资源简介

重难突破8　动力学和能量观点的综合应用
1.（2025·浙江舟山期末）如图所示，木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是（　　）
A.物块所受的摩擦力做功为－60 J
B.木板克服摩擦力做功为－40 J
C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J
D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J
2.（2025·云南省名校联考）如图所示，斜面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是（　　）
A.滑块可能再次滑上斜面
B.滑块在传送带上运动的时间增长
C.滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多
D.滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快
3.传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是（　　）
4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为（　　）
A. B.
C.mv2 D.2mv2
5.（2025·河北邢台期中）如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（　　）
A.小物块的机械能增加量为Ffs
B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
C.小车的机械能增加量为（F－Ff）s
D.物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
6.〔多选〕（2025·辽宁模拟预测）如图所示，一条长为2 m、倾角为30°的传送带在电动机的带动下，以3 m/s的速率沿逆时针方向匀速运行。某时刻，将质量为1 kg的小滑块轻放在传送带上端，直至小滑块滑离传送带。已知重力加速度g取10 m/s2，滑块与传送带之间的动摩擦因数为，则（　　）
A.小滑块经过0.5 s与传送带速度相同
B.小滑块经过0.8 s离开传送带
C.整个过程因摩擦而产生的热量为2 J
D.电动机因运送小滑块多做的功为1 J
7.（2025·山东潍坊期末）应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3 m。已知行李（可视为质点）质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，旅客把行李无初速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速度大小取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 J
B.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
C.行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为1.6 J
D.行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J
8.如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s
B.长木板Q的长度至少为3 m
C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
9.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P间的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：
（1）第1次滑过P点时的速度大小v1；
（2）第1次在传送带上往返运动的时间t；
（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
10.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：（结果可以用分数表示）
（1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
（2）A相对于B静止时的速度大小v；
（3）整个过程中由于摩擦产生的热量Q。
重难突破8　动力学和能量观点的综合应用
1.A　对物块分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60 J，A正确；对木板分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝20×5 J＝100 J，C、D错误。
2.C　传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由x＝at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位移增大，由Q＝Ffx相对，可知摩擦产生的热量增多，故选C。
3.D　如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，有μmg＝Ek－mv2，Ek-t图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速，有－μmg＝Ek－mv2，Ek-t图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，达到共速后动能不变，B、C错误。
4.C　由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相对，x相对＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。
5.C　小物块对地的位移方向向右，大小为x＝s－L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量，为ΔE1＝Ff（s－L），故A错误；小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2＝Fs－FfL，故B错误；小车的机械能增加量为ΔE3＝（F－Ff）s，故C正确；物块与小车组成的系统产生的内能为E＝FfL，故D错误。
6.BC　滑块刚放上去时的加速度为a1，则根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，共速的时间t1＝＝0.4 s，A错误；共速前的位移x1＝vt1＝0.6 m，滑块此后运动的加速度为a2，同理，根据牛顿第二定律可知a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，故有x2＝vt2＋a2，x2＝（2－0.6）m＝1.4 m，联立解得t2＝0.4 s，所以滑块离开传送带的时间t＝t1＋t2＝0.8 s，B正确；整个过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ（vt1－x1＋x2－vt2）＝2 J，C正确；根据能量守恒定律可知W＝μmgcos θ（vt1－vt2）＝0，D错误。
7.D　行李先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，令行李加速至与传送带速度相等时，有v2＝2ax0，解得x0＝0.04 m＜L＝3 m，之后行李向左做匀速直线运动，则行李从A到B过程中传送带对行李做功为W1＝μmgx0＝0.8 J，故A错误；行李匀加速直线运动过程有v＝at，则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为x相＝vt－t＝0.04 m，故B错误；行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相＝0.8 J，故C错误；行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能E＝Q＋mv2＝1.6 J，故D正确。
8.C　P的加速度为aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度为aQ＝＝2 m/s2，两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，选项A错误；P、Q共速时的相对位移为Δx＝t－t＝2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q的长度至少为2 m，选项B错误；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q之间产生的热量为Q2＝m2－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。
