2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习易错05 功和能（易错专练）（解析版）

易错05功和能

目录

第一部分易错点剖析

易错典题避错攻略举一反三

易错点1功的核心易错点

易错点2动能定理核心易错点

易错点3势能与功能关系易错点

易错点4机械能守恒定律核心易错点

易错点5动量与能量综合易错点

第二部分易错题闯关

易错点1功的核心易错点

易错典题

【例1】（2025·辽宁丹东·模拟预测）一物块在水平外力作用下做直线运动，它受到的合外力F随物块位

置坐标x变化的F-x图像如图所示，设在0~x0和x02x0过程中合外力的做功分别是W1和W2，则W1与W2之

比为（）

A．6:1B．3:2C．3:1D．9:2

【答案】A

【详解】根据功的定义式有WFx可知，在F-x图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则有

F02x0x0F0x0

W13F0x0，W

222

解得W1:W26:1

故选A。

避错攻略

【方法总结】

（一）功的概念与判断失误

1.做功的两个必要条件理解偏差：忽略力的方向与位移方向的夹角，误判“有力有位移就做功”（如静摩

擦力、向心力，力与位移垂直时不做功）。

黑吉辽蒙考情：常考静摩擦力、洛伦兹力、向心力的做功判断，2023-2025年选择题多次挖坑。

避错：核心判断依据——力的方向与物体实际位移方向是否有分量，垂直则W=0，同向正功，反向负功；

洛伦兹力始终与速度垂直，永不做功。

2.静摩擦力做功的误区：认为“静摩擦力一定不做功”（如叠放体一起加速，静摩擦力对运动的物块做正

功）；或混淆“静摩擦力做功与相对位移的关系”（静摩擦力对系统不做功，对单个物体可做功）。

避错：静摩擦力做功看物体的对地位移，滑动摩擦力做功看相对位移，这是黑吉辽蒙高考的核心区分点。

3.变力做功的判断盲区：仅会计算恒力做功（W=Fxcosθ），对变力（如弹簧弹力、圆周运动的拉力）做

功，误判为“无法计算”或强行用恒力公式。

黑吉辽蒙考情：变力做功常结合动能定理考查，不直接计算，而是通过能量变化间接求解。

避错：变力做功不直接算，优先用动能定理（合外力做功=动能变化）或功能关系（如弹簧弹力做功=弹

性势能变化的负值）间接求解。

（二）功的计算失误

1.恒力做功公式套用错误：①夹角θ找错（误将力与速度的夹角当作力与位移的夹角）；②位移x取

错（必须是研究对象的对地位移，非相对位移）；③多力做功时，漏算某力的做功或重复计算。

避错：用W=Fxcosθ时，先标注力、对地位移、二者夹角，单力做功逐一算，合功可先求合外力再算，

或直接求各力做功的代数和。

2.总功的计算方法混淆：求总功时，盲目先求合外力再计算，忽略“合外力为变力时，直接求各力做功

代数和更简单”；或在曲线运动中，误将路程当作位移代入计算。

避错：总功计算两方法择简：恒力作用→先合外力再算功；变力/曲线运动→各力做功代数和（位移仍为

对地位移，非路程）。

3.功率与功的混淆：误将功率直接当作功计算，忽略功率的定义（P=W/t=Fvcosθ），且混淆平均功率与

瞬时功率的公式。

黑吉辽蒙考情：功率计算是选择常考题，常考机车启动、斜面拉物块的瞬时/平均功率。

避错：平均功率→P=W/t或P=Fvcosθ（v为平均速度）；瞬时功率→P=Fvcosθ（v为瞬时速度，θ为力与

瞬时速度的夹角）；机车启动中，额定功率P_额=F_牵v，牵引力为变力。

举一反三

【变式1-1】（2025·辽宁·二模）打冰出溜是一种极具东北地方特色的冬季娱乐活动，打冰出溜过程可分为

助跑阶段和滑行阶段。若助跑阶段鞋与冰面不打滑，可视为匀加速直线运动；滑行阶段人保持姿势不变，

可视为匀减速直线运动。下列说法正确的是（）

A．助跑阶段，冰面对人的摩擦力向后

B．助跑阶段，人对冰面做负功

C．滑行阶段，人对冰面的摩擦力向前

D．助跑阶段，人加速运动，若鞋与冰面发生相对滑动，则冰面对人的摩擦力大于人对冰面的摩擦力

【答案】C

【详解】A．助跑阶段，冰面对人的摩擦力向前，摩擦力为动力，故A错误；

B．助跑阶段，冰面静止不动，人对冰面不做功，故B错误；

C．滑行阶段，冰面对人的摩擦力向后，则人对冰面的摩擦力向前，故C正确；

D．冰面对人的摩擦力与人对冰面的摩擦力是一对相互作用力，大小总是相等，故D错误。

故选C。

【变式1-2】（2025·吉林·一模）如图所示，光滑水平面上质量均为2kg的小球用一长为2m的轻质细绳连

接，开始时绳子伸直，小球处于静止状态，现对绳子中点施加一大小恒为4N、方向垂直于绳的拉力F，经

过t秒两球即将发生碰撞，下列说法正确的是（）

A．系统机械能守恒

B．碰撞前瞬间两球的加速度为1m/s2

C．拉力F做的功为2t24(J)

D．碰前瞬间两球的速度大小均为t2(m/s)

【答案】BC

【详解】A．由于外力F对两小球做正功，所以根据功能关系可知，系统的机械能增加，故A错误；

1

B．碰撞前瞬间绳的拉力为TF2N

2

以其中一个小球为研究对象，进行受力分析，对其列牛顿第二定律方程有Tma

T2

解得am/s21m/s2

m2

即碰撞前瞬间两球的加速度为1m/s2，故B正确；

C．将两个小球作为整体进行受力分析可知，整体在沿力方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有

F2ma

F4

解得整体的加速度为a'1m/s2

2m22

11

所以t时间内整体沿力的方向上的位移为xa't2t2m

22

122

由功的定义式可得拉力F做的功为WFx0.5L4t0.52J2t4(J)，故C正确；

2

W1

D．对其中的一个小球列动能定理方程有mv2

22

解得vt22m/s

即碰前瞬间两球的速度大小均为t22m/s，故D错误。

故选BC。

易错点2动能定理核心易错点

易错典题

【例2】（2025·吉林长春·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为37的斜面，其底端垂直斜面固定一

挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为53，轨道下端与斜面相切。长木板A放置

在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为s，物块B放在A上表面的中点。初始时A、B

均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A相碰。已知木板A足够长，物

9

块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径Rm，mm1kg，mC2kg，A和C

16AB

37

与斜面间的动摩擦因数均为，B与A间的动摩擦因数，g10m/s2，sin370.6，cos370.8。

1428

(1)求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，轨道对小球C的压力大小；

(2)若s足够长，A、B在接触挡板P前已达到共同运动，求A刚接触挡板P时B在A上表面的划痕长度；

6

(3)若sm，A与挡板P碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞期

13

间内，试推理说明A与C能否发生碰撞？

【答案】(1)48N

4

(2)m

13

(3)相碰

1

【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有mgRsin53mv2

C2C0

v2

到达圆弧轨道最低点Fmgcos37m0

NCCR

解得v03m/s，FN48N

（2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mCv0mCv1mAvA

111

由能量守恒定律得mv2mv2mv2

2C02C12AA

解得v11m/s，vA4m/s

此后A向下做匀减速运动，加速度大小为a1，B向下做匀加速运动，加速度大小为a2，对A有

1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAa1

对B有mBgsin372mBgcos37mBa2

22

解得a113m/s，a213m/s

经t1后A、B共速，则有vAa1t1a2t1v共

2

解得ts，v共2m/s

113

vv共v共4

则划痕长度xAttm

212113

vAv共

（3）从C与A碰撞到A、B达到共同速度的t1时间内xt

A21

6

结合上述解得xms

A13

A恰好与P相碰，然后A以加速度a'1向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有

1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAa'1

B向下以加速度a'2匀减速运动，同理有2mBgcos37mBgsin37mBa'2

22

解得a'125m/s，a'21m/s

A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v共，再经时间t2，A速度减为零，则有v共a'1t2

2

解得ts

225

v共2

A上滑最大位移xtm

A12225

由于mCgsin371mCgcos37

可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移x0v1t1t2

76

解得xm

0325

由于xA1xCs

A速度减为零后向下加速运动，受力分析有1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAaA

2

解得aA1m/s，当速度加速到1m/s时，C比A多运动xAC1m0.5m0.5m

xA1xCxACs

可知C与A发生相撞。

避错攻略

【方法总结】

1.动能定理公式应用错误：①忽略公式的标量性，列方程时考虑方向；②动能变化量计算错误（ΔEk=Ek

末-Ek初，易搞反初末顺序）；③合外力做功漏算某力（尤其是重力、摩擦力、弹簧弹力）。

黑吉辽蒙考情：动能定理是计算题核心解题方法，2023-2025年所有力学压轴题均需用其求解，漏力、初末

动能搞反是主要丢分点。

避错：列方程前列全受力清单，逐一计算各力做功（正功+、负功-），再求代数和；严格按W合=½mv_末²-½mv_

初²书写，初末速度对应同一研究过程的起点和终点。

2.研究过程选择不当：多过程问题中，盲目选择单个过程，导致计算量过大；或选择的过程初末状态速度

未知，无法求解。

避错：多过程问题优先选整过程用动能定理（如“滑块从释放到停止”），忽略中间复杂的受力变化，只需

算初末动能和整过程各力做功，大幅简化计算；整过程无法解时，再选分过程。

3.与牛顿运动定律的混用误区：在变加速、曲线运动中，强行用牛顿定律+运动学公式求解，忽略这类问题

动能定理更适用（无需考虑加速度变化）。

避错：看到变加速、曲线运动、多过程、求位移/速度，优先用动能定理，这是高考的快速解题技巧。

4.忽略重力、弹力的做功特点：计算做功时，额外考虑重力势能、弹性势能的变化，导致重复计算（动能

定理中重力、弹簧弹力已作为力参与做功，无需再单独算势能变化）。

举一反三

【变式2-1】（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定

位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为F1，第

二次为F2，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所

示，下列说法正确的是（）

A．F1做的功小于F2做的功

B．F1的平均功率等于F2的平均功率

C．F1的冲量大于F2的冲量

D．两次运动中摩擦力的冲量相等

【答案】C

【详解】A．根据动能定理WΔEkF合x可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应

撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，

可知F1小于F2，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即F1、F2做的功等于整

个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故F1、F2做的功相等，A项错误；

B．由图乙可知撤去F1时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率PFv可知，

F1的平均功率小于F2的平均功率，B项错误；

CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以F1、F2的冲量大小等于摩擦力

的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第

二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即F1的冲量大于F2的冲

量，C项正确，D项错误。

故选C。

【变式2-2】（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某新能源汽车的生产厂家为了测试汽车的性能，将汽车停

在足够长的平直公路上，t=0时使汽车由静止开始启动，通过传感器描绘了汽车的加速度关于速度倒数的变

化规律，如图所示。已知汽车在t1=4s时达到额定功率，汽车在t2=29s时速度达到最大，汽车的总质量

m=2000kg，汽车受到的阻力恒为其重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)坐标系中x、y的值；

(2)汽车从启动到速度达到最大时通过的距离。

11

【答案】(1)，

3012

(2)585m

【详解】（1）由图像分析可知，汽车先以a=3m/s2的加速度做匀加速直线运动，汽车的功率达到额定功率

后再以恒定的功率运行，达到最大速度后做匀速直线运动。t=0时，汽车的加速度大小a=3m/s2，由牛顿第

二定律得F1fma

解得F110000N

由图像可知0~4s的时间内，汽车做匀加速直线运动，则匀加速的末速度大小v1at112m/s

11

汽车的额定功率为P0F1v1120kW，y

v112

当汽车的加速度等于0时，汽车的速度达到最大值，此时汽车的牵引力大小为F2f4000N，则汽车的最

P0

大速度为v2

F2

解得v230m/s

1

所以坐标系中的x

30

1

（2）汽车匀加速的位移为xat2

121

解得x124m

11

汽车在4s到29s的时间内，汽车以恒定的功率运行，由动能定理得Pttfxmv2mv2

02122221

解得x2561m

汽车从启动到速度达到最大时通过的距离xx1x2585m

易错点3势能与功能关系易错点

易错典题

【例3】（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，工人利用轻质、光滑的滑轮组将质量为m的重物提起，重力

