文档内容
专题13 动力学和能量观点的综合应用
目录
题型一 多运动组合问题...............................................................................................................................................1
题型二 “传送带”模型综合问题.............................................................................................................................11
类型1 水平传送带问题......................................................................................................................................12
类型2 倾斜传送带..............................................................................................................................................21
题型三 “滑块－木板”模型综合问题....................................................................................................................32
题型一 多运动组合问题
【解题指导】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．
【例1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的
倾角均为θ=37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍
微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m
的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升
一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩
擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
在最高点，对滑块由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理
解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为
（3）滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
解得
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s，由动能定理
1
解得
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理解得
所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大
高度为h，由动能定理可得
解得
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑
动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s，由动能定理
2
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为
联立解得
【变式演练1】如图所示，斜面 和水平面 相交于B点， 是竖直放置的半径为
的光滑半圆轨道， 与 相切于C点，E点与圆心O点等高。质量为m的小球
从离水平面h处由静止释放，经过水平面后并滑上半圆轨道，已知小球与水平地面及与斜
面间的动摩擦因数都为 ，斜面的倾角 ，BC长 ，取 ，如果
让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，则h的取值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【详解】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个：一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足
得
二是小球在半圆形导轨在E点减到速度为零，由动能定理
得
小球能进入半圆轨道有
得
，
故选AC。
【变式演练2】如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的O点，另一
端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球从与O等高的A点由静止释放，小球在竖直
平面内以O点为圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉断，
小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球飞出时的速率v。
（2）绳能承受拉力的最大值F 。
m
（3）小球落地点到B点的水平距离x。【答案】（1） ；（2）3mg；（3）
【详解】（1）根据动能定理有
解得小球飞出时的速率
（2）设绳对小球的拉力为T，依据牛顿第二定律有
解得
T=3mg
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小
F =T=3mg
m
（3）设平抛运动的时间为t，则
解得
抛出的水平距离【变式演练2】如图所示，桌面右侧的水平地面有一竖直放置的半径为R的光滑圆弧轨道
为其竖直直径，桌面与圆弧轨道MNP中间有一光滑管道Q，其右端与P相切平
滑连接，管道内径略大于小球直径，桌面到水平地面的竖直距离也为R，劲度系数为k的
轻质弹簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的挡板上。一质量为m、可
视为质点的小球与弹簧不粘连，现移动小球压缩弹簧后由静止释放小球，小球到达圆弧的
C点时刚好脱离轨道。已知弹簧压缩量为s，弹簧弹性势能的表达式为 （x为弹簧
的形变量），不计其他阻力及小球在管道Q和圆弧轨道中运动的能量损耗，重力加速度为
