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素养提升9　动力学和能量观点的综合应用
1.〔多选〕如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的物体（可视为质点）放在木板上最左端，现用水平恒力F作用在物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体和木板之间的摩擦力为Ff。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中（　　）
A.力F对物体做功大小为F（L＋x）
B.摩擦力对物体做功为－FfL
C.摩擦力对木板做功为Ffx
D.系统产生的热量为Ffx
2.（2026·山西朔州期末）如图，质量m＝1 kg的物块（可视为质点），以速度大小v0＝4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6 m，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，物块滑离传送带时传送带对物块做的功是（　　）
A.4 J B.2 J
C.6 J D.－6 J
3.〔多选〕如图所示，半径为R的圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球由距槽口M正上方3R的O点无初速度释放，经过一段时间小球运动到圆弧轨道的最高点N，且此时小球与轨道之间压力的大小为mg。重力加速度为g，则对小球由O到N的过程，下列描述正确的是（　　）
A.小球在N点的速度大小为 B.机械能的减少量为mgR
C.合力对小球做功为2mgR D.摩擦力对小球做功为－2mgR
4.（2026·江苏南京期中）如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平面上，其半径R＝0.45 m，质量M＝2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，圆弧轨道的末端恰好与长木板的上表面相切。一质量为m＝1 kg的物块（可看成质点）从圆弧A点由静止滑下，从左端冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）物块刚滑到圆弧轨道底端时，圆弧轨道对物块支持力的大小；
（2）物块与长木板共速时速度的大小；
（3）由于物块与木板摩擦所产生的热量Q。
5.（2025·安徽高考14题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
6.（2026·贵州贵阳期末）某机场的地勤人员利用如图甲所示的传送带将行李箱从飞机上运送到地面，传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。在t＝0时，将质量m＝10 kg的小行李箱轻放在传送带上A点，t＝1.5 s时小行李箱从B点离开传送带，其v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
（1）请判断小行李箱刚放上A点时受到的摩擦力方向是沿斜面向上还是沿斜面向下？并从图乙中判断出传送带运行的恒定速率是多少？
（2）求传送带的倾角θ和行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ；
（3）求0～1.5 s内摩擦力对小行李箱所做的功及摩擦产生的热量。
素养提升9　动力学和能量观点的综合应用
1.AC　根据功的计算式，力F对物体做功W1＝F（L＋x），故A正确；物体受到的摩擦力向左，摩擦力对物体做功W2＝－Ff（L＋x），故B错误；木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功W3＝Ffx，故C正确；系统产生的热量Q＝Ffx相对＝FfL，故D错误。
2.D　物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向右减速到速度为0通过的位移大小为x1＝＝4 m＜L＝6 m，可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速，之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开，根据动能定理可知，传送带对物块做的功为W＝mv2－m＝－6 J，故选D。
3.AB　小球沿轨道到达最高点N时对轨道压力为mg，小球受重力和支持力，合力为2mg，方向向下，根据牛顿第二定律，有2mg＝m，解得v＝，故A正确； 从O到N过程，重力势能减小量ΔEp＝2mgR，动能的增加量ΔEk＝mv2＝mgR，机械能的减少量为ΔE＝ΔEp－ΔEk＝mgR，故B正确；合外力做功等于动能增加量，故为W合＝ΔEk＝mv2＝mgR，故C错误；克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为W克＝ΔE＝ΔEp－ΔEk＝mgR，则摩擦力对小球做功为－mgR，故D错误。
4.（1）30 N　（2）1 m/s　（3）3 J
解析：（1）物块下滑过程，由动能定理可得mgR＝mv2
解得v＝3 m/s
物块在轨道底端时，对其受力分析，由牛顿第二定律可得
FN－mg＝
解得FN＝30 N。
（2）对物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma1，μmg＝Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝2.5 m/s2
两者达到共同速度时有v1＝v－a1t＝a2t
解得v1＝1 m/s。
（3）根据能量守恒定律有
Q＝mv2－
解得Q＝3 J。
5.（1）4 m/s　17 N　（2）4 m　（3）2 m/s
解析：（1）从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置（绳子刚好被拉断）的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得
