专题强化：动力学和能量观点的综合应用（解析版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中物理试卷汇编_0618物理

专题强化：动力学和能量观点的综合应用
题型分类
题型一 传送带模型综合问题
1.关键分析
(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)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
考向1水平传送带
1.(2026·安徽淮北·二模)(多选)如图甲所示为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
图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率运行。旅客把行李(可视为质点)无初
速度地放在A处，行李运动至B处后取下行李。已知行李与传送带之间的动摩擦因数µ=0.4，AB间距
离x=2m，重力加速度g取10m/s2，则 ( )
A. 行李从A运动至B的时间为1s
B. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为2cm
C. 增大传送带运行速率，将缩短行李从A运动至B的时间
D. 由于传送行李，电动机多消耗的电能等于行李动能的增加量
【答案】BC
μmg
【详解】A．行李放上传送带时，加速度a= =μg=4m/s2
m
v
加速时间为t = =0.1s
1 a
1v2 0.42
位移为x = = m=0.02m
1 2a 2×4
x-x
匀速运动的时间为t = 1 =4.95s
2 v
所以运动总时间为t=t +t =5.05s，故A错误；
1 2
B．痕迹长为Δx=vt -x =0.02m=2cm，故B正确；
1 1
v
C．若增大传送带运行速率，设传送带运行速率为v′，则行李匀加速运动的时间为t=
1 a
v2
匀加速运动的位移大小为x=
1 2a
x-x
匀速运动的时间为t= 1
2 v
v x
联立可得行李运动的总时间为t=t+t= +
1 2 2a v
v x
由此可知，当 = 时，时间最短，此时v=4m/s
2a v
所以增大传送带运行速率，将缩短行李从A运动至B的时间，当传送带的速度大于4m/s时，行李的运动
时间不变，故C正确；
D．根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能等于行李动能的增加量与摩擦产生的热量之和，故D
错误。
故选BC。
考向2倾斜传送带
2.(2026·广西桂林·一模)如图所示，快递公司分拣邮件使用倾角θ=37°的传送带，将每个质量m=2kg的
邮件从地面运送到高h=6m的出发平台。传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。已知各邮件与
传送带间的动摩擦因数相同μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°
=0.8。求：
(1)邮件刚轻放上传送带时的加速度大小；
(2)机械手每隔7s就将一个邮件轻放到传送带底端，传送带上最多同时输送的邮件数量；
(3)在机械手放置第一个邮件开始计时的1分钟内，电动机因运送邮件需多做的功。
【答案】(1)0.4m/s2
(2)2个
(3)1606.4J
【详解】(1)邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得a=0.4m/s2
2h
(2)根据几何关系，可得传送带总长L= =10m
sinθ
对一个邮件分析，设达到共速所用时间为t ，有v=at
1 1
解得t =5s
1
v
邮件的对地位移为x = t
1 2 1
L-x
邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为t ，有t = 1
2 2 v
可得t=t +t =7.5s
1 2
隔7s放一个，则传送带上最多输送2个邮件。
1
(3)电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有W=mgh+ mv2+
2
1
μmgcosθvt - at2
1 2 1
3

解得W=188J
1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量W =8W=1504J
8
1
第9个邮件加速运动Δt=4s，有W =mgsinθ aΔt2 9 2 
1
+ maΔt 2 
1
2+μmgcosθvΔt- aΔt2 2 
解得W =102.4J
9
可得W =W +W =1606.4J
总 8 9
题型二 滑块-木板模型综合问题
1.模型分类：滑块-木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块-木板模型和斜面上的滑块-木板模
型。
2.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
Δv Δv
者速度相等，所用时间相等，由t= 2 = 1 可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别
a a
2 1
求出二者的位移。
3.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)求摩擦生热时用滑块和木板相对滑动的位移x 。
相
考向1水平面上的滑块-木板模型
1.如图所示，木板c静置于光滑水平地面上，木块b放置在木板的右端，t=0时刻，木块a以9m/s的初速度从左端沿水平方向滑上木板c，最终木块a、b恰好未发生碰撞，已知木块a、b和木板c的质量分别为
m =2kg，m =0.75kg，m =1kg，木块a、b与木板c之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取
a b c
10m/s2，则下列说法正确的是 ( )
A. 木板c的长度为10m B. 木块a与木板c之间产生的热量为36J
C. t=2s时，木块a、b与木板c达到共同速度 D. 木板c最终的速度为4m/s
【答案】B
-μm g
【详解】ACD．由牛顿第二定律可知，木块a滑上木板c后的加速度a = a =-μg=-2m/s2
1 m
a
μm g
木块b的加速度a = b =μg=2m/s2
2 m
b
μm g-μm g
木板c的加速度为a = a b =2.5m/s2
3 m
c