g。
（1）求C点与O点的高度差h；
（2）若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范围。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道，则小球在C点只有重力沿 方向的
分力提供向心力，设重力方向与 的夹角为θ，由牛顿第二定律有
由几何关系有
从静止释放到C点，由能量守恒定律有联立解得
（2）小球在运动过程中不脱离轨道，可知小球能通过M点，则应有
从静止释放到M点，由能量守恒定律有
解得
【变式演练3】小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为
如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨
道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置，刚开始时装置
处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹
射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失
，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为 ，电动机
功率恒为 ，圆轨道半径为 ，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为 ，
AB轨道长 ，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨
道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。
（1）若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；
（2）若某次测试时，赛车电动机工作 ，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此
次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？
（3）若某次测试时，赛车电动机工作 ，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车
不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。【答案】（1）6N；（2）2.3J；（3）
【详解】（1）赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律
解得
从H到C，由动能定理有
解得
根据指向圆心方向合力提供向心力有
解得
根据牛顿第三定律在H点对轨道压力 ；
（2）赛车从E到F做平抛运动，有
解得对赛车，从A出发最终到E的过程中，根据功能关系可得
代入数据解得
（3）题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时 最小，由上分析可知
小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律
解得
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理
可得
所以赛车不会从E点飞出，有
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理
可得
则
赛车要脱离轨道。所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律
解得
综上，当
时可满足要求。
【变式演练4】（2024·河北保定·三模）如图所示，处于竖直平面内的轨道装置，由倾角
光滑直轨道AB、圆心为 的半圆形光滑轨道BCD，圆心为 的光滑圆弧外轨道
EF组成。且 ，B为轨道间的相切点，B、 、D、和 处于同一直线上。已
知滑块质量 ，轨道BCD和EF的半径为 。滑块开始时从轨道AB上某点
由静止释放。（ ， ， ， ， ）
（1）若释放点距离B点的高度差为h，求滑块在最低点C时轨道对滑块支持力 与高度h
的函数关系；
（2）若释放点距离地面的高度差为 ，滑块在轨道BCD上的P点刚好脱离轨道，求滑
块能达到距离地面的最大高度；（结果保留3位有效数字）
（3）若释放点距离地面的高度差为5R，求滑块从F点抛出后水平位移和重力的冲量。
（结果保留2位有效数字）
【答案】（1） ；（2）0.148m； （3） ，
【详解】（1）滑块从释放到C点过程，根据动能定理可得在C点时，根据向心力公式可得
联立解得
（2）设小球在与圆心 的连线跟竖直方向夹角为θ处脱离轨道，有
从释放点到圆轨道最低点，由动能定理，有
解得
从圆轨道的最低点到脱离处P点，由
可得
解得
小球脱离轨道后做斜抛运动，在最高点时的速度
从圆轨道的最低点到最高点，由
可得解得
（3）从释放点到F点，由动能定理可知
解得
由几何关系可知，在F点滑块的速度与水平方向夹角为69°。
小球脱离轨道后做斜抛运动，设从F点处到最高处的时间为 ，则有水平方向
竖直方向
解得
竖直方向上升的高度
此后做平抛运动，设平抛运动的时间为 ，
解得
滑块从F点抛出后水平位移
重力的冲量【变式演练5】自由滑雪大跳台是冬奥会比赛项目，其赛道简化为如图所示的模型，其中
助滑区倾斜赛道AB与圆弧赛道BCD相切于B点，圆弧赛道半径R=10m，起跳点D与圆心
的连线与竖直方向的夹角θ=25°。质量m=50kg（连同装备）的运动员从助滑区的A点由静
止开始下滑，到达起跳点D时斜向上飞离雪道，落在着陆坡上的E点。已知A点到C点
（C为圆弧赛道的最低点）的竖直高度差h=30m，运动员到达圆弧上的D点时对赛道的压
1
力F =950N，D、E两点间的竖直高度差h=12m，重力加速度g取10m/s2，sin25°=0.4，
N 2
cos25°=0.9，不计空气阻力，运动员可视为质点。求：
（1）运动员从A点运动到D点克服阻力做的功；
（2）起跳点D到落地点E之间的水平距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）在D点，根据牛顿第三定律，赛道对运动员的支持力
对D点，根据牛顿第二定律
可得
运动员从A点运动到D点根据动能定理
解得
（2）点D到落地点E之间做斜抛运动，竖直方向水平方向
解得
题型二 “传送带”模型综合问题
【解题指导】1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩
擦产生的热量要用Q＝Fx 或能量守恒定律.