mg·2L＝m－mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm'＝Fm＝17 N。
（2）绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小（抛出点到落地点的水平距离）为x，则由平抛运动规律可得2L＝g（Δt）2
x＝vΔt
联立解得x＝4 m。
（3）当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L＝m－m
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得
mg＝m·
联立解得vmin＝2 m/s。
6.（1）沿斜面向下，5 m/s　（2）37°，0.5　（3）－190 J，90 J
解析：（1）小行李箱刚放上A点时，相对于传送带向上运动，行李箱受到的摩擦力方向沿斜面向下；由图乙得，传送带运行的恒定速率是5 m/s。
（2）由题图乙可知，0～0.5 s摩擦力方向沿传送带向下，加速度a1＝ m/s2＝10 m/s2
0.5～1.5 s内摩擦力方向沿传送带向上，加速度
a2＝ m/s2＝2 m/s2
设传送带的倾角为θ，根据牛顿第二定律有，0～0.5 s内，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0.5～1.5 s内，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得θ＝37°，μ＝0.5。
（3）0～1.5 s内小行李箱受到的摩擦力
f＝μmgcos θ＝40 N
0～0.5 s内小行李箱位移s1＝×0.5×5 m＝ m
摩擦力做正功，则W1＝fs1＝50 J
0.5～1.5 s内小行李箱位移
s2＝×1×（5＋7）m＝6 m
摩擦力做负功，则W2＝－fs2＝－240 J
故0～1.5 s内摩擦力对小行李箱做功Wf＝W1＋W2＝－190 J
0～0.5 s内传送带的位移s传1＝vt1＝ m
所以此时间内小行李箱与传送带的相对位移
Δs1＝m＝1.25 m
0.5～1.5 s内传送带位移s传2＝vt2＝5 m
所以此时间内相对位移Δs2＝6 m－5 m＝1 m
故Q＝fΔs相＝f（Δs1＋Δs2）＝40×（1＋1.25）J＝90 J。
1 / 1素养提升9　动力学和能量观点的综合应用
1.会用动力学和能量观点解决传送带、“滑块—木板”模型问题。 2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
提升点一　“传送带”模型
如图所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，对上述过程请思考：
（1）传送带对工件做的功是多少？
（2）传送带与工件间因摩擦产生的热量是多少？
（3）传送带因为传送工件需要多做的功是多少？
“传送带”模型的分析方法 1.两个分析角度 （1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，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
（1）产生的内能：Q＝Ffx相对。
（2）电动机多消耗的电能
①能量守恒定律：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
②电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
〔多选〕如图，质量m＝2 kg的小物块以水平初速度v0＝6 m/s从左端滑上长L＝3 m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行、速度大小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法中正确的是（　　）
A.小物块一直做匀速直线运动
B.恒力F对小物块做的功为6 J
C.小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为6 J
D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2026·重庆江北期中）某跨境物流公司为提升出口效率，升级了装货装置。如图所示，装货装置由倾角为α＝37°的传送带PQ和倾角为θ＝30°的木板平滑地衔接，木板的另一端O点搭在货车上，已知传送带PQ长度l1＝20 m，木板OQ长度l2＝ m，传送带以v0＝5.0 m/s的速率顺时针匀速传动，将一个质量为m＝5 kg的包裹无初速度地放在传送带的底端P，经过一段时间包裹刚好被运送到货车上的O位置，包裹与木板之间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）包裹运到传送带顶端Q的速度vQ。
（2）包裹与传送带之间的动摩擦因数μ'。
（3）由于要传送包裹，电动机多消耗的电能。
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升点二　“滑块—木板”模型
　如图所示，光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度v1向右运动，一质量为m、速度为v2的物块冲上长木板左侧，一段时间后两者相对静止且以v3向右运动。已知v1小于v2，长木板的位移为x1，物块的位移为x2，物块与长木板间的动摩擦因数为μ。
（1）分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。
（2）结合（1）中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗？你认为损失的动能转化成了什么能？这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系？