加速度大小为g，若工人竖直向下匀速拉轻绳，则在重物升高的高度为h的过程中，下列说法正确的是（）

A．工人对绳子的拉力逐渐增大

B．工人的拉力做的功为mgh

C．重物的重力势能增加了mgh

D．重物的机械能增加了mgh

【答案】AC

【详解】A．设工人对绳子的拉力大小为F，工人竖直向下匀速拉轻绳的速度大小为v，重物的速度大小为

v物，动滑轮的绳子与竖直方向的夹角为，根据工人对绳子拉力做功的功率与绳子拉重物的功率相等可得

2Fcosθv物Fv

v

解得v物

2cosθ

Δv物vsinθ

则重物的加速度大小为av物

Δt2cos2θ

由数学知识可得，重物的加速度增大。在重物缓慢提起的过程中，根据牛顿第二定律2Fcosmgma

mgma

解得F

2cosθ

在重物缓慢提起的过程中，θ增大，加速度a也增大，所以工人对绳子的拉力逐渐增大，故A正确；

1212

B．重物的速度增大，对重力根据动能定理Wmghmv末mv

22初

因为重物的末速度大，所以工人的拉力做的功大于mgh，故B错误；

C．重物上升，重物的重力做负功，其重力势能增加，则重物重力势能增加了mgh，故C正确；

D．由A选项可知，重物做加速运动，重物的重力势能增加了mgh，同时动能也增加，绳子拉力做正功，

重物的机械能增加，增加量大于mgh，故D错误。

故选AC。

避错攻略

【方法总结】

（一）重力势能与弹性势能误区

1.重力势能的相对性与变化绝对性混淆：①计算重力势能时，忽略零势能面的选取（未标注零势能面，直

接说势能大小）；②认为“重力势能变化与零势能面有关”（实际重力势能变化仅与初末位置的高度差有关，

与零势能面无关）。

黑吉辽蒙考情：常以选择题概念辨析考查，计算题中重力势能变化无需零势能面，直接算ΔEp=mgΔh。

避错：重力势能有大小必标零势能面，重力势能变化只算高度差（Δh=h末-h初，上升ΔEp为正，下降为负）；

重力做功与重力势能变化的关系：WG=-ΔEp。

2.弹性势能的计算与判断失误：①误记弹性势能公式（Ep=½kx²，x为形变量，非弹簧长度）；②认为“弹

簧伸长与压缩的弹性势能不同”（形变量相同时，弹性势能相同）；③忽略弹簧弹力做功与弹性势能变化

的关系（W弹=-ΔEp）。

避错：弹性势能只与劲度系数k和形变量x有关，x是弹簧偏离原长的距离；弹簧弹力做功，弹性势能减少，

反之增加。

（二）功能关系核心混淆

1.功能关系的核心结论记混：分不清“各力做功与对应能量变化的关系”，如将“合外力做功=动能变化”记成

“重力做功=动能变化”，将“除重力外其他力做功=机械能变化”记成“所有力做功=机械能变化”。

黑吉辽蒙考情：功能关系是选择题压轴和计算题步骤分的核心，2024、2025年均考“机械能变化的判断”。

避错：熟记黑吉辽蒙高考必考功能关系3大核心结论（无需死记所有推导，记这3个足够）：

合外力做功=物体动能的变化（动能定理，核心）；

重力做功=重力势能变化的负值（WG=-ΔEpG）；

除重力、弹簧弹力外的其他力做功=物体机械能的变化（W其=ΔE机，正功机械能增加，负功减少）。

2.机械能的概念理解偏差：认为“机械能包括动能、势能、内能”（机械能仅含动能、重力势能、弹性势能，

内能、电势能等不属于机械能）；或误将“机械能守恒”当作“能量守恒”。

3.能量转化的方向性忽略：如认为“摩擦力做功一定使机械能转化为内能”（静摩擦力做功不产生内能，只

有滑动摩擦力做功才会将机械能转化为内能，内能Q=f·x相对）。

避错：内能的产生只看系统的相对位移，滑动摩擦力对系统做的负功等于产生的内能，即Q=f·x相对（黑吉

辽蒙高考计算题高频考点，必记）。

举一反三

【变式3-1】（2025·黑龙江·二模）如图所示是同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像，下列说法正确的

