文档文本内容
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微专题四 动力学和能量观点的综合应用
目录
01 考情解码•命题预警......................................................................................2
02 体系构建•思维可视......................................................................................3
03 核心突破•靶向攻坚......................................................................................5
考点一 动力学和能量观点的综合应用 .........................................................5
知识点1 板块问题...............................................................................................5
知识点2 传送带问题...........................................................................................5
知识点2 用动力学和能量观点分析多运动组合问题.....................................6
考向1 水平面上的板块问题
..........................................................................6
考向2 斜面上的板块问题
..........................................................................8
【思维建模】 解决板块问题的关键.......................10
考向3 水平传送带模型
................................................................................10
考向4 倾斜传送带模型
............................................................................13
【思维建模】 解决传送带问题的关键点...................15
考向5 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
............................15
04 真题溯源•考向感知...................................................................................18
1
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考点
要求
考频
2025 年
2024 年
2023 年
动力学
和能量
观点的
综合应
用
综合应用
高频
2025•福建、
2025•云南
2024•辽宁、2024•浙
江、2024•新疆河
南、2024•北京、
2024•贵州、2024•湖
北、2024•北京
2023•全国乙卷、2023•海南、
2023•全国乙卷、2023•广东
考情分析：
1.命题形式：选择题实验题计算题
2.命题分析：高考对这部分内容的考查，均涉及多物体、多过程的动力学分析，需综合运用牛顿第二定
律、运动学公式、能量守恒等核心规律，分析运动情况及能量转化情况。命题常以临界状态为切入点，如
滑块与木板共速时的摩擦力突变、传送带共速时的静摩擦力与滑动摩擦力转换，情境涵盖水平/倾斜平
面、有/无外力作用。
3.备考建议：本讲内容备考时候，夯实受力分析，厘清运动过程，分段分析是核心！明确各个阶段的相对
运动状态（相对滑动、相对静止）、加速度方向、速度方向及变化规律，深刻理解“共速”时刻的意义，
抓住临界状态， 画出运动图，强化理解相对位移。
4.命题情境：
①生活实践类：机场行李传输、工厂流水线、矿山传送矿石、自动分拣系统等（模型化）；
②学习探究类：“商场自动人行道”与“矿山倾斜传送带”的对比分析。
5.常用方法：动力学观点，能量观，功能关系，整体观与局部观
复习目标：
1.会用动力学和能量观点分析解决传送带模型和“板块”模型的运动情况。
2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
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考点一 动力学和能量观点的综合应用
知识点1 板块问题
1．动力学分析：
①分别对滑块和木板进行受力分析（注意摩擦力方向），根据牛顿第二定律求出各自的加速度；
②从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由
t= Δv2
a2
= Δv1
a1 ，可求出共同速度
v 和所用时间
t ，
③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．
知识点2 传送带问题
1．动力学分析：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。
3．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＝Ffx 相对。
特别提醒
1.“滑块—木板”模型中的位移关系：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一
方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度;若滑块和木板沿相反方向运动，
则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
2. 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.