设经过t时间木块a与木板c达到共同速度v，根据运动学规律可得v=a t=v +a t
3 0 1
代入数据解得t=2s，v=5m/s
1
木块a的位移x = (v+v )t=14m
1 2 0
1
木板c的位移x = vt=5m
3 2
相对位移Δx =x -x =9m
ac 1 3
此时木块b的速度为v =4m/s
b
1
位移为x = v t=4m
2 2 b
与木板c的相对位移为Δx =x -x =1m
bc 3 2
-μm g
之后木块a与木板c将共同运动，它们的加速度a = b =-0.5m/s2
4
(m +m )
a c
木块b的加速度不变，依然为a =2m/s2
2
设经过t时间木块b与a、c达到共速v，则有v=v+a t=v +a t
4 b 2
解得t=0.4s，v=4.8m/s
即经过时间t+t=2.4s木块a、b与木板c达到共同速度，木板c的速度为4.8m/s，这段时间内木块b与
1 1
木板c的相对位移为Δx' = (v+v)t- (v +v)t=0.2m
bc 2 2 b
则木板c的长度为L=Δx=Δx +Δx +Δx' =10.2m，故ACD错误；
ac bc bc
B．根据功能关系可知，木块a与木板c之间产生的热量为Q=fΔx =μm g·Δx=36J，故B正确。
ac a
故选B。
考向2斜面上的滑块-木板模型
2.(2026·重庆沙坪坝·一模)(多选)如图：足够长的粗糙斜面倾角θ=30°；斜面上放一长L=12m，质量M=
3
103kg的钢板，钢板与斜面间动摩擦因数μ= ；钢板上有一质量为2M的汽车，汽车前后轮间距d=
3
3m，且车轮与钢板之间始终不打滑。开始时，汽车后轮与钢板下端对齐，两者正一起以v =1m/s下滑，
0
4司机发现后t=0s时启动汽车向上行驶，t=5s时车前轮到达钢板上端且汽车速度刚好为0。若汽车发
动机将汽油化学能转化为机械能的效率为50%，g=10m/s2，则 ( )
A. t=5s时，钢板的速度大小为3m/s
B. 从t=0s到t=5s过程中，钢板对车的摩擦力对车做负功，车对钢板的摩擦力对钢板做正功，这两个
功之和为0
C. 从t=0s到t=5s过程中，汽车沿斜面向上走了2m
D. 从t=0s到t=5s过程中，汽车发动机需要消耗的汽油化学能为93000J
【答案】AB
【详解】A．根据题意，对钢板和汽车整体受力分析，由于f=μM+2M
5
 gcos30°=M+2M  gsin30°
可知，钢板和汽车整体的合力为0，则钢板和汽车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有M+2M  v 0
=Mv
板
解得v =3ms，故A正确；
板
B．由于车轮和钢板之间始终不打滑，则一对静摩擦力做功之和为0，且钢板对车的摩擦力对车做负功，
车对钢板的摩擦力对钢板做正功，故B正确；
C．车在钢板上运动过程中，由动量守恒定律有M+2M  v =2Mv +Mv 0 车 板
两边求和可得15=2x +x
车 板
又有x -x =9m
板 车
联立解得x =2m，x =11m
车 板
即汽车沿斜面向下走了2m，故C错误；
1 1
D．根据题意，设发动机的输出功为W，由动能定理有 Mv2 - M+2M 2 板 2  v2=W+Mgsin30°⋅x + 0 车
2Mgsin30°⋅x -μM+2M
板
 gcos30°⋅x
板
代入数据解得W=93000J
W
则汽车发动机需要消耗的汽油化学能为Q= =186000J，故D错误。
50％
故选AB。
题型三 非质点类机械能守恒问题
1.问题特点：像“液柱”“链条”“过山车”类物体，在其运动过程中重心位置相对物体发生变化，这类物体不
能再视为质点。
2.处理方法：一般情况下，将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末
状态物体重力势能的变化列式求解。
类型1 “液柱”类问题1.(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为
h 和h ，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒
1 2
水面高度相等时，则该过程中 ( )
A. 水柱的重力做正功 B. 大气压力对水柱做负功
1
C. 水柱的机械能守恒 D. 当两筒水面高度相等时，水柱的动能是 ρgS(h -h )2
4 1 2
【解析】 从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做
负功，抵消为零，B错误；水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于
h -h h -h
把左管高 1 2 的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，重心下降 1 2 ，重力所做正功 W =
2 2 G
h -h
 1 2
2
6

h -h
ρgS· 1 2
2

1
= ρgS(h -h )2，A、C、D正确。
4 1 2
类型2 “链条”类问题
2.(2025·湖南常德·三模)如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条，其中三分之一的长度悬垂在平台台
面以下，由静止释放链条。已知整根链条的质量为m，链条悬垂的长度为l，台面高度为2l。如果在链条
的悬垂端接一质量也为m的小球(直径相对链条长度可忽略不计)，如图乙所示，还由静止释放链条。平
台右边有光滑曲面D来约束链条，重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )
A. 甲图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为 gl
B. 乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为 3gl
C. 甲图中链条下端在触地之前，链条的加速度大小不变
D. 乙图中小球在下落过程中，链条对小球的拉力在不断增大
【答案】A
1 l
【详解】A．甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有 mgl+
3 2
 =1
mv2
2 1
解得v = gl，故A正确；
1
1 l
B．乙图中链条触地时，根据机械能守恒定律有 mgl+
3 2
7

1
+mgl= ×2mv2
2 2
3gl
解得v = ，故B错误；
2 2
C．甲图中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受