是（）

A．甲、乙两单摆的摆长之比为9:4

π

B．乙单摆的振动方程x8sintπcm

3

C．甲单摆的机械能小于乙单摆的机械能

D．0~1s内，甲摆球的重力势能增大，乙摆球的重力势能减小

【答案】B

【详解】A．由振动图像可知，甲、乙单摆的周期T甲4s，T乙6s

l

根据单摆周期公式T2

g

22

l甲T甲44

可知22

l乙T乙69

故A错误；

B．对乙单摆有T乙6s，A8cm

2

故乙rad/s

T乙3

由图可知，t0时刻，乙单摆的位移为0，且向负方向运动，故乙单摆的振动方程为x8sintcm

3

故B正确；

C．单摆的机械能与摆球的质量、振幅等因素有关，仅从振动图像无法判断两单摆小球的质量关系，所以不

能比较机械能的大小，故C错误；

D．0~1s内，甲、乙摆球均从平衡位置向最高点运动，故甲、乙摆球的重力势能均增大，故D错误。

故选B。

【变式3-2】（2025·吉林白城·模拟预测）2025年4月25日，我国神舟二十号成功发射升空。实验小组用

以下模型模拟其升空过程，如图所示，四个立柱中间固定一弹性网。开始时将火箭下压，使弹性网的形变

量足够大（未超出弹性形变），然后将火箭由静止释放，其离开弹性网并上升到最高点，下列说法中正确

的是（）

A．火箭模型在释放后瞬间所受合力为0B．火箭模型离开弹性网时达到最大速度

C．火箭模型离开弹性网前先失重后超重D．火箭模型离开弹性网前机械能一直增大

【答案】D

【详解】A．火箭模型在最低点弹力大于重力，所受合力向上，故A错误；

B．火箭模型所受重力等于弹力时达到最大速度，故B错误；

C．火箭模型离开弹性网前先向上加速，后向上减速，所以先超重后失重，故C错误；

D．弹性网对火箭模型的力始终向上，一直做正功，机械能一直增大，故D正确。

故选D。

易错点4机械能守恒定律核心易错点

易错典题

【例4】（2025·吉林·一模）如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的四分之一圆弧轨道I，R0.8m。圆