f 相对
2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
【核心归纳】1．设问的角度
(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．功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q。
k p
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Fx ；
f 传
②产生的内能：Q＝Fx 。
f 相对
类型1 水平传送带问题
【例1】（2024·辽宁大连·二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面
AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由
静止释放，运动到C点时以速度 与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞（碰
撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度
和 冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度 ，传送带足够长。已知曲
面高度 ，小件甲的质量 ，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为 ，重力加速度取 。求：
（1）小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；
（2）小件乙的质量 及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
（3）小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电
能。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）甲从A到C，由动能定理
得
（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律
解得
则损失的机械能
解得
（3）甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
甲加速到与传送带共速的时间
此过程传送带发生的位移
传送带克服甲物体摩擦力做功
乙冲上传送带先做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律
可得
乙减速到与传送带共速的时间
此过程传送带发生的位移
乙物体对传送带的摩擦力做了正功
电动机需额外消耗的电能
【变式演练1】如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机
带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保
持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是（
）A．摩擦力对物体做的功为mv2
B．电动机多做的功为
C．系统产生的内能为
D．传送带克服摩擦力做的功为
【答案】C
【详解】A．根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为
故A错误；
B．电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于 ，故B
错误；
CD．设共速前物体相对地面的位移为 ，传送带相等地面的位移为 则有
，
可知
可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为 ，则系统产生的内能
为
故C正确，D错误。
故选C。
【变式演练2】如图所示，在竖直平面内固定圆心角 的光滑弧形轨道BC，B、C两点的高度差 ，轨道末端B点与水平传送带右端平滑对接，传送带以恒定的速度顺
时针转动。将质量 的小物块从C点无初速释放，小物块能返回圆弧轨道，返回后
上升的最大高度 。已知传送带长 ，各处粗糙程度相同，重力加速度
， ， 。
（1）求小物块第一次滑至B点时对轨道的压力大小；
（2）求传送带的速度大小和小物块与传送带间动摩擦因数的最小值；
（3）若小物块与传送带间动摩擦因数为最小值，求小物块第2022次在传送带上运动时，
小物块与传送带间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）小物块沿弧形轨道从C到B的过程中由机械能守恒定律有
代入数据得
由几何关系可得
由向心力公式可得
联立解得小物块受到的支持力大小为
由牛顿第三定律可知小物块第一次滑至B点时对轨道的压力大小（2）对物块由机械能守恒定律有
解得小物块离开传送带时的速度为
由于 ，所以木块返回时先匀加速运动，后与传送带共速，所以传送带的速度为
2m/s，小物块能返回弧形轨道，不会从A端掉下，则有
其中
由牛顿第二定律
解得
所以动摩擦因数的最小值为0.4
（3）小物块从第2次开始每次向左滑上传送带、向右离开传送带时速度均为2m/s，小物块
第2022次在传送带上运动，小物块从B点到回到B点的过程中，位移 ，所用时间
传送带的位移
小物块与传送带间因摩擦产生的热量
解得
【变式演练3】我国物流市场规模连续七年位列全球第一。某物流分拣中心为转运货物安
装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以的加速度向前加速运行。在传送带空载的某时刻，某质量为20kg的货物向前以3m/s的初
速度滑上传送带。已知传送带长为6m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，取
，求：
（1）货物用多长时间到达传送带末端；
（2）整个过程传送带对货物做的功；
（3）传送带与货物由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）3s；（2）0；（3）60J
【详解】（1）对货物受力分析，由牛顿第二定律可知
解得
设经时间t 两者共速，则
1
解得
故货物运动1s后两者共速。此时的速度大小
货物的位移
由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动