9.（1）8 m/s　（2）9 s　（3）48 J
解析：（1）由动能定理得
（mgsin 37°－μ1mgcos 37°）L＝m－0
解得v1＝8 m/s。
（2）由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s
物块第1次在传送带上往返运动的时间
t＝t1＋t2＝9 s。
（3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgLcos 37°＋mv2＝48 J。
10.（1）3 m/s2　2 m/s2　（2） m/s　（3） J
解析：（1）若A、B保持相对静止，则有a＝＝ m/s2＞＝2 m/s2，故A、B间存在滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有
F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
对长木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2。
（2）撤去拉力F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，长木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s
撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2
设经历时间t2二者共速，则有
v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s
则v＝v1－a3t2＝ m/s。
（3）拉力F对A、B整体做的功为
F·x＝F·a1＝ J
A、B最终以速度v＝ m/s运动
故A、B整体的动能为Ek＝（M＋m）v2＝ J
由能量守恒定律得F·x＝Q＋Ek
则Q＝ J。
3 / 3　动力学和能量观点的综合应用
突破点一　传送带模型
1.传送带问题的分析方法
（1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，作好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
（2）能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.功能关系分析
（1）传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
（2）系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程。
（3）功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp为被传送物体重力势能的增加量。
（2025·湖南邵阳期中）如图，机场中长度为L＝2 m的水平传送带以v＝1 m/s的速度顺时匀速传动，现将质量为5 kg的行李箱轻放在传送带的左端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。行李箱可视为质点，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则在行李箱被输送到传送带右端的过程中，下列说法错误的是（　　）
A.行李箱在传送带上运动的时间为2.1 s
B.传送带对行李箱做了2.5 J的功
C.传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为5 J
D.因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为5 J
尝试解答
（2025·浙江湖州期末）如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ＝30°的传送带在电动机的带动下能以v0＝2 m/s的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量m＝1 kg的快递包（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离L＝8 m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则快递包从A点运送到B点（　　）
A.所需时间为4 s
B.传送带对快递包做功为12 J
C.摩擦产生的热量为48 J
D.电动机因运送此快递包多做了54 J的功
尝试解答
突破点二　滑块—木板模型
　　
1.动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
2.功和能分析：对滑块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
（1）求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。
（2）求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。
（3）求摩擦生热时用相对位移Δx。
〔多选〕（2023·全国乙卷21题）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（　　）
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m－fl
D.物块的动能一定小于m－fl
尝试解答
〔多选〕如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是（　　）
A.上述过程中，F做功大小为m＋M
B.其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
尝试解答
重难突破8　动力学和能量观点的综合应用
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 C　行李箱在传送带上的加速度a＝μg＝5 m/s2，行李箱做加速运动的时间t1＝＝0.2 s，行李箱做加速运动的位移x1＝a＝0.1 m，行李箱在传送带上匀速运动的时间为t2＝＝1.9 s，行李箱在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.1 s，故A正确，不符合题意；传送带对行李箱做的功为W＝Ek＝mv2＝2.5 J，故B正确，不符合题意；传送带和行李箱间相对位移Δx＝vt1－x1＝0.1 m，传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为Q＝FfΔx＝0.5×5×10×0.1 J＝2.5 J，故C错误，符合题意；因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为W电＝W＋Q＝5 J，故D正确，不符合题意。
【例2】 D　快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，时间t1＝＝2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1＝a＝2 m，快递包匀速运动的时间t2＝＝3 s，快递包从A点运送到B点所需时间t＝t1＋t2＝5 s，故A错误；传送带对快递包做功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·（L－x1），代入数据可得W＝42 J，故B错误；摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ×（v0t1－x1），代入数据可得Q＝12 J，根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，故C错误，D正确。
突破点二
【例3】 BD　物块可视为质点，则物块和木板的运动示意图和v-t图像如图甲、乙所示。
根据动能定理可知
对小物块：－fx1＝m－m①
对木板：fx2＝M②
根据v-t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知
x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝M，即木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
将①、②两式相加得－fl＝m＋M－m，变形得物块离开木板时的动能m＝m－fl－M＜m－fl，C错误，D正确。
【例4】 BD　F做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v-t图，②为木板的v-t图像，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。