外力的合力增大，链条在触地之前做加速度逐渐增大，故C错误；
D．乙图中，平台右侧悬垂部分与小球总的重力等于链条与小球整体所受外力的合力，随悬垂部分的增
多，链条整体所受外力的合力增大，乙链条在触地之前加速度逐渐增大，对小球进行分析，根据牛顿第二
定律可知，链条对小球的拉力在不断减小，故D错误。
故选A。
巩固训练
1.(2026高三·全国·专题练习)如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒
定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B
处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已
知B处离地面的高度皆为H。则在小物体从A到B的过程中 ( )
A. 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同
B. 将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C. 两种传送带对小物体做功相等
D. 将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等
【答案】C
【详解】A．小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a=
μmgcosθ-mgsinθ
m
在速度达到v的过程中，小物体在甲传送带上的位移较大，根据v2=2ax可知，小物体在甲传送带上时的
加速度较小，则小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，故A错误；
C．在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加
量，由于小物体增加的动能和增加的重力势能均相等，即小物体机械能的增加量相同，所以传送带对小
物体做功相等，故C正确；
v2 v
D．在小物体从A到B的过程中，摩擦生热为Q=μmgcosθ⋅x ，x =vt- ，t=
相对 相对 2a av2 mv2
联立可得Q=μmgcosθ⋅ =
2a sinθ
21-
μcosθ
8

由于小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，则小物体与甲传送带间产生的热量较多，故D错误；
B．在将小物体传送到B处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的热量，两种系
统增加的机械能相等，产生的热量不等，所以消耗的电能不等，甲传送带消耗的电能多，故B错误。
故选C。
2.(2026·北京海淀·一模)水平传送带匀速运动，将物体(可视为质点)无初速度地放在传送带上A点，一段
时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的
动摩擦因数为μ，下列说法正确的是 ( )
A. 刚开始物体相对传送带向前运动
B. 仅增大μ，物体做加速运动的位移变大
C. 仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同
D. 仅增大v，物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故A错误；
μmg
B．由牛顿第二定律可知，物体加速运动时的加速度为a= =μg
m
v v
加速至与传送带共速所需时间t= =
a μg
0+v v2
物体做加速运动的位移x = t=
1 2 2μg
可知仅增大μ，物体做加速运动的位移变小，故B错误；
C．物体与传送带因摩擦产生的热量满足Q=Fx =μmgx
f 相 相
v2 v2
故产热仅发生在物体加速运动的过程中，其中x =x -x =vt- =
相 传 1 2μg 2μg
1
两式联立，可知Q= mv2
2
故仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量增加，故C错误；
v2
D．由上述分析可知，物体做加速运动的位移x =
1 2μg
v2
仅增大v，设传送带AB的长度为L，当L≤ 时，物体从A点运动到B点的过程中将一直做匀加速运
2μg
动，物体一直受摩擦力作用，故D正确。
故选D。
3.(2026·青海西宁·二模)(多选)某工厂的工件传输机构如图所示，半径为1m的四分之一圆弧轨道AB在
B点与水平传送带BC相切，水平传送带BC在电动机带动下以速度v=10m/s顺时针转动，质量为
0.2kg的小滑块P从圆弧轨道的A点无初速度释放，滑块P经过圆弧上的B点时对圆弧轨道的压力大小为5.2N，滑块滑到C点时刚好和传送带共速。已知滑块可视为质点，滑块与传送带之间的动摩擦因
数为0.6，取g=10m/s2。下列说法正确的是 ( )
A. 滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为0.5J
B. 滑块在传送带上运动过程中的加速度大小为6m/s2
C. 滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为3.6J
D. 仅增大传送带的速度v，滑块离开传送带时的速度增大
【答案】BC
1
【详解】A．小滑块P在圆弧轨道上运动的过程中由能量守恒，有ΔE=mgR- mv2
2 B
mv2
小滑块通过圆弧轨道上的B点时有F -mg= B
N R
由牛顿第三定律有F =F ，联立解得ΔE=0.4J，故A错误；
压 N
B．滑块在传送带上运动时对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=6m/s2，故B正确；
C．滑块P在传送带上运动时，根据速度-时间公式，有v=v +at
B
1
根据位移-时间公式，有x=v t+ at2
B 2
所以此过程中滑块相对传送带的位移x =vt-x
相
所以此过程中因为摩擦产生的热量Q=μmgx =3.6J，故C正确；
相
D．增大传送带的速度后，滑块在BC上滑行的过程中依然一直加速，而加速度也没有发生变化，所以滑
块离开传送带时速度不变，故D错误。
故选BC。
4.(2026·河北廊坊·一模)(多选)如图所示，倾角θ=37°的传送带AB长L=25m，当将一个质量为2kg的
煤块(可视为质点)从传送带底端静止放上传送带时，传送带以2ms2的加速度匀加速启动，当传送带的
速度达到4m/s时保持匀速运行。煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，取g=10m/s2，sin37°=0.6，