时间t 到达传送带末端，则
2
解得
所以货物到达传送带末端所用的时间（2）设货物到达传送带末端的速度大小为 ，则
解得
货物从被推上传送带至到达传送带末端的过程，由动能定理得
解得
（3）货物和传送带之间的相对位移
所以整个过程因摩擦产生的热量
【变式演练4】如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，圆心为O点，圆弧
所对圆心角 ，半径为 ，末端Q点与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一
长度为 的水平传送带，传送带沿顺时针方向转动，传送带上表面与P点高度差为
。现在传送带左侧由静止放置一个质量为 的可视为质点的滑块A，滑块
由P点沿圆弧切线方向进入轨道，滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块A与传送带、
地面间的动摩因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 ， ， ，求：
（1）滑块A离开传送带时速度 的大小；
（2）滑块A经过Q点时受到弹力 的大小；
（3）滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能Q。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
（2）滑块A从在P点速度
从P到Q的过程中，由机械能守恒可得
在Q点有
解得
（3）滑块A随传送带做匀加速直线运动
由于
可知传送带匀速运动的速度为
滑块A做匀加速运动的时间为滑块A相对于传送带的位移大小为
滑块和传送带组成的系统产生的焦耳热
【变式演练5】弯曲轨道与水平地面平滑连接，右侧有一与地面等高的传送带，传送带始
终以速度 顺时针匀速转动，如图甲所示。将一滑块从轨道上高 处无初速释放，当
时，滑块离开传送带时的速度不变，当滑块从其他高度释放后，离开传
送带时的速度大小 与高度 的图像为如图乙所示的曲线。已知滑块与传送带间的动摩擦因
数 ，弯曲轨道与水平地面均光滑，取重力加速度大小 ，求：
（1）传送带的传送速度 ；
（2）传送带的长度 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）（2）根据题意，结合图乙可知，当 时，滑块始终在传送带上
加速，当 时，滑块始终在传送带上减速，设滑块滑上传送带的速度为 ，由机械
能守恒定律有
由运动学公式有
其中解得
，
【变式演练6】如图所示，一质量 的物块以 的速度从B端进入水平传送带
，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带 长 ，该物块与传送带间的动摩
擦因数 ，传送带以速度为v顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮
大小。重力加速度 。求：
（1）当传送带的速度 时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产
生的热量是多少？
（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点
为圆心，半径为 。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置
时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
【答案】（1）2J；（2）7.5J
【详解】（1）小物块的加速度
小物块的加速时间
小物块匀加速的位移则小物块先加速后匀速，传送带的位移
二者的相对位移
产生的热量
（2）令小物块从C点飞出后速度为 ，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
根据动能定理有
解得
由数学知识可知，当 时， 最小，解得
类型2 倾斜传送带
【例2】（2024·河北衡水·一模）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简
化图如图（b）所示，该装置由传运带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传
送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为 ，CD与水平面平行。
传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移 后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带
匀速运行的速度为 ，货物质量为 ，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数
为 ，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为 。已知 ，
，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力 的大小及侧面所受滑动摩擦力 的
大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。
【答案】（1）40N，15N；（2）10.2s，163J
【详解】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为
，货物底面所受滑动摩擦力为 ，挡板对货物支持力为 ，货物侧面所受滑动摩擦力
为 ，由力的平衡条件有
由滑动摩擦力计算式有
代入数据可得
（2）因为 与运动方向相同， 与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速
直线运动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得解得
设货物匀加速至与传送带共速所用时间 ，对地位移为 ，由运动学公式得
货物匀加速阶段的位移为
因 ，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为
，位移为 ，由运动学公式得
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之