“滑块—木板”问题的分析方法 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：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
（1）求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
（2）求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
（3）求摩擦生热时用相对位移Δx。
3.三种处理方法
（1）求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
（2）求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
（3）地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
（2026·湖北孝感联考）如图所示，质量M＝1 kg的木板静止于光滑水平地面上，木板足够长，质量为m＝1 kg的物块（可看成质点）以速度v0＝6 m/s从左端冲上木板，最终二者达到共同速度，已知物块与木板间的摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）物块刚冲上木板时，物块的加速度a1和木板的加速度a2；
（2）从开始到二者达到共同速度的过程中，摩擦力对物块做的功Wf；
（3）由于物块与木板的摩擦产生的热量Q。
尝试解答
　（2026·北京大兴期中）如图，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射入木块中（未穿出），射入深度为d，平均阻力为f，在两物体达到共速时，子弹的位移为s1，木块的位移为s2，则下列说法正确的是（　　）
A.子弹损失的动能为fd
B.子弹对木块所做的功为fs1
C.整个过程中的摩擦生热为fs1
D.整个过程中系统的总动能损失为fd
提升点三　多运动过程问题
（2025·福建高考15题）如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求：
（1）0～1 m内F做的功；
（2）x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
尝试解答
用动力学和能量观点分析多运动组合问题 1.分析思路 （1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况； （2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况； （3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。 2.方法技巧 （1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景； （2）“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律； （3）“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
　（2026·广东深圳期末）如图所示，倾角θ＝37°固定斜面的底端与光滑水平面BC平滑相连，水平传送带C、D两端间距离为L＝3 m，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小为v＝6 m/s，传送带上表面与光滑水平面DE在同一水平面内。水平面DE与半径为R＝0.4 m的竖直半圆形光滑轨道EF相切，现将质量为m＝1 kg的小物块（可看成质点）从斜面上高h＝0.75 m处的A点由静止释放，运动到B点的速度为vB＝1 m/s，小物块滑过传送带及水平面DE后从E点进入半圆形轨道，通过最高点F点后做平抛运动落在水平面上的G点。已知小物块与传送带上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小物块与斜面之间的动摩擦因数μ2；
（2）小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN；
（3）传送带因传送货物多消耗的能量E0。
素养提升9　动力学和能量观点的综合应用
提升点一
寻规探律
　提示：（1）传送带对工件做的功即摩擦力对工件做的功，等于工件动能的变化，
即W＝mv2。
（2）由于工件做匀加速运动，传送带与工件间相对位移大小为Δx＝vt－＝＝
因此摩擦产生热量为Q＝μmg·Δx＝mv2。
（3）传送带因传送工件需要多做的功W电 ＝W＋Q＝mv2。
【例1】　ACD　由于μmg＝4 N＝F，则小物块一直做匀速直线运动，A正确；恒力F对小物块做的功为W＝FL＝12 J，B错误；小物块的运动时间为t＝＝0.5 s，小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg＝6 J，C正确；因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功，即E＝μmg·0.5v0t＝6 J，D正确。
【例2】　（1）4 m/s　（2）0.8　（3）1 600 J
解析：（1）包裹在木板上从Q到O过程中，沿木板方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学公式得0－＝－2al2
联立得vQ＝4 m/s。
（2）由于vQ＝4 m/s＜v0＝5 m/s，包裹无初速地放在底端P，
因此包裹在传送带上一直加速，由动能定理得
μ'mgcos α·l1－mgl1sin α＝m－0
解得μ'＝0.8。
（3）在传送包裹的过程中，包裹增加的动能
ΔEk＝m－0
包裹增加的重力势能ΔEp＝mgl1sin α
设包裹运动的时间为t，有＝，t＝l1
解得t＝10 s
系统产生的热量Q＝μ'mgcos α
电动机多消耗的电能ΔE＝ΔEk＋ΔEp＋Q
解得ΔE＝1 600 J。
提升点二
寻规探律
　提示：（1）对长木板，由动能定理得
μmgx1＝M－M，
对物块，由动能定理得－μmgx2＝m－m。