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③电机所做的功：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体
重力势能的增加量。
知识点2 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。
考向1 水平面上的板块问题
例1（2025·江西新余·模拟预测）（多选）如图所示，在光滑水平面上有一个长木板，在长木板的左端以
初速度
滑上一小物块（可以看成质点）同时对长木板施加水平向右的恒力F。长木板质量
，小物块质量
，重力加速度
。已知
，小物块和长木板之间的动摩擦因
数
，小物块恰好没有从长木板右端滑出，下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚滑上长木板时的加速度大小是
B．小物块刚滑上长木板时长木板的加速度大小是
C．长木板的长度是6m
D．小物块和长木板之间摩擦产生的总热量是16J
【答案】AD
【详解】A．小物块刚滑上长木板时,根据牛顿第二定律，有
解得加速度大小
故A 正确；
B．对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得
得分速记
当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
6
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代入数据得
故B 错误；
C．设经过时间
，小物块刚好滑到长木板的右端且二者的速度相同为
，根据速度-时间公式，有
代入数据解得
小物块的位移
长木板的位移
长木板的长度为
故C 错误；
D．小物块与长木板共速后一起加速，小物块和长木板之间摩擦产生的总热量
故D 正确。
故选AD。
【变式训练1·变情境】
（2025·重庆九龙坡·模拟预测）如图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉
的质量M = 1.8 kg，长度d = 1.0 m，其中放有质量m = 0.2 kg，长s = 0.2 m 的书本，书本的四边与抽屉的
四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体
间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ = 0.1。现用水平力F 将抽屉拉出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁
定不动。不考虑抽屉翻转，重力加速度g =10m/s2。求
(1)在拉出抽屉过程中，为保证书本与抽屉不产生相对滑动，水平力F 的最大值；
(2)当F = 1.8 N 时，从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间，抽屉对书本做的功；
(3)当F = 3.8 N 时，从开始运动到书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)W =0.18J
(3)
【详解】（1）对书本由牛顿第二定律有
解得
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有
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解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F 的最大值为
（2）由于
N<2N，可知书本和抽屉相对静止
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有
解得a=0.9m/s2
对书由f=ma=0.18N
所以抽屉对书本做个W=fd=0.18J
（3）由于
可知书本和抽屉有相对滑动
对抽屉，由牛顿第二定律有
解得
设抽屉的运动时间为t1，根据运动学公式可得
解得t1=1s
此时，书本的速度为
m/s
书本通过的位移大小为
此后书本经过x2速度减为0，则有
m
则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能为
J
考向2 斜面上的板块问题
例2 如图所示，在倾角
的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q 上端放置着小物块P（可视
为质点），已知P 与Q 之间的动摩擦因数为0.25，Q 与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q 的质量分别为
1kg、2kg，
，重力加速度
，Q 下端距斜面最低点为2m。某时刻使P、Q 由静止释放，
当Q 下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为（ ）
A．12J
B．24J
C．36J
D．64J
【答案】C
【详解】Q 加速下滑，根据牛顿第二定律得
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根据位移公式得
解得
P 加速下滑，根据牛顿第二定律得
根据位移公式得
整个系统的机械能损失为
故选C。
【变式训练2·变情境】（2025·河北·三模）如图所示，在倾角为
的足够长的斜面上有一个质量为
的长木板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为
。将长木板由静止释放，经过
，
将一质量为
的物块无初速度地放到距长木板底端
处。已知物块最终从长木板底端滑出，
物块与长木板之间的动摩擦因数为
，重力加速度为
，不计空气阻力，物体体积较小，计
算时可视为质点。
(1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度
的大小；
(2)求物块在长木板上滑行的时间；
(3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量
。
【答案】(1)
(2)
(3)23.3472J
【详解】（1）由静止释放长木板之后，设长木板的加速度为
，由牛顿第二定律有
解得
，
放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度大小为
（2）刚放上物块时，设物块的加速度为
，由牛顿第二定律，
解得
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此时长木板的速度为
设经过
时间二者共速，则
解得
。
这段时间里长木板比物块多走的距离为
经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的加速度
沿斜面向上
物块的加速度为
，
设又经过
时间长木板停下，
解得
时间内物块比长木板多走
此时物块的速度为
距离长木板底端
设再经
时间，物块从长木板上滑落，则
解得
所以物块在长木板上滑行的时间为
（3）整个过程中，物块和长木板之间产生的热量为
【思维建模】 解决板块问题的关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带:每一个
过程的末速度是下一个过程的初速度。
考向3 水平传送带模型
例3（2025·江西·模拟预测）如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为
的水平速度匀速运
动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m 的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t 小物
箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
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A．小物箱相对传送带的位移大小为
B．小物箱与传送带间的动摩擦因数为
C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为
D．因传送小物箱，电动机至少要多做的功为
【答案】B
【详解】A．小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在时间内的位移差，有
故A 错误；