和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能有
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能有
货物增加的动能
传送装置多消耗的电能
【变式演练1】（2024·安徽·二模）在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为 ，
如图甲所示。传送带现将一质量 的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端为
参考平面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方 随位移x的变化如图乙所示，取
重力加速度大小 ， ， ，快件可视为质点，求：
（1）快件与传送带之间的动摩擦因数 ；
（2）快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功W。
【答案】（1）0.875；（2）198J
【详解】（1）快件放上传送带先做匀加速运动，根据
结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度为
m/s2
根据牛顿第二定律可得
解得动摩擦因数为
=0.875
（2）设传送带的速度为v，根据图像可知
v=3m/s
快件加速的时间为
s
快件与传送带的相对位移为
=4.5m快件和传送带间因摩擦产生的热量为
电动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即
解得
E=198J
【变式演练2】如图所示，一轻弹簧原长 ，其一端固定在倾角为 的固定斜面
的底端 处，另一端位于 处，弹簧处于自然伸长状态，斜面 长 。在 间
有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且 长 ，传送带逆时针转动，转动速度
为 。传送带上端通过一个光滑直轨道 与一个半径为 的光滑圆弧轨道
相切于 点，且 端切线水平， 均在同一竖直平面内，且 在同
一竖直线上。质量为 的物块P（可视为质点）从 点由静止释放，最低到达 点
（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达 点。已知物块P与传送带间的动摩
擦因数为 ，与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度 ，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力， ， ，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求 间距离 及物块P运动到 点时弹簧的弹性势能 ；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P
推至 点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点 处水平飞出后，恰好落于 点，求物
块运动到 点的速度 。
【答案】（1） ， ；（2）【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得物块的加速度
a=12m/s2
当物块速度达到4m/s时，其位移为
故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动
到F点。设BE长为L，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
0
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
联立解得
L=1m，E=80J
0 p
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向
上有
xcosθ=vDt
0
竖直方向上有
解得
vD=4m/s
【变式演练3】如图，高为h倾角为 的粗糙传送带以速率 顺时针运行，将质量为m的
小物块轻放到皮带底端，同时施以沿斜面向上的拉力使物块做匀加速直线运动，不考虑轮的大小，物块运动到斜面顶端时速率为 ，物块与传送带之间的动摩擦因数为 ，重力
加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对物块所做的功为
B．整个过程皮带与物块间产生的热量为
C．拉力所做的功为
D．皮带因传送物块多消耗的电能为
【答案】BC
【详解】A．物块向上做匀加速直线运动，则有
物块与皮带达到同速之前，物块所受摩擦力方向沿皮带向上，此过程的位移
物块与皮带达到同速之后，物块所受摩擦力方向沿皮带向下，此过程的位移
解得
，
则摩擦力对物块所做的功为
解得A错误；
C．根对物块，根据动能定理有
解得
C正确；
B．物块与皮带达到同速之前经历的时间
结合上述解得
物块与皮带达到同速之后经历的时间
结合上述解得
则前后过程的相对位移分别为
，
则整个过程皮带与物块间产生的热量为
B正确；D．传送带通过摩擦力对物块做功消耗能量，根据上述，摩擦力对物块所做的功为 ，
即表明物块对传送带做正功，则传送带并没有多消耗能量，D错误。
故选BC。
【变式演练4】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，简化模型
如图乙所示，皮带输送机倾角为 ，顺时针匀速转动，每隔2s在输送带下端A点无初
速放入一件货物（货物足够多）。每件货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械
能E与位移s的关系图像（以A位置为零势能参考面）如图丙所示。已知货物均可视为质
点，质量均为 ，重力加速度g取10 ， 。则（ ）
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.875
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．每件货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s
D．皮带输送机因运送一件货物而多消耗的能量为515J
【答案】AC
【详解】A．由图像可知，货物从开始运动到与传送带相对静止，可知
解得
μ=
A正确；
