用的滑动内能增加（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统

摩擦力的总功内能增加；（2）摩擦生热Q=/%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）/电=-AEp=JI-埒2

安培力做功电能变化勿克安=AE电,勿安=-AE电

【易错点提醒一】理解功和功率的概念计算时出现错误

【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％、叽，功率分别为尸1、尸2,则

（）

A.叱=%书〈鸟B.%〉吗,片=舄C.叱〈％,片〉6D.%=%，片=6

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；=W,=mgH又因为第二次上楼时间短，所以£〈巴，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%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。=mgH

电梯的功率为：片=暨乜=誓"乜（L是楼梯的长度）.

tL

若人以相对于扶梯的速度u在以速度A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”的位移为上亚-

靠人的内力作用“积累”的位移为：一型一，所以，电梯做功为：％=改丝\〈叱

L>0+P%+u

电梯的功率：舄=乎=或”=笠”所以故选项B正确。

变式炼习

【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#的水轮，以角速度。匀速转动。水筒

在筒车上均匀排布，单位长度上有〃个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质

量为0的水，其中的60%被输送到高出水面〃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（）

A2nmga>2RH3nmga)RHC3mng4RH

D.nmg3

-5'5,5

RH

【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

时装有质量为山的水、其中的60%被输送到高出水面〃处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田

的水的总质量为

m&=2^^通X60%-1.2JiRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功V=1.2n

w771

RnmgH,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=—T=—联立有

Ta）

P=即詈”故选B。

【变式「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MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡尸。段以恒定功率570W、速

度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg,MN=PQ=20m,尸。段的倾角为30。，重力加

速度g取10m/『，不计空气阻力。下列说法正确的有（）

C.从P到Q,小车重力势能增加IxlO'jD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J

【答案】ABD

【解析】A.小车从M到N,依题意有

月=/匕=200W

代入数据解得

F=40N

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

fi=F=40N

则摩擦力做功为

叱=-40x20J=-800J

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

AB。=mgxA/z=500Nx20mxsin30°=5000J

故C错误；

D.依题意，小车从P到Q,摩擦力为力，有

f2+mgsin30°=—

匕

摩擦力做功为

W2=-f2^s2

s2=20m

联立解得

W,=-700J

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R=0.5m光滑圆形轨道，圆心为0。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%=0^m/s,重力加速度g=10m/s2。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直m/s

B.小球在最高点的速度大小为1.6m/s

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

AB.假设小球能够达到圆轨道的最高点，根据动能定理可知

—mg2R=3根片一3相片

解得

匕=V2m/s<y[gR=75m/s

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8,此时的速度为v,则根据动能定理有

一根g(R+RsinO)=~my2~~mvo

由重力的分力提供向心力，弹力为0,则有

mgsin6>=—

R

解得

v=2m/s,sin^=0.8

脱离轨道后做斜抛运动，故轨迹最高点的速度为

vx=vsin0=1.6m/s

A错误，B正确；

C.在小球从八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1200W、最大拉力为300N的提升装置，

把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做

加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取lOm/s?,则提升重

物的最短时间为（）

A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s

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，设重物的速度为匕，则有

场1200,“,

V.=—=------m/s=4m/s

1

Tm300

此过程所用时间和上升高度分别为

%=—=—s=0.8s

%5

—“6m

2q2x5

重物以最大速度匀速时，有

v=^^=™m/s=6m/s

mTmg200

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

t=—=—s=1.2s

35

v262

%=—―=-----m=3.6m

’2am2x5

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A,该过程根据动能定理可得

1212

P^t2-mgh2=-mvm--mvl

又

=85.2m-1.6m-3.6m=80m

联立解得

t2=13.5s

故提升重物的最短时间为

'min=%++'3=°.8s+13.5s+1.2s—15.5s

C正确，ABD错误;

故选C。

变式练习

【变式1-1］（多选）（2023•山西吕梁•三模）一质量为m=40kg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，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达

到最大值，14s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（）

甲乙

A.电动汽车最大速度为5m/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5s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V-f图像可知在。〜3s内，电动汽车的加速度