弧轨道最低点B与足够长的水平传送带平滑相接（圆弧轨道并不会影响传送带的运行）。传送带右端上表

面与固定水平平台等高并紧靠。平台上固定有一个在底端C处开口且略微错开的竖直圆轨道。一质量

m1kg的滑块（可视为质点），从圆弧轨道最高点A处由静止释放，经过传送带从C处进入圆轨道II后，

在始终沿轨迹切线方向的外力作用下做匀速圆周运动。假定外力施加前后速率不变，运动一周后撤去外力，

滑块再次通过C点之后向右滑动一段距离后停止。已知传送带顺时针运行的速度v8m/s，滑块与传送带表

1

面的动摩擦因数0.4，与圆轨道II间的动摩擦因数,C右侧平台粗糙且足够长，C左侧平台光滑，

12π

求：

(1)滑块下滑至圆弧轨道最低点时对圆弧轨道B处的压力大小；

(2)运送物体时，传送带克服摩擦力做的功W；

(3)滑块运动的全过程中与接触面因摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)30N

(2)32J

(3)168J

1

【详解】（1）从A到B机械能守恒mgRmv2

20

解得v0=4m/s

v2

在B点Fmgm0

NR

解得FN=30N

根据牛顿第三定律，压力大小为30N。

22

（2）滑块以速度v0冲上传送带后，做匀加速直线运动，有21gxvv0

解得x6m

vv

运动时间t01s

1g

运送物体时，传送带克服摩擦力做的功W1mgvt32J

1

（3）传送带上产生的热量Qmg[vt(vv)t]8J

1120

在圆轨道II运动时，在竖直圆轨道匀速运动一周的过程，如图所示

v2v2

选取竖直圆轨道上下对称的P、P′两点，根据牛顿第二定律则有Nmgcosm1，Nmgcosm1

1r2r

在P、P′两点附近选取微元长度Δl，则滑块在这两段微元长度Δl克服摩擦力做的功之和

ΔWf2N1Δl2N2Δl

1v2

求和可得WΔWr2m128J

ffr

产热Q2128J

1

第三段过程为滑块滑上C右侧平台，由功能关系可知mv2Q

23

代入数据解得Q332J

滑块运动的全过程中与接触面因摩擦产生的热量QQ1Q2Q3168J

避错攻略

【知识链接】

（一）守恒条件判断错误（最核心陷阱）

1.混淆机械能守恒与能量守恒的条件：认为“只有重力做功”是“只受重力”（物体可受其他力，只要其他

力不做功，机械能仍守恒，如轻绳拉着物体做圆周运动，绳的拉力不做功，机械能守恒）。

2.忽略弹簧弹力的做功特点：系统含弹簧时，认为“有弹簧弹力做功就机械能不守恒”（重力+弹簧弹力

做功时，系统的机械能守恒，单独物体的机械能不守恒）。

3.误将“匀速运动”当作机械能守恒的条件：如匀速上升的物体，动能不变，重力势能增加，机械能增加，

不守恒。

黑吉辽蒙考情：守恒条件的判断是选择题高频挖坑点，常结合圆周运动、平抛运动、弹簧模型考查。

避错：机械能守恒唯一判断依据：

单个物体：只有重力做功（其他力不做功，受不受无所谓）；

系统（含弹簧/多个物体）：只有重力和弹簧弹力做功（其他力不做功）。

（二）公式套用与研究对象失误

1.研究对象选择错误：系统含弹簧/多个物体时，对单个物体用机械能守恒（如物块+弹簧，单独物块机

械能不守恒，物块+弹簧系统守恒）。

避错：先判断研究对象，含弹簧必选系统，多物体相互作用（无摩擦）必选系统，单个物体仅在只有重

力做功时守恒。

2.机械能守恒公式书写错误：①忽略标量性，列方程时考虑方向；②公式形式混淆（优先用初态机械