（2）该系统损失的动能为
ΔEk损＝M＋m－（M＋m）。
系统损失的能量转化成了系统的内能，即Q＝ΔEk损，
结合（1）中动能定理表达式可得Q＝μmg（x2－x1），
即滑动摩擦力做功产生的热量数值上等于系统损失的动能，Q＝Ff（x2－x1）。
【例3】　（1）5 m/s2，方向水平向左　5 m/s2，方向水平向右
（2）－13.5 J　（3）9 J
解析：（1）对物块，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1（a1为大小）
解得a1＝5 m/s2，方向水平向左
对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2（a2为大小）
解得a2＝5 m/s2，方向水平向右。
（2）物块冲上木板后经时间t二者共速，对物块，有v共＝v0－a1t
对木板，有v共＝a2t
解得t＝0.6 s，v共＝3 m/s
对物块，由动能定理Wf＝m－m
可得Wf＝－13.5 J。
（3）对木板和物块组成的系统，由能量守恒定律
m＝Q＋（M＋m）
可得Q＝9 J。
强化训练
　D　木块的位移为s2，子弹对木块所做的功为W＝fs2，故B错误；根据动能定理可知，子弹损失的动能为子弹克服摩擦力所做的功，为W克＝fs1＞fd，故A错误；整个过程中的摩擦生热为Q＝fs相对＝fd，根据能量守恒可知，整个过程中系统的损失的总动能等于整个过程中的摩擦生热，即ΔEk＝Q＝fd，故C错误，D正确。
提升点三
【例4】　（1）1.5 J　（2）0.5 N　（3）r≤0.2 m
解析：（1）F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小
由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
（2）由题图乙可知，x＝1 m时外力F的大小刚开始变化，可知此时A、B有相同的加速度
A与地面间的摩擦力f＝μmg
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma
由于B与地面间无摩擦，对B，由牛顿第二定律得FAB＝ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。
（3）当FAB＝0时A、B分离，由（2）中分析可知F＝f＝μmg＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2
结合（1）中分析由题图乙可得WF＝3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得
－mg·2r＝m－mv2
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥
联立解得r≤0.2 m。
强化训练
　（1）0.7　（2）40 N　（3）30 J
解析：（1）小物块从A点静止下滑到B点，根据动能定理有mgh－μ2mgcos θ·＝m－0
代入数据解得μ2＝0.7。
（2）小物块滑上传送带，因vB＝1 m/s＜6 m/s，所以小物块在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝7 m/s2
设经过时间t，小物块与传送带共速，则有v＝vB＋a1t
解得t＝ s
则小物块在时间t内运动的位移为
x＝t＝2.5 m＜L＝3 m
说明小物块在传送带后一段做匀速直线运动，即小物块在D点的速度等于传送带的速度，则有vD＝v＝6 m/s
小物块从D点到F点，根据动能定理有
－mg·2R＝m－m
解得vF＝2 m/s
在F点，根据牛顿第二定律有FN'＋mg＝m
根据牛顿第三定律可得小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN＝FN'＝40 N。
（3）当小物块在传送带上做匀加速直线运动时，小物块对传送带的摩擦力做负功，需要多消耗能量，则有E0＝μ1mg·vt＝30 J。
1 / 1(共57张PPT)
素养提升9　动力学和能量观点的综合应用
目标要求
1. 会用动力学和能量观点解决传送带、“滑块—木板”模型问题。
2. 会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
目 录
CONTENTS
提升点一　“传送带”模型
提升点二　“滑块—木板”模型
提升点三　多运动过程问题
课时跟踪检测
提升点一　“传送带”模型
如图所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到
水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，
对上述过程请思考：
（1）传送带对工件做的功是多少？
提示： 传送带对工件做的功即摩擦力对工件做的
功，等于工件动能的变化，即W＝mv2。
（2）传送带与工件间因摩擦产生的热量是多少？
提示： 由于工件做匀加速运动，传送带与工件间相
对位移大小为Δx＝vt－＝＝
因此摩擦产生热量为Q＝μmg·Δx＝mv2。
（3）传送带因为传送工件需要多做的功是多少？
提示： 传送带因传送工件需要多做的功W电 ＝W＋Q＝mv2。
“传送带”模型的分析方法
1. 两个分析角度
（1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，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。
（1）产生的内能：Q＝Ffx相对。
（2）电动机多消耗的电能
①能量守恒定律：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
②电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
2. 功能关系
〔多选〕如图，质量m＝2 kg的小物块以水平初速度v0＝6 m/s从左端
滑上长L＝3 m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F