B．由图像可知，物块沿传送带向上运动 后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，则
解得
则输送带A、B两端点间的距离为
B错误；
C．加速阶段的加速度大小为
传送带的速度大小为
则加速的时间为
匀速的时间为
共用时间为
C正确；
D．每一件货物从低端到顶端要消耗的能量为
D错误。
故选AC。
【变式演练5】如图所示，绷紧的传送带与水平面所成的角为37°，在电动机的带动下，传送带以2m/s的恒定速率顺时针运行，现将一质量为20kg的货物（可视为质点）轻轻放在
传送带底端，货物被传送到h=3m的高处，货物与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．货物先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用
B．货物在传送带上运动的时间为6s
C．货物的机械能增加了1280J
D．货物与传送带间由于摩擦产生的热量为640J
【答案】D
【详解】A．货物刚放在传送带上时，对货物有
解得
达到与传送带等速需要的时间为
此过程货物运动的位移的大小为
刚好到达传递带顶端，所以货物在传送带上一直做匀加速直线运动，一直受到滑动摩擦力
作用，故A错误；
B．货物在传送带上运动的时间为5s，故B错误；
C．货物的机械能增加了
故C错误；D．货物与传送带间由于摩擦产生的热量为
故D正确。
故选D。
【变式演练6】如图所示为某小型购物商场的电梯，长L＝7.0m，倾角θ＝37°。在某次搬
运货物时，售货员将质量为m＝50kg的货物无初速度放在电梯的最下端，然后启动电机，
电梯先以a＝1m/s2的加速度向上做匀加速运动，速度达到v＝2m/s后匀速运动。已知货物
0 0
与电梯表面的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）货物从电梯底端运动到顶端所用的时间；
（2）电机因运送该货物多做的功（忽略电梯自身动能的变化）。
【答案】（1）6s；（2）3160J
【详解】（1）对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，当摩
擦力是最大静摩擦力时，货物获得的加速度最大
解得
所以货物先做加速度为0.4 m/s2的加速度向上做匀加速运动，当速度与传送带速度相等时再
做匀速直线运动。根据匀变速直线运动规律，货物加速阶段的位移为
匀加速运动所需要的时间为之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为
货物从电梯底端运动到顶端所用的时间
（2）根据功能关系，可知电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能和重力势能以及
在皮带上产生的热量
联立解得
W＝3160J
【变式演练7】如图甲，为机场工作人员利用倾斜传送带向飞机货仓装载行李的场景，传
送带保持恒定速率向上运行。工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带
底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。
如图乙，A、B、C、D是传送带上4个进入货仓前匀速运动的行李箱，其中A与B、B与C
间的距离均为d，C与D间的距离小于d。已知传送带运行的速率为 ，倾角为 ，传送带
的长度为L，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（
）．
A．A、B、C、D与传送带间动摩擦因数相同，均满足B．A、B、C与传送带间动摩擦因数大于D与传送带间动摩擦因数
C．工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔
D．若A的质量为m，则由于传送A，驱动传送带的电机额外消耗的电能
【答案】C
【详解】AB．传送带运行的速率为 ，工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放
在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，行李箱放在传送带上后，
先加速，后匀速，设加速时间为t，加速过程的位移为x，则对行李箱有
1
行李箱加速时，传送带的位移为x，则
2
行李箱加速时，与传送带的相对位移为
A与B、B与C间的距离均为d，C与D间的距离小于d，则A、B、C与传送带间动摩擦因
数相同，D与传送带间动摩擦因数大于A、B、C与传送带间动摩擦因数，且A、B、C、D
与传送带间动摩擦因数均满足 ，AB错误；
C．由以上分析知，A、B、C释放的初始位置间距等于它们匀速后的位置间距d，则工作人
员往传送带底端放置行李箱的时间间隔为
C正确；
D．根据能量守恒定律知，驱动传送带的电机额外消耗的电能转化为了A的机械能和摩擦
产生的热能，有D错误。
故选C。
题型三 “滑块－木板”模型综合问题
【解题指导】1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，
注意两者速度相等时摩擦力可能变化.
2.用公式Q＝F·x 或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．
f 相对
【核心归纳】“滑块—木板”模型问题的分析方法
(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.
【例1】（2024·安徽·二模）一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，
质量为m的物体B（视为质点）以初速度 从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。
该过程中，物体B的动能减少量大小为 ，长木板A的动能增加量为 ，A、B间摩
擦产生的热量为Q，关于 ， ，Q的值，下列情况可能的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】B
【详解】AC．根据木板A和物体B组成的系统能量守恒
故AC错误；
BD．画出物体B和长木板A的速度一时间图线，分别如图中1和2所示
图中1和2之间的梯形面积表示板长 ，1与 轴所围的面积表示物体B的位移，2与 轴所
围的面积表示长木板A的位移 ，由图可知
根据功能关系
联立解得
故B正确，D错误。
故选B。