能=末态机械能，Ek1}+Ep1=Ek2+Ep2，或势能变化=动能变化的负值，ΔEp=-ΔEk）。

避错：列方程前确定零势能面（优先选初/末位置、最低点为零势能面，简化计算），再代入初末动能和

势能，避免计算错误。

3.漏算系统的机械能：多物体系统中，只算一个物体的动能和势能，忽略其他物体的（如两个物块通过

轻绳连接，下落的物块重力势能减少，上升的物块重力势能增加，需同时计算）。

（三）与动能定理的混用误区

在机械能守恒的问题中，强行用动能定理并重复计算势能变化；或在非机械能守恒的问题中，盲目用机

械能守恒公式。

避错：解题第一步判断机械能是否守恒，守恒用机械能守恒公式（更简单），不守恒用动能定理或功能关

系，二者不可混用。

举一反三

【变式4-1】（2025·吉林·一模）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆足够长的上表面粗糙的平板小车，

已知小车的质量为m，正以v0402gh的速度向右匀速运动。t0时刻在离小车右端高为h处有一个质

量也为m的弹性小球由静止下落，小球与小车碰撞后在竖直方向上以原速率反弹，在相互接触的过程中它

们之间的弹力远大于小球的重力，小球与小车间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g，小球

可视为质点。求：

(1)小球与小车每次碰撞时弹力的冲量约为多少；

(2)小球与小车第一次碰撞后在水平方向上获得的速度约为多少；

(3)系统最终产生的热量是多少；

(4)不计小球和小车碰撞时间内的相对位移，从t0时刻开始小球相对于小车在水平方向上的最大位移约为

多少。

【答案】(1)I2m2gh

(2)v122gh

(3)Q800mgh2

(4)S800h

1

【详解】（1）设小球落在小车表面时的速度为v，小球在下落过程中机械能守恒，则有mghmv2

2

竖直方向上由动量定理得INt2mv

解得I2m2gh

（2）小球在水平方向上由动量定理得摩擦力的冲量Ntmv1

已知INt2m2gh

代入解得v122gh

（3）小球在水平方向的速度不断变大，小车在水平方向的速度不断减小，最终共速，设共同速度为v，则

小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒有mv02mv

11

系统全过程产生的热量为Qmv22mv2

202

联立解得Q800mgh2

（4）通过分析可知小球每次与小车碰撞过程中弹力和摩擦力的冲量都不变，所以小球与小车每碰撞一次小

球的竖直速率不变，水平速度增加22gh，小车的水平速度减少22gh，设小球与小车碰撞n次后共速，

v

则n

22gh

解得n10

2v8h

小球相邻两次落在小车表面的时间间隔为t

gg

小车与小球运动过程的vt图像为

t

Sv

002

S1v02v1t

S2v04v1t

……

S9v018v1t

从t0时刻开始小球相对于小车在水平方向上的最大位移约为

19t

SSSS……Sv90vt800h

1239021

【变式4-2】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面

上，另一质量为2m的光滑弹珠A以水平初速度v0正对环心穿过圆环上的小孔射入环内，与圆环内壁发生

多次弹性正碰后，弹珠与圆环均处于静止状态。已知弹珠与圆环内壁从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静