B．小物箱在时间内做匀加速直线运动，加速度
速度
，解得
故B 正确；
C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量
故C 错误；
D．由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热
能之和，有
故D 错误。
故选B。
【变式训练3·变考法】（2025·山东·二模）（多选）如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，
传送带水平放置且足够长，以4m/s 顺时针转动。现将一质量为2kg 的货物轻放在传送带左端，货物与传送
带间的动摩擦因数
。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度
取10m/s2。则货物在3s 内的运动情况，下列说法正确的是（ ）
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A．传送带对货物做功为4J
B．货物始终向右加速，3s 末速度达到4m/s
C．货物相对传送带的总位移为3.5m
D．系统因摩擦产生的热量为14J
【答案】ACD
【详解】ABC．货物刚放上传送带时的加速度大小为
在
内，由图乙可知，传送带速度保持不变，在
时货物的速度为
该过程货物与传送带通过的位移大小分别为
，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
在
内，由图乙可知，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为
设从
经过
时间，货物与传送带共速，则有
解得
，
在
时间内货物与传送带通过的位移大小分别为
，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知
时，货物的速度为
；根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为
故AC 正确，B 错误；
D．系统因摩擦产生的热量为
故D 正确。
故选ACD。
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考向4 倾斜传送带模型
例4
（2025·河南·三模）如图甲所示，某工厂对新引进的可升降传送装置进行调试，调整传送带
与水平面夹角成θ=37°，并使传送带顺时针运行。在传送带的顶端轻轻地放一个质量
的物件，物件
在传送带上的运动时间t=2s，通过计算机记录了传送带对物件做功的功率随时间变化的关系图像如图乙所
示。物件可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s²，
求：
(1)物件与传送带间的动摩擦因数；
(2)物件到达传送带底端的速度大小；
(3)物件从顶端到底端的运动过程中与传送带间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
内，对物件受力分析，根据牛顿第二定律有
传送带对物件做功的功率
由图乙可知，
内，有
联立解得
，
（2）由图乙可知，物件在
时与传送带共速，即
内，根据牛顿第二定律，有
解得
物件到达传送带底端时的速度大小
（3）
内，物件的位移大小
传送带的位移大小
内，物件的位移大小
传送带的位移大小
因摩擦产生的热量
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【变式训练4·变考法】
（2025·广东清远·二模）如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，
图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表
面与水平台面的夹角
。工作人员将长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，在
距左端
处货物被取走，货物运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度
，货
物质量
，其底部与传送带上表面A 间的动摩擦因数为
，其侧面与挡板C 间动摩擦因数为
（重力加速度
，
，
，不计空气阻力）。求：
(1)货物刚开始运动时传送带和挡板对货物的支持力
和
的大小；
(2)货物在传送带上滑动时的加速度大小；
(3)若传送带速度在0.5m/s 至2m/s 范围内可调，要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超过
122J，则传送带速度不超过多少。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）如图所示，对货物
，
代入数据解得
，
（2）货物与传送带间的摩擦力
，与运动方向相同
货物与挡板间的摩擦力
，与运动方向相反
对货物有
代入数据解得
（3）若传送带以最大速度2m/s 运行，货物加速阶段运动的最大位移
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货物不会滑落。设多消耗的电能不能超过122J 时，传送带的速度为
，则货物在传送带上先加速运动
距离后，以传送带速度
匀速运动
，故传送带因传送货物而多做的功
对货物，由动能定理
由
得
由
得
传送带与货物间摩擦生热
其中
依题意整理可得
代入数据解得
故传送带速度不超过
【思维建模】 解决传送带问题的关键点
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系:传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
考向5 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
例5（2025·北京西城·三模）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以
把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，该一小段圆周的
半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法
来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小珂设计了如图
2 所示的过山车模型，质量为
的小球在A 点由静止释放沿倾斜轨道
下滑，经水平轨道BC 进入半径
的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道
进入“水滴形”曲线轨道
，
点的
曲率半径
，“水滴形”轨道最高点
与圆形轨道最高点
等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都
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平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，
取
。
(1)求小球释放点A 距离水平面的高度
；
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点
与最高点
的向心加速度大小的差值；
(3)在“水滴形”轨道
上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道
上任意
一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和
表示）。
【答案】(1)2m
(2)40 m/s2
(3)
或
【详解】（1）小球恰能做完整的圆周运动，则在D 点，由牛顿第二定律有
由A 到D，由机械能守恒定律有
解得H =2m
（2）由A 到C，由机械能守恒定律有
在圆轨道上C 点，向心加速度
结合上述有
（3）小球在E 点，向心加速度
根据机械能守恒定律有
解得
由题意可知，小球在轨道EFG 上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h 处，速度
大小为v，由机械能守恒定律有
由于
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解得r=2.5R1-h 或r=2-h
【变式训练5·变情境】（2025·四川遂宁·模拟预测）某游戏装置如图所示，由弹射装置、圆心为