2 / 2(共52张PPT)
重难突破8 动力学和能量观点的综合应用
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　传送带模型
1. 传送带问题的分析方法
（1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，作好受力分析，然
后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位
移，找出物体和传送带之间的位移关系。
（2）能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动
而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系
或能量守恒定律求解。
2. 功能关系分析
（1）传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体
而多做的功。
（2）系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程。
（3）功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被传送物体动能
的增加量，ΔEp为被传送物体重力势能的增加量。
（2025·湖南邵阳期中）如图，机场中长度为L＝2 m的水平传送带以v
＝1 m/s的速度顺时匀速传动，现将质量为5 kg的行李箱轻放在传送带的左
端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。行李箱可视为质点，重力
加速度大小取g＝10 m/s2，则在行李箱被输送到传送带右端的过程中，下
列说法错误的是（　　）
A. 行李箱在传送带上运动的时间为2.1 s
B. 传送带对行李箱做了2.5 J的功
C. 传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为5 J
D. 因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为5 J
√
解析：行李箱在传送带上的加速度a＝μg＝5 m/s2，行李箱做加速运动的时
间t1＝＝0.2 s，行李箱做加速运动的位移x1＝a＝0.1 m，行李箱在传
送带上匀速运动的时间为t2＝＝1.9 s，行李箱在传送带上运动的时间
为t＝t1＋t2＝2.1 s，故A正确，不符合题意；传送带对行李箱做的功为W＝
Ek＝mv2＝2.5 J，故B正确，不符合题意；传送带和行李箱间相对位移Δx
＝vt1－x1＝0.1 m，传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为Q＝FfΔx＝
0.5×5×10×0.1 J＝2.5 J，故C错误，符合题意；因输送行李箱，传送带
电动机额外消耗的电能为W电＝W＋Q＝5 J，故D正确，不符合题意。
（2025·浙江湖州期末）如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模
型，倾角θ＝30°的传送带在电动机的带动下能以v0＝2 m/s的恒定速率顺时
针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量m＝1 kg的快递包（可视为质点）
无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离L＝8
m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，则快递包从A点运送到B点（　　）
A. 所需时间为4 s
B. 传送带对快递包做功为12 J
C. 摩擦产生的热量为48 J
D. 电动机因运送此快递包多做了54 J的功
√
解析：快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律有μmgcos θ
－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，时间t1＝＝2 s，此过程快递包沿传送带
向上运动的距离x1＝a＝2 m，快递包匀速运动的时间t2＝＝3 s，快
递包从A点运送到B点所需时间t＝t1＋t2＝5 s，故A错误；传送带对快递包
做功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·（L－x1），代入数据可得W＝42 J，故B错
误；摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ×（v0t1－x1），代入数据可得Q＝12 J，
根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，
故C错误，D正确。
　（2025·南京、盐城一模）如图所示，一长L＝6 m
的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时
针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。
质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由
跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长
的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传
送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送
带顶端前物块B都没有落地。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力
加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）物块B刚下降时的加速度a；
答案： 2 m/s2　
解析： 当物块B刚下降时，设绳中拉力为FT1
对物块A分析有μm1gcos θ＋FT1－m1gsin θ＝m1a
对物块B分析有m2g－FT1＝m2a
解得a＝2 m/s2。
（2）物块A从底端到达顶端所需的时间t；
答案： 2.5 s　
解析：第一阶段：设物块A经过t1与传送带速度相同
由t1＝，得t1＝2 s
物块A沿传送带上升的距离L1＝，得L1＝4 m
第二阶段：因为μm1gcos θ＋m2g＞m1gsin θ，所以物块A受沿传送带向上的
静摩擦力，与传送带相对静止一起匀速运动，到达顶端所需时间为t2
由t2＝，得出t2＝0.5 s
则物块A从底端到达顶端所需时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
（3）物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。
答案： 136 J
解析：全过程中物块A增加的重力势能ΔEpA＝m1gLsin θ＝144 J
物块B减少的重力势能Δ＝m2gL＝120 J
物块A、B动能增加ΔEk＝（m1＋m2）v2＝48 J
物块A与传送带间摩擦发热
Q＝μm1g（vt1－L1）cos θ＝64 J
则电动机多做的功W＝ΔEpA－Δ＋ΔEk＋Q
得W＝136 J。
突破点二　滑块—木板模型
1. 动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律
求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t
＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求
出二者的位移。
（1）求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。
（2）求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。
（3）求摩擦生热时用相对位移Δx。
2. 功和能分析：对滑块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守
恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
〔多选〕（2023·全国乙卷21题）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（　　）
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m－fl
D. 物块的动能一定小于m－fl
√
√
解析：物块可视为质点，则物块和木板的运动示意图和v-t图像如图甲、乙
所示。
根据动能定理可知