下列说法正确的是 ( )
A. 煤块放上传送带5s后与传送带速度相同 B. 煤块在经过11.25s后运动到传送带顶端
C. 煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹 D. 摩擦力对煤块做了158J的功
【答案】BC
9【详解】A．煤块与传送带之间的最大摩擦力为F =μF =μmgcosθ=12.8N
f N
根据牛顿第二定律可知，煤块在传送带上能达到的最大加速度满足μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得a=0.4m/s2
传送带以2ms2的加速度匀加速启动直至速度达到4m/s时保持匀速运行，可知煤块与传送带速度相同
所需时间满足at=v =4m/s
传
解得t=10s，故A错误；
0+v
B．煤块做匀加速直线运动直至与传送带速度相同时，煤块的位移满足x = 传 ⋅t=20m
1 2
之后由于最大静摩擦力F >mgsinθ，煤块之后与传送带一起匀速运行直至到达传送带顶端，该阶段所
f
L-x
用时间t'= 1 =1.25s
v
传
煤块运动到传送带顶端总共所需时间t =t+t'=11.25s，故B正确；
总
v
C．传送带以2ms2的加速度匀加速启动直至加速到4m/s过程所需时间t = 传 =2s
1 a
传
0+v
该过程传送带的位移为x = 传 ⋅t =4m
2 2 1
之后传送带做匀速运动，煤块做匀加速直线运动直至与传送带速度相同过程中，传送带的位移为x =
3
v 传 ⋅t-t 1
10
 =32m
可知0~10s内传送带的位移为x =x +x =36m
传 2 3
煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度Δx=x +x -x =16m
2 3 1
之后煤块与传送带一起匀速运动，两者无相对位移，因此煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹，故
C正确；
D．由机械能守恒定律可知，摩擦力对煤块做的功即为煤块机械能的增加量，满足ΔW=ΔE=ΔE +
p
1
ΔE =mgLsinθ+ mv2
k 2 传
代入数据解得ΔW=316J
故选BC。
5.(2026·河北·一模)(多选)如图所示，足够长的倾斜传送带以速率v 顺时针匀速转动，一物块从传送带顶
0
端以初速度v 沿传送带向下滑动，v >v ，物块与传送带间动摩擦因数大于传送带倾角的正切值，物块
1 1 0
速度为零的位置为重力势能零点，取沿传送带向下为正方向，物块运动的速度、加速度与时间关系图像，
动能、机械能与位移关系图像可能正确的是 ( )A. B.
C. D.
【答案】BD
【详解】AB．由于物块与传送带间动摩擦因数大于传送带倾角的正切值，即μ>tanθ
所以μmgcosθ>mgsinθ
μmgcosθ-mgsinθ
所以刚放上传送带时，加速度沿传送带向上，大小为a= =μgcosθ-gsinθ
m
物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，由于v >v ，
1 0
则物块反向与传送带达到共速后，一起做匀速直线运动，加速度为零，故A错误，B正确；
C．由于E -x图线的斜率表示合力，由以上分析可知，物块先向下做匀减速直线运动后反向做匀加速
k
直线运动，再做匀速直线运动，加速度先不变，后变为零，即物块的动能先减小后增大，再不变，图线的斜
率先不变，后为零，故C错误；
D．由于E-x图线的斜率表示摩擦力，由以上分析可知，摩擦力先为滑动摩擦力，大小方向均不变，与
传送带共速后摩擦力突变为静摩擦力，即图线的斜率先不变，共速后变小，但保持恒定，故D正确。
故选BD。
6.(2026·四川遂宁·一模)(多选)如图所示，水平传送带以恒定速度v =2m/s逆时针运转，一个质量m=
0
1kg的物块(可视为质点)在恒定外力F(大小与方向未知)作用下，从传送带左端A由静止开始向右做a
=2m/s2的匀加速直线运动，经过一定时间后，撤去外力F，物块到达传送带右端B时速度恰好减为零且
未掉落。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，AB间距为L=4.5m，取g=10m/s2，则以下说法
正确的是 ( )
A. 物块从A运动到B所用的时间为3s
B. 物块返回传送带A端时的速度大小为3 2m/s
C. 撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能为6J
D. 外力F做功的最小值为4.5J
【答案】AD
【详解】AD．滑块减速过程μmg=ma
2
11解得a =2m/s2
2
L
设减速过程的位移为x ，由对称性可知滑块加速过程的位移为x =x = =2.25m
2 1 2 2
加速过程2ax =v2-0
1
解得v=3m/s
v
加速过程运动时间t = =1.5s
1 a
物块从A运动到B所用的时间t=t +t =2t =3s
1 2 1
1
对加速过程应用动能定理得W-μF x = mv2
N 1 2
1
解得W=μF x + mv2，当F在竖直方向的分力与重力等大反向，即F =0时，外力F做功的最小值
N 1 2 N
W =4.5J，故A正确，D正确；
min
B．物块返回过程受力与减速过程一样，则加速度大小一样。若物块返回过程能与传送带共速，则2a x
2 3
=v2-0
0
解得x =1m<L，假设成立，则物块返回传送带A端时的速度大小为2m/s，故B错误；
3
v
C．由对称性可知，物块减速时间t =t = =1.5s
2 1 a
v
物块返回过程加速时间t = 0 =1s
3 a
2
撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能E=μmgv 0t 2 +t 3
12
 =10J，故C错误。
故选AD。
7.(2026·四川宜宾·一模)如图所示，在垂直于传送带向上的匀强电场中，传送带足够长且与水平面夹角θ
=30°，以速度v 逆时针匀速转动。现将一电荷量为+q，质量为m的小物块轻放在传送带的A端并开始
0
3mg 3
计时，已知场强E= ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ= ，最大静摩擦力近似等于滑动摩
4q 2
擦力，重力加速度为g。小物块从A端运动到B端的过程中，速度v、动能E 、机械能E以及小物块与传
k
送带的摩擦生热Q随运动时间t或位移x变化的图像可能正确的是 ( )