止状态的时间为t0，桌面足够长且粗糙程度处处相同，下列说法正确的是（）

A．整个过程中系统动量守恒，机械能守恒

B．第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小为0.25v0

C．圆环从开始运动到最终处于静止状态的过程中通过的总位移的大小为0.5v0t0

D．若忽略碰撞时间，从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的过程中，圆环运动的时间为0.5t0

【答案】D

【详解】A．由于存在摩擦力，系统产生了内能，系统合外力不为零，故整个过程中系统动量不守恒，机械

能不守恒，故A错误；

B．由于碰撞为弹性碰撞，设初速度方向为正，则第一次碰撞时有2mv02mv1mv2，

111

2mv22mv2mv2

202122

v4v

联立解得，第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小v0，v0，故B错误；

1323

C．设初速度方向为正，圆环受到的摩擦力为f，第一次碰撞前到弹珠恰好停止的过程中，对弹珠和圆环系

统，由动量定理得ftB02mv0

1

对圆环和弹珠系统，由能量守恒可得fx2mv2

20

1

解得xvt

400

故C错误；

D．弹珠和圆环第一次碰撞结束到发生第二次碰撞，弹珠做匀速运动，设弹珠的位移为xA1，运动时间为tA1，

圆环做匀减速运动至停止，设圆环的位移为xB1，该过程中弹珠与圆环通过的位移相等，即xA1xB1

v

又xvt，x2t

A11A1B12B1

解得tA12tB1

1

同理可知，此后每相邻两次碰撞，A、B的运动时间均满足此关系，可知tt

B20

故D正确。

故选D。

易错点5动量与能量综合易错点

易错典题

【例5】（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑

的水平面上，b的质量为m。t0时刻，使a获得水平向右、大小为v0的初速度，a、b运动的速度—时间

1

图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Ekx2，其中x为弹簧的形变量，弹簧始

p2

终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（）

A．a的质量为2m

B．t2时刻，a、b间的距离最大

2

C．0t时间内，b所受冲量的大小为mv

330

2mv2

D．图乙中阴影部分的面积为0

3k

【答案】B

2

【详解】A．设a的质量为m，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得mvmmv

aa0a30

解得ma2m，故A正确；

B．根据图乙可知，t1时刻之前a的速度大于b的速度，t1时刻a的速度等于b的速度，则t1时刻弹簧被压

缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在t2时刻a的速度最小、b的速度最大，此时

弹簧恢复原长，故t2时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在t3

时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此t3时刻a、b间的距离最大，故B错误；

22

C．0t时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得Imvmv，故C正确；

33030

D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量xmax，根据能量守恒定律可得

2

121212

2mv0m2mv0kxmax

2232

2mv2

解得x0

max3k

2mv2

即图乙中阴影部分的面积为0，故D正确。

3k

此题选择不正确选项，故选B。

避错攻略

【方法总结】

1.碰撞过程的规律混淆：①忽略碰撞的瞬时性（碰撞时间极短，外力冲量可忽略，动量守恒）；②混

淆“弹性碰撞”与“非弹性碰撞”的能量特点（弹性碰撞机械能守恒，非弹性碰撞机械能有损失，完全非弹

性碰撞机械能损失最大，共速）。

黑吉辽蒙考情：碰撞+能量是计算题压轴必考形式，2023-2025年连续考查，易在能量损失计算上丢分。

避错：碰撞问题先动量守恒（m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'），再判断碰撞类型算能量：

弹性碰撞：再列机械能守恒；

非弹性碰撞：能量损失ΔE=½m1v1²+½m2v2²-(½m1v1'²+½m2v2'²)；

完全非弹性碰撞：v1'=v2'=v，先求共速v，再算能量损失。

2.“板块模型”能量分析疏漏：叠放体（物块+木板）相对滑动时，忽略滑动摩擦力产生的内能，只算动

能变化；或误将对地位移当作相对位移计算内能。

黑吉辽蒙考情：板块模型是黑吉辽蒙高考最核心的能量综合模型，2024、2025年均作为压轴题考查，内

能计算是必考点。

避错：板块模型核心能量关系：合外力对系统做功=系统动能变化+产生的内能，内能Q=f·x相对（x相对为

物块与木板的相对位移，必记）。

3.多过程能量转化分析混乱：如“平抛+碰撞+圆周”“滑块+弹簧+斜面”综合问题，未分阶段分析能量转化，

漏算某一阶段的机械能损失或势能变化。

避错：用流程图梳理能量转化（如：重力势能→动能→内能→弹性势能），分阶段标注能量形式、守恒

条件、损失原因（如摩擦生热、非弹性碰撞损失），逐一列能量方程。

举一反三

【变式5-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）一光滑圆弧轨道与粗糙水平面相切，一质量为m的物块P静