＝4 N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行、速度大
小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取
10 m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法中正确的是
（　ACD　）
ACD
A. 小物块一直做匀速直线运动
B. 恒力F对小物块做的功为6 J
C. 小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为6 J
D. 因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
解析：由于μmg＝4 N＝F，则小物块一直做匀速直线运动，A正确；恒力F
对小物块做的功为W＝FL＝12 J，B错误；小物块的运动时间为t＝＝0.5
s，小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg＝6 J，C
正确；因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦
力做功，即E＝μmg·0.5v0t＝6 J，D正确。
（2026·重庆江北期中）某跨境物流公司为提升出
口效率，升级了装货装置。如图所示，装货装置由倾
角为α＝37°的传送带PQ和倾角为θ＝30°的木板平滑
地衔接，木板的另一端O点搭在货车上，已知传送带PQ长度l1＝20 m，木板OQ长度l2＝ m，传送带以v0＝5.0 m/s的速率顺时针匀速传动，将一个质量为m＝5 kg的包裹无初速度地放在传送带的底端P，经过一段时间包裹刚好被运送到货车上的O位置，包裹与木板之间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）包裹运到传送带顶端Q的速度vQ。
答案： 4 m/s　
解析： 包裹在木板上从Q到O过程中，沿木板方向做匀减速直线运动，根
据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学公式得0－＝－2al2
联立得vQ＝4 m/s。
（2）包裹与传送带之间的动摩擦因数μ'。
答案： 0.8　
解析：由于vQ＝4 m/s＜v0＝5 m/s，包裹无初速地放在底端P，
因此包裹在传送带上一直加速，由动能定理得
μ'mgcos α·l1－mgl1sin α＝m－0
解得μ'＝0.8。
（3）由于要传送包裹，电动机多消耗的电能。
答案： 1 600 J
解析：在传送包裹的过程中，包裹增加的动能
ΔEk＝m－0
包裹增加的重力势能ΔEp＝mgl1sin α
设包裹运动的时间为t，有＝，t＝l1
解得t＝10 s
系统产生的热量Q＝μ'mgcos α
电动机多消耗的电能ΔE＝ΔEk＋ΔEp＋Q
解得ΔE＝1 600 J。
提升点二　“滑块—木板”模型
　如图所示，光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度v1向右运动，一
质量为m、速度为v2的物块冲上长木板左侧，一段时间后两者相对静止且
以v3向右运动。已知v1小于v2，长木板的位移为x1，物块的位移为x2，物块
与长木板间的动摩擦因数为μ。
（1）分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。
提示： 对长木板，由动能定理得μmgx1＝M－M，
对物块，由动能定理得
－μmgx2＝m－m。
（2）结合（1）中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗？你认为损失
的动能转化成了什么能？这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系？
提示： 该系统损失的动能为ΔEk损＝M＋m－（M＋m）。
系统损失的能量转化成了系统的内能，即Q＝ΔEk损，
结合（1）中动能定理表达式可得Q＝μmg（x2－x1），
即滑动摩擦力做功产生的热量数值上等于系统损失的动能，Q＝Ff（x2－x1）。
“滑块—木板”问题的分析方法
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）求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
（2）求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
（3）求摩擦生热时用相对位移Δx。
2. 功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
3. 三种处理方法
（1）求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
（2）求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
（3）地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
（2026·湖北孝感联考）如图所示，质量M＝1 kg的木板静止于光滑水
平地面上，木板足够长，质量为m＝1 kg的物块（可看成质点）以速度v0＝
6 m/s从左端冲上木板，最终二者达到共同速度，已知物块与木板间的摩擦
因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）物块刚冲上木板时，物块的加速度a1和木板的加速度a2；
答案： 5 m/s2，方向水平向左　5 m/s2，方向水平向右　
解析： 对物块，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1（a1为大小）
解得a1＝5 m/s2，方向水平向左
对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2（a2为大小）
解得a2＝5 m/s2，方向水平向右。