和
的
两个
圆弧构成的竖直轨道ABC、水平轨道CD 和逆时针转动的倾斜传送带DE 平滑连接而成。水平接收
平台FJ 的左端与E 点的水平距离
，其上方有一静置的小球。现弹射装置将质量
的滑
块（视为质点）以一定速度水平射入A 点，通过轨道ABCD 和传送带DE 后，恰好沿水平进入接收平台并
与其上的小球发生碰撞，则游戏成功。已知轨道ABC 中
，
，传送带DE 的长度
、倾斜角度
、运行速度
，滑块与传送带之间的动摩擦因数
，其余各段光滑，
不计空气阻力。取
，
。
(1)某次调试中，滑块恰好不脱离圆弧轨道ABC，求滑块通过
点时，滑块对轨道的压力大小
；
(2)若游戏恰好成功，求滑块在本次运行过程中与传送带之间因摩擦产生的热量
；
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据临界条件
解得
根据机械能守恒
解得
根据圆周运动最低点受力，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得：滑块对轨道压力大小为
=14N
（2）根据运动合成与分解
可得
根据牛顿第二定律
解得
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根据匀变速直线运动规律
解得
根据摩擦生热规律
解得
1．（2023·全国乙卷·高考真题）（多选）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
D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】方法一：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。
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故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知
，
且
故
故A 错误，B 正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C 错误，D 正确。
故选BD。
2．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度
的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右
端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离
时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。已知物块与薄板的
质量相等。它们之间的动摩擦因数
，重力加速度大小
。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；
；（2）
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
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薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
，
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
3．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送
带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【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，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由
可知，传送带速度越大，物体加速运
动的时间越长，D 正确。
故选D。
4．（2025·福建·高考真题）（多选）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，
A、B 用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，A 与传送带的动摩擦因
数为0.5，B 与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0 时，将两物块放置在传送带上，给A 一个向右的初速度
v0=2m/s，B 的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能
Ep=0.75J，传送带足够长，A 可在传送带上留下痕迹，重力加速度
，则（ ）
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A．在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B．t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系统
动量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B 的速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
故A 错误，B 正确；
C．在
时间内，设AB 向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
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可知
，故D 正确。
故选BD。
5．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小
与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律
可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D 错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速
度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程
合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C 正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均
速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A 错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能
损失大于下落过程机械能损失，B 错误。
故选C。
6．（2025·云南·高考真题）如图所示，质量为m 的滑块（视为质点）与水平面上MN 段的动摩擦因数为
，
与其余部分的动摩擦因数为
，且
。第一次，滑块从I 位置以速度
向右滑动，通过MN 段后停在
水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为
，所用时间为；第二次，滑块从Ⅱ位置以
相同速度
向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为
，
所用时间为
。忽略空气阻力，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有
，
可得
，故CD 错误；
AB．根据牛顿第二定律
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可得
由于
，故滑块在MN 上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动
过程中
图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M 点的距离较近，根据公式
可知第二次到达M 点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的
图像
可得
，故A 正确，B 错误；
故选A。
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