A. B.C. D.
【答案】C
【详解】A．对小物块受力分析，垂直传送带的方向上，则有F +qE=mgcosθ
N
3
解得F = mg>0
N 4
3
因此小物块不会离开传送带，沿传送带方向，小物块刚放上时，则有mgsinθ+f=ma ，f=μF = mg
1 N 8
7
解得a = g
1 8
1 3
达到共速后，由于mgsinθ= mg>f= mg
2 8
3
此时小物块继续加速，对小物块受力分析可得mgsinθ-f=ma ，f=μF = mg
2 N 8
1
解得a = g，故A错误；
2 8
B．根据动能定理可得ΔE =F x
k 合
因此E -x图像的斜率表示物体受到的合外力，结合上述分析可知，共速前小物块受到的合外力大小为
k
7
F = mg
合1 8
1
共速后小物块受到的合外力大小为F = mg
合2 8
因此E -x图像应为两条斜率均为正的直线段，且第一段的斜率大于第二段的斜率，故B错误；
k
C．根据能量守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力外其他力对小物块所做的功，由于电场力的方
向与位移方向垂直，因此电场力对小物块不做功，所以机械能的变化量等于摩擦力做的功，则有ΔE=
W
f
3
因此E-x图像的斜率表示摩擦力，共速前，摩擦力大小为f= mg
8
方向与位移方向相同(为正值)，共速后摩擦力的大小不变，方向与位移方向相反(为负值)，故C正确；
D．摩擦产生的热量Q=fx
相对
因此在Q-t图像中，其斜率表示小物块相对于传送带的速度v ，共速前v =v -a t
相对 相对 0 1 1
相对速度v 随时间t逐渐减小，因此图像斜率减小，图像应为一段开口向下的曲线，同理可知，共速后
相对
v =v(t)-v =a (t-t )
相对 0 2 1
因此v 随时间t增大。所以图像斜率增大，图像应为一段开口向上的曲线，故D错误。
相对
故选C。
8.(2025·山西·二模)(多选)如图甲所示，平台左端固定有竖直挡板，右端与足够长传送带的上表面平滑相
接。水平轻质弹簧左端固定在挡板上，将可视为质点、质量为m=1kg的滑块放置在平台上，缓慢推动
滑块使其压缩弹簧至P点，然后将滑块由静止释放。滑块脱离弹簧后，在t=0时刻经传送带左端A滑
上传送带，此后滑块运动的v-t图像如图乙所示。已知P、A之间的距离为1m，传送带沿顺时针匀速
13转动，滑块与台面、滑块与传送带之间的动摩擦因数相同，取g=10m/s2。下列说法正确的是 ( )
A. 传送带的速度大小为2m/s B. 滑块与台面之间的动摩擦因数为0.2
C. 1∼3s内，滑块所受的摩擦力大小为2N D. 滑块释放时弹簧上储存的弹性势能为4J
【答案】BD
【详解】AC．由图乙可知滑块在0∼1s内做匀加速直线运动，t=1s时滑块与传送带共速，可知传送带
的速度大小为4m/s，1∼3s内滑块做匀速直线运动，不受摩擦力的作用，故AC错误；
Δv
B．根据v-t图像的斜率表示加速度，可知在0∼1s内滑块的加速度a= =2m/s2
Δt
根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得μ=0.2，故B正确；
1
D．根据能量守恒定律可知，滑块释放时弹簧上的弹性势能满足E =μmgx + mv2
p 0 2 0
其中x =1m，v =2m/s，代入解得E =4J，故D正确。
0 0 p
故选BD。
9.(25-26高三上·贵州·阶段检测)(多选)倾角为θ的传送带AB以速度v顺时针匀速转动，如图所示，传
送带底端B点与水平轨道BC平滑连接，一质量为m的小物块从传送带上P点由静止释放，到达底端B
时恰好与传送带的速度相等，小物块在B点无机械能损失，且恰好运动到水平轨道上Q点。已知小物块
与传送带之间、小物块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ，μ>tanθ。重力加速度大小为g。关于小
物块的运动，下列说法正确的是 ( )
A. 若从P点上方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点
B. 若从P点下方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点
C. 小物块从P点运动到B点的过程中，传送带电动机增加的功率为2μmgvcosθ
D. 小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量大于0.5mv2
【答案】AD
【详解】AB．由题意知，μ>tanθ，则小物块在传送带上所受的滑动摩擦力大小f=μmgcosθ>mgsinθ
当小物块和传送带共速后和传送带一起做匀速运动，所以若从P点上方某一位置由静止释放小物块，小
物块仍恰好运动到Q点，若从P点下方某一位置由静止释放小物块，小物块的速度不能达到传送带的速
14度v，则小物块不能运动到Q点，故A正确，B错误；
C．小物块从P点运动到B点的过程中，传送带对小物块的摩擦力大小f=μmgcosθ
则传送带电动机增加的功率P=fv=μmgvcosθ，故C错误；
1
D．在BQ段，由动能定理得Q =-W = mv2-0
2 f 2
可得小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量大于0.5mv2，故D正确。
故选AD。
10.(25-26高三上·福建宁德·期中)(多选)如图所示，倾角θ=37°的传送带以v =1m/s的速度沿顺时针方
0
向匀速转动，将质量为1kg的物块B轻放在传送带下端，同时质量也为1kg的物块A从传送带上端以v
1
=2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均
为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则 ( )