（2）从开始到二者达到共同速度的过程中，摩擦力对物块做的功Wf；
答案：－13.5 J　
解析：物块冲上木板后经时间t二者共速，对物块，有v共＝v0－a1t
对木板，有v共＝a2t，解得t＝0.6 s，v共＝3 m/s
对物块，由动能定理Wf＝m－m
可得Wf＝－13.5 J。
（3）由于物块与木板的摩擦产生的热量Q。
答案：9 J
解析：对木板和物块组成的系统，由能量守恒定律
m＝Q＋（M＋m），可得Q＝9 J。
　（2026·北京大兴期中）如图，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射
入木块中（未穿出），射入深度为d，平均阻力为f，在两物体达到共速
时，子弹的位移为s1，木块的位移为s2，则下列说法正确的是（　　）
A. 子弹损失的动能为fd
B. 子弹对木块所做的功为fs1
C. 整个过程中的摩擦生热为fs1
D. 整个过程中系统的总动能损失为fd
√
解析： 　木块的位移为s2，子弹对木块所做的功为W＝fs2，故B错误；根
据动能定理可知，子弹损失的动能为子弹克服摩擦力所做的功，为W克＝
fs1＞fd，故A错误；整个过程中的摩擦生热为Q＝fs相对＝fd，根据能量守恒
可知，整个过程中系统的损失的总动能等于整个过程中的摩擦生热，即
ΔEk＝Q＝fd，故C错误，D正确。
提升点三　多运动过程问题
（2025·福建高考15题）如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个
物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地
面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如
图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地
面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求：
（1）0～1 m内F做的功；
答案： 1.5 J　
解析： F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小
由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
解析：由题图乙可知，x＝1 m时外力F的大小刚开始变化，可知此时A、B有
相同的加速度
A与地面间的摩擦力f＝μmg
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma
由于B与地面间无摩擦，对B，由牛顿第二定律得FAB＝ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。
（2）x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
答案： 0.5 N　
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
答案： r≤0.2 m
解析：当FAB＝0时A、B分离，由（2）中分析可知F＝f＝μmg＝0.5 N时A、B
开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始
分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2
结合（1）中分析由题图乙可得WF＝3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点
的过程，由动能定理得－mg·2r＝m－mv2
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥
联立解得r≤0.2 m。
用动力学和能量观点分析多运动组合问题
1. 分析思路
（1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及
不同运动过程中力的变化情况；
（2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过
程中的做功情况；
（3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进
行分析，选择合适的规律求解。
2. 方法技巧
（1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
（2）“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
（3）“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解
题最优方案。
　（2026·广东深圳期末）如图所示，
倾角θ＝37°固定斜面的底端与光滑
水平面BC平滑相连，水平传送带C、
D两端间距离为L＝3 m，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小为v＝6 m/s，传送带上表面与光滑水平面DE在同一水平面内。水平面DE与半径为R＝0.4 m的竖直半圆形光滑轨道EF相切，现将质量为m＝1 kg的小物块（可看成质点）从斜面上高h＝0.75 m处的A点由静止释放，运动到B点的速度为vB＝1 m/s，小物块滑过传送带及水平面DE后从E点进入半圆形轨道，通过最高点F点后做平抛运动落在水平面上的G点。已知小物块与传送带上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小物块与斜面之间的动摩擦因数μ2；
答案： 0.7　
解析： 小物块从A点静止下滑到B点，根据动能定理有mgh－μ2mgcos
θ·＝m－0
代入数据解得μ2＝0.7。
解析：小物块滑上传送带，因vB＝1 m/s＜6 m/s，所以小物块在传送带上先
做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝7 m/s2
设经过时间t，小物块与传送带共速，则有v＝vB＋a1t