对小物块：－fx1＝m－m①
对木板：fx2＝M②
根据v-t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知
x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝M，即木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
将①、②两式相加得－fl＝m＋M－m，变形得物块离开木板
时的动能m＝m－fl－M＜m－fl，C错误，D正确。
如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端
是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右
侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个
质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车B时速度的时开始匀速运动，小货箱C未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
答案： 5 m/s　
解析： 小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得mgh＝m－
m
解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
（2）平板小车板面的最小长度；
答案： 2 m　
解析：由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1
时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对
滑动过程，由能量守恒定律可得m＝（m＋M）·＋μmgLmin
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
（3）从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
答案： 50 J
解析：从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为
Q＝μmgLmin＝50 J。
〔多选〕如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，
一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，
用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面
上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是（　）
A. 上述过程中，F做功大小为m＋M
B. 其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D. 其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
√
√
解析：F做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A错误；
滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，如图所示，图线①
为滑块的v-t图，②为木板的v-t图像，t0时刻滑块到达木板右
端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。
　如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，
斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在
斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放
在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
答案： 0.5　0.375　
解析： 设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，长木板A
和物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量
为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则
L＝a1t2
根据牛顿第二定律得
2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝a2t2
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375。
（2）从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩
擦产生的总热量。
答案： 90 J
解析：设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学
公式有
L＝v1t，2L＝v2t
摩擦产生的总热量
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－m－×2m
或Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L
代入数据解得Q＝90 J。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1. （2025·浙江舟山期末）如图所示，木板上A、B两点相距5 m。一物块相
对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为
滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则
下列说法正确的是（　　）
A. 物块所受的摩擦力做功为－60 J
B. 木板克服摩擦力做功为－40 J
C. 物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J
D. 物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J
√
解析： 　对物块分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60
J，A正确；对木板分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦
力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝20×5
J＝100 J，C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2. （2025·云南省名校联考）如图所示，斜面AB的末端与一水平放置的传
送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P点静止释
放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转
动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是（　　）
A. 滑块可能再次滑上斜面
B. 滑块在传送带上运动的时间增长
C. 滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多
D. 滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 　传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑
块的受力情况不变，所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还
是能从传送带的右端滑离传送带，由x＝at2可知滑块在传送带上运动的时
间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位移增大，由Q＝
Ffx相对，可知摩擦产生的热量增多，故选C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3. 传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块
的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是（　　）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，有