A. A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同
B. 两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为5s
C. 传送带上下端间的距离为12.5m
D. 在运动过程中A、B两物块与传送带因摩擦产生的总热量为80J
【答案】AD
【详解】A．物块A向下减速运动μm gcosθ-m gsinθ=m a
A A A 1
解得物块A加速度大小a =μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2
1
物块B向上加速运动μm gcosθ-m gsinθ=m a
B B B 2
解得物块B加速度大小a =μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2
2
所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；
v 1
B．物块B在传送带上加速的时间t = 0 = s=2.5s
0 a 0.4
2
物块B在2.5s以后相对于传送带静止，以v =1m/s的速度向上匀速运动。
0
v -0 2
物块A向下减速的时间t = 1 = s=5s
1 a 0.4
1
v -0 1-0
物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间t = 0 = s=2.5s
2 a 0.4
1
两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间t=t +t =7.5s，B错误；
1 2
1
C．在7.5s内物块B的位移大小为x 2 = 2 a 2 t2 0 +v 0t-t 0
15
 =6.25m
在7.5s内物块A的位移大小为x = v 1 +-v 0
1
 t=3.75m
2
传送带上下端间的距离L=x +x =10m，C错误；
1 2
D．物块A与传送带的相对位移大小x =v t+x =11.25m
3 0 11
物块B与传送带的相对位移大小x =v t - a t2=1.25m
4 0 0 2 2 0
因摩擦产生的总热量Q=μm gcosθx +μm gcosθx
A 3 B 4
解得Q=80J，D正确。
故选AD。
11.(2026·江西·模拟预测)(多选)如图所示，光滑的固定斜面倾角θ=300。左侧放置一个木板，其上表面与
斜面底端平滑相连，若干个相同的小滑块紧挨着放在斜面上，小滑块总长度为l=1.62 m，最下端的小滑
块刚好与斜面底端对齐，由静止释放所有小滑块，然后滑上木板，当木板刚滑动时，将斜 面上的小滑块取
走，最终冲上木板的滑块均未从木板左端滑出。已知木板的质量M=2 kg，滑块总质量为m=16.2 kg，
滑块与木板之间的动摩擦因数μ =0.4，木板与地面之间的动摩擦因数 μ =0.2，木板与地面之间的最 大
1 2
静摩擦力是滑动摩擦力的1.5倍。重力加速度取g=10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
A. 木板刚滑动时滑块的速度大小为2 m/s B. 滑块与木板共速后之间的摩擦力为10 N
C. 木板至少长0.75 m D. 滑块与木板之间摩擦产生的热量为13.2 J
【答案】AD
【详解】A．设木板上滑块的质量为m ，当木板刚要滑动时，则有μ m g=1.5μ (M+m )g
1 1 1 2 1
解得m =6kg
1
由于滑块质量分布均，匀这部分长l =0.6m
1
l
则滑块重力所做的功W =m gl- 1
1 1 2
16
 sinθ
μ m g
摩擦力所做的功W =- 1 1 l
2 2 1
1
根据动能定理可得W +W = mv2
1 2 2
联立解得v=2m/s，故A正确；
B．由题可知，共速后整体的加速度a =μ g=2m/s2
3 2
则滑块和木板之间的摩擦力为f=m a =12N，故B错误；
1 3
C．当木板开始运动后，滑块的加速度a =μ g=4m/s2
1 1
μ m g-μ (M+m )g
木板的加速度为a = 1 1 2 1 =4m/s2
2 M
共速时则有v =v-a t=a t
共 1 2
联立解得t=0.25s，v =1m/s
共
1 1
滑块相对于木板的位移Δx= (v+v )t- v t=0.25m
2 共 2 共
木板的长度至少为L=Δx+l =0.85m，故C错误；
1
1
D．滑块与木板因摩擦产生的热量Q= μ m gl +μ m g·Δx=13.2J，故D正确。
2 1 1 1 1 1故选AD。
12.(25-26高二上·安徽马鞍山·阶段检测)如图甲所示，质量为M的长木板A放在光滑的水平面上，质量
为m=2kg的物体B(可看成质点)以水平速度v =2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、
0
B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10m/s2) ( )
A. A、B间的动摩擦因数为0.2 B. 木板A的质量M=1kg
C. 木板A的最小长度为2m D. 系统损失的机械能为2J
【答案】D
【详解】A．根据v-t图像可知，物体A、B的加速度大小为a =a =1m/s2
1 2
对物体A，根据牛顿第二定律可得μmg=ma
1
解得A、B间的动摩擦因数μ=0.1，故A错误；
B．对物体B，根据牛顿第二定律可得μmg=Ma
2
解得木板A的质量M=2kg，故B错误；
1 1
C．0∼1s时间内，二者的相对位移为Δx=x -x =v t- a t2- a t2
B A 0 2 2 2 1
解得Δx=1m，故C错误；
1 1
D．根据能量关系可得系统损失的机械能ΔE= 2 mv2 0 - 2 m+M
17
 v2
代入数据解得ΔE=2J，故D正确。
故选D。