（2）小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN；
答案： 40 N　
解得t＝ s
则小物块在时间t内运动的位移为x＝t＝2.5 m＜L＝3 m
说明小物块在传送带后一段做匀速直线运动，即小物块在D点的速度等于
传送带的速度，则有vD＝v＝6 m/s
小物块从D点到F点，根据动能定理有－mg·2R＝m－m，解得vF＝
2 m/s
在F点，根据牛顿第二定律有FN'＋mg＝m
根据牛顿第三定律可得小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大
小FN＝FN'＝40 N。
（3）传送带因传送货物多消耗的能量E0。
答案： 30 J
解析：当小物块在传送带上做匀加速直线运动时，小物块对传送带的摩擦
力做负功，需要多消耗能量，则有E0＝μ1mg·vt＝30 J。
课时跟踪检测
1. 〔多选〕如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面
上，质量为m的物体（可视为质点）放在木板上最左端，现用水平恒力F作
用在物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体和木板之间
的摩擦力为Ff。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此
过程中（　　）
A. 力F对物体做功大小为F（L＋x）
B. 摩擦力对物体做功为－FfL
C. 摩擦力对木板做功为Ffx
D. 系统产生的热量为Ffx
1
2
3
4
5
6
√
√
解析： 　根据功的计算式，力F对物体做功W1＝F（L＋x），故A正
确；物体受到的摩擦力向左，摩擦力对物体做功W2＝－Ff（L＋x），故B
错误；木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功W3＝Ffx，故C正确；系
统产生的热量Q＝Ffx相对＝FfL，故D错误。
1
2
3
4
5
6
2. （2026·山西朔州期末）如图，质量m＝1 kg的物块（可视为质点），以
速度大小v0＝4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB
的长度L＝6 m，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因
数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，物块滑离传送带时传送带对物块
做的功是（　　）
A. 4 J B. 2 J
C. 6 J D. －6 J
√
1
2
3
4
5
6
解析： 　物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a＝
＝2 m/s2，物块向右减速到速度为0通过的位移大小为x1＝＝4 m＜L
＝6 m，可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速，之后与
传送带相对静止一起匀速运动到左端离开，根据动能定理可知，传送带对
物块做的功为W＝mv2－m＝－6 J，故选D。
1
2
3
4
5
6
3. 〔多选〕如图所示，半径为R的圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为
m的小球由距槽口M正上方3R的O点无初速度释放，经过一段时间小球运动
到圆弧轨道的最高点N，且此时小球与轨道之间压力的大小为mg。重力加
速度为g，则对小球由O到N的过程，下列描述正确的是（　　）
A. 小球在N点的速度大小为
B. 机械能的减少量为mgR
C. 合力对小球做功为2mgR
D. 摩擦力对小球做功为－2mgR
√
√
1
2
3
4
5
6
解析： 小球沿轨道到达最高点N时对轨道压力为mg，小球受重力和支
持力，合力为2mg，方向向下，根据牛顿第二定律，有2mg＝m，解得v＝
，故A正确； 从O到N过程，重力势能减小量ΔEp＝2mgR，动能的增
加量ΔEk＝mv2＝mgR，机械能的减少量为ΔE＝ΔEp－ΔEk＝mgR，故B正
确；合外力做功等于动能增加量，故为W合＝ΔEk＝mv2＝mgR，故C错
误；克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为W克＝ΔE＝ΔEp－ΔEk＝
mgR，则摩擦力对小球做功为－mgR，故D错误。
1
2
3
4
5
6
4. （2026·江苏南京期中）如图所示，光滑的
四分之一圆弧轨道竖直固定在水平面上，其半
径R＝0.45 m，质量M＝2 kg的足够长的长木板
静止在光滑水平面上，圆弧轨道的末端恰好与长木板的上表面相切。一质量为m＝1 kg的物块（可看成质点）从圆弧A点由静止滑下，从左端冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）物块刚滑到圆弧轨道底端时，圆弧轨道对物块支持力的大小；
1
2
3
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5
6
1
2
3
4
5
6
答案： 30 N　
解析：物块下滑过程，由动能定理可得mgR＝mv2，解得v＝3 m/s
物块在轨道底端时，对其受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝
解得FN＝30 N。
（2）物块与长木板共速时速度的大小；
答案： 1 m/s　
解析：对物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，μmg＝
Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝2.5 m/s2
两者达到共同速度时有v1＝v－a1t＝a2t
解得v1＝1 m/s。
1
2
3
4
5
6
解析：根据能量守恒定律有
Q＝mv2－
解得Q＝3 J。
（3）由于物块与木板摩擦所产生的热量Q。
答案： 3 J
1
2
3
4
5
6