止在圆弧轨道底端，另一质量为2m的物块Q从圆弧轨道上距水平地面高为h处由静止释放，Q与P发生非

弹性碰撞后，两者均向前运动最终均停在水平面上，且P在水平面上的运动时间是Q在水平面上运动时间

的2倍，P、Q与水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，碰撞时间不计，求：

(1)P、Q在水平面上运动的加速度大小之比；

(2)碰撞结束瞬间P、Q的速率之比；

(3)碰撞结束瞬间物块P的速率。

1

【答案】(1)

1

2

(2)

1

(3)2gh

【详解】（1）在水平面上运动过程，对P、Q由牛顿第二定律有mgmaP，2mg2maQ

a1

联立解得P

aQ1

（2）设碰撞后瞬间P、Q的速率分别为vP、vQ，Q在水平面上运动的时间为t，由速度公式有vPaP2t ，

vQaQt 

v2

联立解得P

vQ1

1

（3）物块Q下滑过程有2mgh2mv2

20

规定向右正方向，碰撞过程动量守恒有2mv02mvQmvP 

联立解得vP2gh

【变式5-2】（2025·内蒙古·模拟预测）图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，

固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得v08m/s向左的速

度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与

水平方向的夹角37，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力。

(1)求小朋友踢球对球的冲量；

(2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。

【答案】(1)I3.2Ns，水平向左

(2)Wf5.2J

【详解】（1）在最低点A，根据动量定理有Imv

解得I3.2Ns，水平向左

v2

（2）在C点，根据牛顿第二定律有mgsinmC

R

11

从A到C，由动能定理得mgRRsinWmv2mv2

f2C2A

解得Wf5.2J

．（内蒙古乌兰察布模拟预测）如图所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度

12025··v055m/s

滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始

动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和

25

竖直方向，挡板形状满足方程yx8（单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数，重力加

4

速度g取10m/s2。求：

(1)P点的坐标；

(2)小物块离开平台时的速度大小及小物块沿平台运动的时间。

【答案】(1)（2m，4m）

(2)5m/s，1.6s

111

【详解】（1）由题意有E17E，则有mv2mv217mv2

kPkO22Py2

解得vPy4v

设在P点时速度方向与水平方向成角，位移OP与水平方向成角，则

v

tanPy4

v

yx28

于是有tan2

xx

解得x2m，y4m，即P点坐标为（2m，4m）

11

（2）平抛过程，由动能定理有mgymv2mv2

2P2

解得v5m/s

设小物块沿平台运动时间为t，由动量定理有μmgtmvmv0

解得t=1.6s

2．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某游乐场的滑梯可以简化为如图所示的竖直面内半径为R的四分之

一固定圆弧轨道，一质量为m的小孩沿轨道滑行，由于小孩与轨道之间的动摩擦因数是变化的，使小孩从

最高点A以某一初速度滑行到最低点B的过程中速率不变，不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中

（）

A．小孩所受摩擦力做功为mgR

B．小孩所受合力始终不做功

C．小孩所受摩擦力做功的功率逐渐减小

D．小孩所受重力做功功率先增大后减小

【答案】BC

【详解】A．根据动能定理有WGWfEk0

解得WfWGmgR，故A错误；

B．由于小孩沿轨道匀速率下滑，所受合力方向始终与速度方向垂直，所以合力始终不做功，故B正确；

CD．根据PfPGmgvy

小孩沿圆弧轨道下滑的速度大小不变，则在竖直方向的速度vy逐渐减小，所以小孩所受摩擦力和重力做功

功率均一直减小，故C正确，D错误。

故选BC。

3．（2025·内蒙古·模拟预测）一列复兴号列车长200米，在平直轨道上以360km/h的速度匀速前进，此时

功率为8000千瓦，某时刻开始进入一长度为2000米的平直隧道，假设列车在隧道中受到的新增阻力与列

车在隧道中的长度成正比，原有阻力不变，列车始终匀速前进，完全进入隧道后功率变为