13.(2025·广东广州·二模)(多选)如图(a)，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢
板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图(b)。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的
动摩擦因数均相同，则 ( )
A. 0~t 与t ~t 时间内，砝码的位移相同
1 1 2
B. 0~t 与t ~t 时间内，砝码的加速度相同
1 1 2
C. 0~t 时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量
1
D. 0~t 时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
1【答案】AC
【详解】B．v-t图像的斜率表示加速度，根据图(b)可知，0~t 与t ~t 时间内，砝码的加速度大小相等
1 1 2
方向相反，故B错误；
A．v-t图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，根据图(b)可知，0~t 与t ~t 时间内，砝码的位
1 1 2
移相同，故A正确；
C．砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，根据动能定理可知，0~t 时间内，摩擦力对砝
1
码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确；
D．根据功能关系与能量守恒定律有W =ΔE +Q
拉 总
即0~t 时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热，故D错误。
1
故选AC。
14.(2024·江西·模拟预测)(多选)如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为
0.5kg的物块(可视为质点)，t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，t=2s时撤去F，物块在木板
上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板运动的v-
t图像如图乙所示。已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下
列说法正确的是 ( )
A. 木板的长度为3m B. 木板的质量为0.2kg
C. 物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J D. 木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J
【答案】BCD
【详解】B．由题意画出物块运动的v-t图像，如图所示
设物块与板间的动摩擦因数为μ ，由图得0∼2.5s内物块的加速度大小为
1
Δv
a = 1 =0.4m/s2
1 Δt
1
对物块由牛顿第二定律得
μ mg=ma
1 1
解得物块与木板间动摩擦因数为
18μ =0.04
1
设板与地面间的动摩擦因数为μ ，由图得在2-2.5s内，木板的加速度大小为
2
Δv 3-1
a = 2 = m/s2=4m/s2
2 Δt 2.5-2
2
对木板由牛顿第二定律得
μ (mg+Mg)+μ mg=Ma
2 1 2
在2.5-3s内，木板的加速度大小为
Δv 1-0
a = 3 = m/s2=2m/s2
3 Δt 3.0-2.5
3
对木板由牛顿第二定律得
μ (m+M)g-μ mg=Ma
2 1 3
两式联立得
3
M=0.2kg，μ =
2 35
故B正确；
A．由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2.5s时与木板有共同速度，且在木板左端，木板的长
度
1 1
L= ×2×3m+ ×0.5×1+3
2 2
19

1
m- ×2.5×1m=2.75m
2
故A错误；
C．物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.5s，长度为
s =L=2.75m
1
第二段为2.5s后，由图得长度为
1
s 2 = 2 ×2.5-0.5  ×1m=1m
物块与木板摩擦生热
Q 1 =μ 1 mgs 1 +s 2  =0.75J
故C正确；
D．木板的位移有三段，第一段由图得
2
x = ×3m=3m
1 2
第二段由图得长度为
1
x = ×(1+3)×0.5m=1m
2 2
第三段位移
1
x = ×0.5m=0.25m
3 2
木板与地面摩擦生热
Q =μ (M+m)g(x +x +x )=2.55J
2 2 1 2 3
故D正确。
故选BCD。
15.(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v 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
0
为ΔE ，长木板A的动能增加量为ΔE ，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于ΔE ，ΔE ，Q的值，下列
kB kA kB kA情况可能的是 ( )
A. ΔE =7J,ΔE =4J,Q=4J B. ΔE =7J,ΔE =3J,Q=4J
kB kA kB kA
C. ΔE =8J,ΔE =3J,Q=2J D. ΔE =8J,ΔE =5J,Q=3J
kB kA kB kA
【答案】B
【详解】AC．根据木板A和物体B组成的系统能量守恒
ΔE =ΔE +Q
kB kA