%=lm/s2

由p-t图像可知在0〜3s内

P=F•v=F•at

解得

F=100N

由牛顿第二定律

F-f=ma{

解得

/=60N

由

P=/.%=300W

解得

嗑=5m/s

故A正确，B错误；

C.关闭发动机后

f=ma2

经过

————s

a23

电动汽车停止运动，故C错误；

D.对全程由动能定理可得

P

—tl+Pt3+Wf=0-0

解得

叫=-(^22x3+300xll)J=-3750J

所以整个过程中克服阻力做功为3750J,故D正确。

故选ADo

【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()

ppF

A.最大速度小于一B.平均功率大于7C.最大加速度大于一D.加速时间小于

F2m

P

g(F-mg)

【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

P

V.=—

F

又

F—mg=ma

得

F=+a)

P

匕=-------

m(g+a)

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

PPP

V=——>V]=---------=——

mmgm{g+d)F

p

所以最大速度大于A错误；

F

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

Px=Fv=Fat

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

-22

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

2

B正确；

C.匀加速阶段加速度最大

F-mgF

d-------<—

mm

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

p

”匕二感二p

aF-mgg(F-mg)

m

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

P

加速时间大于

g(F-mg)

故选Bo

【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=10m/s2,则下列说法正确的是（）

图甲图乙

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,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错误；

B.由图像知1s时无人机做加速度为

a=^-=^m/s2=2m/s2

由牛顿第二定律得，无人机的牵引力满足

F~（m+M）g=

所以此时无人机的输出功率为

P=Fv

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

p=M/=17280W

5s末发动机的输出功率为

P=yv"=(n7+M)gv"=21600W

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21600W工作，由动能定理得

1,1,

Pt—(jn+M)gx=—(m+—(m+M)v'~

计算可得上升的高度最大为

x=17m

故2s末到5s末，飞机上升的高度不会超过17m,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，一质量为从长为/的木板静止在光滑水平桌面上，另一

质量为〃的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度％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()

A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于fl

C.物块的动能一定大于耳相说-力D.物块的动能一定小于5加说-力

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E有-笈m-g根诏，对"有乐=?〃总

其中

1=xa—x^AB.由于/＞加则根据以上分析可知木板的动能一定小于A错误、B正确；

CD.根据以上分析，联立有g根说-力=；相吟右则物块的动能一定小于gm说-力，

C错误、D正确。故选BD。

支式练习

【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『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lOm/s：下列说法正确的

A.在x=lm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『二必可看出〜x图像的斜率代表

拉力F。AB.在物体运动的过程中根据动能定理有W-=则x=1m时物体的

速度为vi=2m/sx=1m时，拉力为

AW

F=——=6N则此时拉力的功率尸=/匕=12肌x=4m时物体的动能为与=2J,A错误、

Ax

B正确；C.从£=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为悌=umgx=8J,C正确；D.根

据W-x图像可知在0—2m的过程中F\=6N,2—4m的过程中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v2=屈1/s

则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2=7%v=2j5kg•in/sD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八的坡顶B,获得速度为v,AB的水平距离为s。

A.物体机械能的增加Fs

B.合力对小车做的功是:机F

C.推力对小车做的功是Fs-mgh

D.摩擦阻力对小车做的功是（mv2+mgh-Fs

【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

12

W^=—mv

口2

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

12

Fs—mgh+Wf=—mv

则阻力对小车做的功是

12

叱=—mv+mgh-Fs

故D正确。

故选BDo

【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

的动能线与水平位移x的关系图像正确的是（）

0x0x

Ek

【解析】设斜面倾角为仇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

Ek=mgxtan0

即

Ek+Q

—=mgtan，

x

下滑过程中开始阶段倾角/不变，Ejcx图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中6先减小后增

大，即图像斜率先减小后增大。

故选Ao

【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a=37。

的光滑直轨道A8、圆心为。1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为。2的半圆形光滑细圆管轨道

DEF、倾角也为37。的粗糙直轨道尸G组成，8、。和尸为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道