5. （2025·安徽高考14题）如图，M、N为固定在竖直平面
内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻
绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，
小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以
水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着
绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，
小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，
重力加速度g取10 m/s2。
1
2
3
4
5
6
（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
答案： 4 m/s　17 N　
解析： 从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置（绳子刚好
被拉断）的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉
断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得mg·2L＝m－mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小
球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm'＝Fm＝17 N。
1
2
3
4
5
6
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
答案： 4 m　
解析：绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设
小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小（抛出点到落地点的水平距
离）为x，则由平抛运动规律可得2L＝g（Δt）2
x＝vΔt
联立解得x＝4 m。
1
2
3
4
5
6
（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
答案： 2 m/s
解析：当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此
速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝
0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L＝m－
m
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m·
联立解得vmin＝2 m/s。
1
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5
6
6. （2026·贵州贵阳期末）某机场的地勤人员利用如图甲所示的传送带将
行李箱从飞机上运送到地面，传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。在t＝
0时，将质量m＝10 kg的小行李箱轻放在传送带上A点，t＝1.5 s时小行李
箱从B点离开传送带，其v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
1
2
3
4
5
6
（1）请判断小行李箱刚放上A点时受到的摩擦力方向是沿斜面向上还是沿
斜面向下？并从图乙中判断出传送带运行的恒定速率是多少？
答案： 沿斜面向下，5 m/s　
解析： 小行李箱刚放上A点时，相对于传送带向上运动，行李箱受到
的摩擦力方向沿斜面向下；由图乙得，传送带运行的恒定速率是5 m/s。
1
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4
5
6
解析：由题图乙可知，0～0.5 s摩擦力方向沿传送带向下，加速度a1＝
m/s2＝10 m/s2
0.5～1.5 s内摩擦力方向沿传送带向上，加速度a2＝ m/s2＝2 m/s2
设传送带的倾角为θ，根据牛顿第二定律有，0～0.5 s内，有mgsin θ＋
μmgcos θ＝ma1
0.5～1.5 s内，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得θ＝37°，μ＝0.5。
（2）求传送带的倾角θ和行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ；
答案： 37°，0.5　
1
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6
解析： 0～1.5 s内小行李箱受到的摩擦力
f＝μmgcos θ＝40 N
0～0.5 s内小行李箱位移
s1＝×0.5×5 m＝ m
摩擦力做正功，则W1＝fs1＝50 J
0.5～1.5 s内小行李箱位移
s2＝×1×（5＋7）m＝6 m
（3）求0～1.5 s内摩擦力对小行李箱所做的功及摩擦产生的热量。
答案： －190 J，90 J
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摩擦力做负功，则W2＝－fs2＝－240 J
故0～1.5 s内摩擦力对小行李箱做功Wf＝W1＋W2＝－190 J
0～0.5 s内传送带的位移s传1＝vt1＝ m
所以此时间内小行李箱与传送带的相对位移Δs1＝m＝1.25 m
0.5～1.5 s内传送带位移s传2＝vt2＝5 m
所以此时间内相对位移Δs2＝6 m－5 m＝1 m
故Q＝fΔs相＝f（Δs1＋Δs2）＝40×（1＋1.25）J＝90 J。
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