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l，1与t轴所围的面积表示物体B的位移，2与t轴所围的面积表示
长木板A的位移x ，由图可知x
2 1
x >l
1
x <l
2
根据功能关系
ΔE =fx
kB 1
ΔE =fx
kA 2
Q=fl
联立解得
ΔE >Q>ΔE
kB kA
故B正确，D错误。
故选B。
16.(2024·江西·二模)(多选)一块质量为M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v 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的动能减少量为
0
ΔE ，长木板A的动能增加量为ΔE ，A、B间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于ΔE ，
kB kA kB
ΔE ，Q的数值，下列三个数量关系一定不可能的是 ( )
kA
A. ΔE =3J，ΔE =1J，Q=2J B. ΔE =6J，ΔE =2J，Q=4J
kB kA kB kA
20C. ΔE =7J，ΔE =3J，Q=7J D. ΔE =8J，ΔE =3J，Q=3J
kB kA kB kA
【答案】CD
【详解】设物体与木板间的摩擦力大小为f，木块B的位移为x ，木板A的位移为x ，对A有
B A
ΔE =fx
kA A
对B有
ΔE =fx
kB B
且
Q=fx -x
B A
21

A和B运动的v-t图像为
图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出
x >x -x
B B A
 >x
A
所以有
ΔE >Q>ΔE
kB kA
选不可能的，故选CD。
17.(2026·陕西·模拟预测)(多选)如图所示，将一根质量为1kg、长为0.81 m的均匀柔软链条置于光滑水平
桌面上，链条右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高，图示圆弧可 使离开桌面的链条都竖直向下运
动且无能量损失。某时刻，稍稍向右拉动链条，链条从静止开始沿桌边下滑。当链条下落的长度为x
时，桌面剩余链条的动能最大为E 。已知重力加速度为g=10 m/s2，则 ( )
km
A. x=0.54 m B. x=0.27 m C. E =0.8 J D. E =0.6 J
km km
【答案】AD
x x 1
【详解】链条从开始运动到链条下落长度x的过程中，由机械能守恒定律可得 mg = mv2
L 2 2
1 L-x mg
桌面剩余链条的动能为E = × mv2= 2L-2x
k 2 L 4L2
 x2
mg 2L
则E ≤ ⋅
k 4L2 3

3 2mgL
= =0.6 J
27
由数学知识知，当且仅当2L-2x=x2
即x= L=0.54m时，取“=”
3
故x=0.54 m时动能取最大值。选AD。
18.如图所示，两 侧倾角均为30°的斜劈固定在水平地面上，将质量为m、长为L的光滑金属链条放在斜劈顶
端，左右两侧链条长度之比为1：2。已知两斜面的长度均为2L，两侧链条与斜劈的截面在同一竖直平面
内。重力加速度为g。某时刻将链条由静止释放，当链条下端到达斜劈底端时，重力的功率为 ( )
11gL 11gL 13gL 22gL
A. mg B. mg C. mg D. mg
6 3 6 3
【答案】A
【详解】链条从静止至左侧斜面上的链条完全滑到右端的过程中，重力做功为
2 L 1
W = mg⋅ sin30°= mgL
1 3 3 9
然后链条下端到达斜劈底端这一过程重力做功为
1
W =mg⋅Lsin30°= mgL
2 2
设链条运动至底端的速度为v，有
1
W +W = mv2
1 2 2
解得
11gL
v=
3
可知
11gL
P=mgvsin30°= mg
6
故选A。
19.(2026·广东中山·三模)如图所示为简化的射钉枪工作原理图，轻杆的一端固定质量为M的重锤，另一端
可绕转轴O自由转动，轻质弹簧一端连接到杆上A点，另一端固定在枪把上。水平枪筒中放置有质量
为m的射钉，射钉左侧紧贴火药。初始时刻弹簧处于伸长状态，轻杆从水平状态静止释放后，转到竖直
状态时弹簧恢复原长，此时重锤撞击火药，引起爆炸，爆炸使射钉获得较高速度后射出，水平射入固定的
2
足够厚木板中。已知爆炸后重锤速度为零，轻杆长为L，OA距离为杆长的 ，弹簧初始状态伸长量为
3
1
x ，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系满足E = kx2。爆炸过
0 p p 2
程火药释放的化学能全部转化为系统动能，忽略火药的质量和爆炸过程产生气体的质量。忽略转轴处
及枪筒内的摩擦力，求
22(1)重锤撞击火药前瞬间，连接点A的速度大小；
(2)火药爆炸释放的化学能ΔE；
(3)假设厚木板对射钉的阻力满足f=ah，h代表射入深度，a为常数，求射钉最终打入厚木板的深度。
(假设射钉最终未完全进入木板)
2 k
【答案】(1) x2-2gL
3 M 0
M-m
(2)
m
23

1
 kx2-MgL
2 0

M
(3) (kx2-2MgL)
ma 0
1 1
【详解】(1)由弹簧和重锤组成系统机械能守恒 kx2=MgL+ Mv2
2 0 2
又v=ωr
2 2
OA距离为杆长的 ，故v = v
3 A 3
2 k
联立解得v = x2-2gL
A 3 M 0
(2)设爆炸使射钉获得速度为v ，火药爆炸瞬间由动量守恒Mv=mv
1 1
1 1
由能量守恒火药爆炸释放的化学能ΔE= mv2- Mv2
2 1 2
M-m
联立解得ΔE=
m

1
 kx2-MgL
2 0

(3)因阻力满足f=ah
即f∼h成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力(变力)做的功
1 1
由动能定理 mv2= ah⋅h
2 1 2
M
解得h= (kx2-2MgL)
ma 0