μmg＝Ek－mv2，Ek-t图像开始阶段为开口向上抛物线的一部
分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度
小，开始阶段物块减速，有－μmg＝Ek－mv2，Ek-t图像开始阶
段为开口向上抛物线的一部分，达到共速后动能不变，B、C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
4. 如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，
现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的
动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对
木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所
做的功为（　　）
A. B.
C. mv2 D. 2mv2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 　由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分
转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相对，x相对
＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5. （2025·河北邢台期中）如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，
小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物
块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中
（　　）
A. 小物块的机械能增加量为Ffs
B. 小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
C. 小车的机械能增加量为（F－Ff）s
D. 物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 　小物块对地的位移方向向右，大小为x＝s－L，小物块受到的摩
擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加
量，为ΔE1＝Ff（s－L），故A错误；小物块与小车系统的机械能增加量为
ΔE2＝Fs－FfL，故B错误；小车的机械能增加量为ΔE3＝（F－Ff）s，故C
正确；物块与小车组成的系统产生的内能为E＝FfL，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6. 〔多选〕（2025·辽宁模拟预测）如图所示，一条长为2 m、倾角为30°
的传送带在电动机的带动下，以3 m/s的速率沿逆时针方向匀速运行。某时
刻，将质量为1 kg的小滑块轻放在传送带上端，直至小滑块滑离传送带。
已知重力加速度g取10 m/s2，滑块与传送带之间的动摩擦因数为，则
（　　）
A. 小滑块经过0.5 s与传送带速度相同
B. 小滑块经过0.8 s离开传送带
C. 整个过程因摩擦而产生的热量为2 J
D. 电动机因运送小滑块多做的功为1 J
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 　滑块刚放上去时的加速度为a1，则根据牛顿第二定律可知
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，共速的时间
t1＝＝0.4 s，A错误；共速前的位移x1＝vt1＝0.6 m，滑块此后运动的加
速度为a2，同理，根据牛顿第二定律可知a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，
故有x2＝vt2＋a2，x2＝（2－0.6）m＝1.4 m，联立解得t2＝0.4 s，所以
滑块离开传送带的时间t＝t1＋t2＝0.8 s，B正确；整个过程中因摩擦产生的
热量Q＝μmgcos θ（vt1－x1＋x2－vt2）＝2 J，C正确；根据能量守恒定律可
知W＝μmgcos θ（vt1－vt2）＝0，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7. （2025·山东潍坊期末）应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装
置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s
的恒定速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3 m。已知行李（可视为质
点）质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，旅客把行李无初
速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速度大小取g＝10 m/s2，
下列说法正确的是（　　）
A. 行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 J
B. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
C. 行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为1.6 J
D. 行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 　行李先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝
ma，解得a＝2 m/s2，令行李加速至与传送带速度相等时，有v2＝2ax0，解
得x0＝0.04 m＜L＝3 m，之后行李向左做匀速直线运动，则行李从A到B过
程中传送带对行李做功为W1＝μmgx0＝0.8 J，故A错误；行李匀加速直线
运动过程有v＝at，则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为x相＝vt－t＝
0.04 m，故B错误；行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为Q＝
μmgx相＝0.8 J，故C错误；行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能E＝Q
＋mv2＝1.6 J，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
8. 如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的
物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩
擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，
最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正
确的是（　　）
A. P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s
B. 长木板Q的长度至少为3 m
C. P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D. P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 　P的加速度为aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度为aQ＝
＝2 m/s2，两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1
s，v共＝2 m/s，选项A错误；P、Q共速时的相对位移为Δx＝t－t
＝2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q的长度至少为2 m，选项B错误；
P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q
之间产生的热量为Q2＝m2－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量与地面与
Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
9. 如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为
37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释
放。已知A、P间的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别
为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求物块：
（1）第1次滑过P点时的速度大小v1；
答案： 8 m/s　
解析： 由动能定理得（mgsin 37°－μ1mgcos 37°）L＝m－0
解得v1＝8 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）第1次在传送带上往返运动的时间t；
答案： 9 s　
解析：由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s
物块第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
答案： 48 J
解析：由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每
次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgLcos 37°＋mv2＝48 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10. 如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放
有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝
1 kg，B的质量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉
力，1 s后撤去拉力F，求：（结果可以用分数表示）
（1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
答案： 3 m/s2　2 m/s2　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 若A、B保持相对静止，则有a＝＝ m/s2＞＝2 m/s2，
故A、B间存在滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有
F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
对长木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）A相对于B静止时的速度大小v；
答案： m/s　
解析：撤去拉力F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，长木板B的速度大
小v2＝a2t1＝2 m/s
撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2
设经历时间t2二者共速，则有
v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s
则v＝v1－a3t2＝ m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（3）整个过程中由于摩擦产生的热量Q。
答案： J
解析：拉力F对A、B整体做的功为
F·x＝F·a1＝ J
A、B最终以速度v＝ m/s运动
故A、B整体的动能为Ek＝（M＋m）v2＝ J
由能量守恒定律得F·x＝Q＋Ek
则Q＝ J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