【例2】．（2023·全国·高考真题）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v 开始运动。已知物块
0
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 D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题意可知
设物块的对地位移为 ，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式
因为
可得则
所以
B正确，A错误。
故选BD。
【变式演练1】（2024·四川成都·二模）如图，一质量为 的木板静止在水平地面上，
一质量为 的滑块（可视为质点）以 的水平速度从木板左端滑上木板，木板
始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩
擦因数为 （未知），重力加速度大小取 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（ ）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为
C． 可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为
【答案】C
【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板
的静摩擦力方向水平向左，故A错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
故B错误；C．木板始终保持静止，即
解得
故C正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
故D错误。
故选C。
【变式演练2】．（2024·辽宁鞍山·二模）如图所示，上表面粗糙的长木板B静止在光滑的
水平面上，物块A叠放在长木板右端，轻弹簧一端连接在物块A上，另一端连接在竖直墙
面上，开始时弹簧处于原长，现对B施加一水平向右恒定的拉力F，弹簧始终处于弹性限
度内且只分析A未离开B的过程，则正确的说法是（ ）
A．施加拉力后最初的一段时间内，物块A和木板B一定无相对滑动
B．施加拉力的瞬间，物块A所受的摩擦力为零
C．施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量
D．施加拉力后，在A与B相对滑动过程中，A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B
间产生的热量
【答案】C
【详解】A．由题干可知，施加水平向右的恒力F后，在物块A与木板B未分离过程中，
即施加力F后，物块A与木板B即发生相对滑动，故A项错误；
B．由上述分析可知，施加拉力后，两者之间即发生相对滑动，此时物块A与木板间存在
滑动摩擦力，故B项错误；
C．由能量守恒可知，拉力F所做的功等于物块A与木板B、弹簧整体机械能的增量以及A、B物体之间摩擦产生的热，即施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B
和弹簧整体机械能的增量，故C项正确；
D．由功能关系可知，A、B之间产生的热等于A、B之间摩擦力与A、B两物体间的相对
位移的乘积即
故D项错误。
故选C。
【变式演练3】如图甲所示，质量 的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物
块以 的速度从左端滑上长木板后，不能从木板的右端掉落，其运动的 图像如
图乙所示。取重力加速度大小 ，求：
（1）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（2） 内静摩擦力对长木板的冲量 。
【答案】（1） ；（2） ，方向向右
【详解】解：（1）根据题意由图乙可知， 内小物块与长木板发生相对运动，
时，小物块与长木板具有相同速度 ，之后一起匀减速，连接坐标原点与图像的拐点，
即为长木板的 图像，如图所示设小物块的质量为 ，小物块与长木板间的动摩擦因数为 ，长木板与地面间的动摩擦因
数为 ，前 内小物块的加速度大小为 ，长木板的加速度大小为 ， 后小物块和长
木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
由图像可得
联立解得
由图像可得， 内小物块的位移为
长木板的位移为小物块与木板间因摩擦产生的热量
（2）设 内长木板受到小物块的静摩擦力大小为 ，该静摩擦力的方向向右，则有
联立代入数据解得
方向向右。
【变式演练4】如图甲，物体A的质量m= 1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量
1
m= 2kg，某时刻A以v= 6m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，
2 0
给B施加一个水平方向的拉力 ， 随时间变化如图乙，共作用1.5s，以水平向右为正方
向；已知A与B之间的动摩擦因数 ，木板B足够长（忽略物体A的大小）。求：
（1）0 ~ 1s内，物体A和木板B的加速度分别为多大；
（2）1.5s末，A、B的速度分别为多大；
（3）最终，物体A和木板B由于摩擦产生的热量（用分数表示）。
【答案】（1） m/s2， m/s2；（2）v = 3m/s，v = 2.5m/s；（3） J
3 4
【详解】（1）0 ~ 1s内，若A一直做匀减速运动，B一直做匀加速运动，根据牛顿第二定
律，对A有对B有
解得
m/s2， m/s2
（2）1s时A的速度为
m/s
1s时B的速度为
m/s
1s后力反向，若一起减速，根据牛顿第二定律
解得
m/s2
A做匀减速运动的最大加速度为 m/s2，即A以 m/s2做匀减速运动，对B分析
解得
m/s2
1.5s时，A的速度为
m/s
1.5s时，B的速度为
m/s
（3）0 ~ 1s内，物体A和木板B相对位移为
m
1s ~ 1.5s内，物体A和木板B相对位移为m
1.5s后A做匀减速运动的加速度为
m/s2
B做匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得
m/s2
共速时
解得
s
物体A和木板B相对位移为
m
之后，A和B一起做匀速运动，物体A和木板B由于摩擦产生的热量为
解得
J