固定在G点（与2点等高），B、5、D、。2和尸点处于同一直线上。已知可视为质点的滑

块质量优=0.1kg,轨道BCD和。斯的半径R=0.15m,轨道AB长度「=3m,滑块与轨道

7

FG间的动摩擦因数〃=w,滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回,sin37o=0.6,cos37o=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1=0Jm,求滑块到最低点C时轨道对其支持力尺的大小；

（2）设释放点距2?点的长度为4，滑块第一次经厂点时的速度v与4之间的关系式；

（3）若滑块最终静止在轨道BG的中点，求释放点距2点长度4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)。20.85m；(3)见解析

【解析】

(1)到C点过程据动能定理可得

12

mglsin37+mgl?(l-cos37)=—mvc

c点时

2

口v

F-mg=m^c-

NK

a=7N

(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

mglxsin37一(3mgRcos37+R)mg=0

解得

/r=O.85m

要能过尸点/.20.85m

(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的w倍

据动能定理可得

mglxsin37-zng—sin37-n/z/ng—cos37=0

解得

77〃+6

心15

当M=1时

-%

M15

当〃=3时

,9

当〃=5时

,41

*315

BD错误;

故选Co

AE=1mvf+mg/z=|xlxl04xl002J+lxl04xl0xl00J=6xl07J

支式练习

【变式IT].（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2,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2m,则

整个过程中弹簧的最大弹性势能为（）

WWWWV

////////////////7//////////^/////////A/////////////

ABC

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

【答案】.A

一一10

【解析】由A点到B点运用动能定理得一〃根g（XAc+%8+2Ax）=O--/zzVo

由A点到压缩弹簧的最低点运用动能定理得-kimg{xAC+Ax）-Epm=Q--mvl

联立可解得Epm=3J,故A正确，BCD错误

【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0A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C。后，小球从D进入第三段圆弧后最终从E点飞出。已知C、

。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

〃=0.5,CD=2R,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。点静止下滑，下滑到轨道。处，物体对轨道的压力综。

（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。点的水平距离s。

【答案】(1)6>>60°；(2)5mg；(3)2.328/?

【解析】（1）在轨道B点的最低速度满足

Vg

m2=m-

R

根据动能定理

；mvl—0=mgR(l-cos6)

解得

8=60°

所以应该满足条件。260。

（2）根据动能定理,从。点到。点，可得

；mv^-0=mg(R+27?)-mgJLHIR

根据向心力公式

m^=FN-mg

解得

PN=5mg

（3）从。点到E点,由动能定理可知

gmv；—；=—mgR(1—cos37°)

而在E点，水平速度和竖直速度分别为

vx=vEcos37°,vy=vEsin37°

当到达最高点时，满足

gt=Vyfx=vxt

解得水平位移为

v|sin37°cos37°

X==1.7287?

g

故距离D点的水平距离为

s=x+Rsin37°=2.328R

【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。若滑雪者从尸点由静止开始

下滑，恰好到达方点。滑雪者现从4点由静止开始下滑，从8点飞出。已知/、尸间的距离

为4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点时间毒

(2)求滑雪者从6点飞出的速度大小看

1

【解析】(1)滑雪者从/到户根据动能定理有机gdsin45-/nmgcos45d=—mVp9-0

根据动量定理有(mgsin45-"mgcos45)f=mvp-0

联立解得t=JgjfvP=-〃)

(2)由于滑雪者从尸点由静止开始下滑，恰好到达夕点，故从尸点到8点合力做功为

0,所以当从4点下滑时，到达8点有%=4=J0gd(1—〃)

(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从6点飞出做斜抛运动,

竖直方向上有

vpcos45=gxg水平方向上有L=vpsin45-t

联立可得L=W(1—〃)

【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，半圆形槽的弹力要对小球做功，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

【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4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4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。

支式练习

【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（）

s

i

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g=10m/s2,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（）

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

mgh=；〃?举；

代入数据可得

v0~1.55m/s

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8=1°向$2,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球的质量为加，B球的质量为2e，此杆可绕穿过中点。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90。的过程中（）

，八、

,

，/•::I

，••I

AO.\,'B

::/

A.A球的机械能守恒B.