文档文本内容
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第19 讲 动力学和能量观点的综合应用
目
录
01 考情解码·命题预警.................................................................................................................1
02 体系构建·思维可视.................................................................................................................2
03 核心突破·靶向攻坚.................................................................................................................3
考点一 传送带模型 ...........................................................................................................3
知识点一 传送带问题的分析方法...................................................................................3
知识点二 功能关系分析...................................................................................................3
考向1 水平传送带动力学和能量综合问题....................................................................4
考向2 倾斜传送带动力学和能量综合问题....................................................................7
考点二 滑块—木板模型 ........................................................................................10
知识点一 动力学分析...................................................................................................10
知识点二 功和能分析...................................................................................................10
考向1 水平面上“滑块--木板”动力学与能量综合问题...........................................10
考向2 斜面上“滑块--木板”动力学与能量综合问题...............................................14
考点三 多物体、多过程问题 .................................................................................18
知识点 分析思路...........................................................................................................18
考向 多物体、多过程问题.............................................................................................18
04 真题溯源·考向感知...............................................................................................................23
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
传送带模型
选择题
非选择题
滑块—木板模型
选择题
非选择题
多物体、多过程
问题
选择题
非选择题
考情分析：
1．应用动力学与能量的观点解决动力学综合问题是高考中经常出现的考查方式，此类问题往往涉及物体
较多，涉及物理过程较为复杂--如“滑块--木板”模型，通常应用牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律和
能量观点分析问题，分析解答问题过程中要注意恰当选取研究对象和研究过程。
2．从命题思路上看，试题情景为
纯理论的学习探索问题情境较多，也有部分渗透在与生产生活实际相联系的问题情境中，往往这类问题情
境复杂，研究对象多，运动过程多，要求考生具有较强的阅读能力。
复习目标：
目标一：掌握从动力学与能量两个方向分析传送带模型。
目标二：掌握“滑块--木板”模型从动力学与能量两个方向的分析方法。
目标三.：掌握多物体、多过程问题的分析思路与技巧。
2
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考点一 传送带模型
知识点一 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，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。
知识点二 功能关系分析
1.传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传。
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。
3
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得分速记
1．传送带克服摩擦力做的功等于滑动摩擦力与物块与传送带间的相对位移的乘积；
2．当
（
为传送带的倾角），物块与传送带共速后会再出现相对滑动，当
（
为传
送带的倾角），物块与传送带共速后相对静止。
考向1 水平传送带动力学和能量综合问题
例1 （2025·北京延庆·一模）如图所示，水平传送带以v＝2m/s 的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg
的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传
送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为（ ）
A．80W
B．160W
C．320W
D．640W
【答案】B
【详解】由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对
传送带滑动过程中产生的热量，所以
传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对
传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故
代入题中数据，联立解得
故选B。
【变式训练1】（2025·福建福州·二模）如图所示，足够长水平传送带以恒定速率运动。把不同小物体轻放
在传送带左端物体都会经历两个阶段的运动。用v 表示传送带速度，用μ 表示物体与传送带间的动摩擦因
数，则（ ）
A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v 相同时，μ 不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ 相同时，v 增大为原来的2 倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2 倍
4
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【答案】C
【详解】A．物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传
送带的运动方向相同，故A 错误；
B．后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受到摩擦力，故B 错误；
C．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得
物品的加速度大小为
匀加速的时间为
位移为
传送带匀速的位移为
物品相对传送带滑行的距离为
物品与传送带摩擦产生的热量为
则知相同时，
不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C 正确；
D．前阶段物品的位移为
则知
相同时，增大为原来的2 倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4 倍，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】全国平均每天有3 亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机俯视图如图
甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方
向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，根据目的地不同，到达某隔口时，小车
上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送
带部分简化成图乙侧视图所示的模型，传送带与某包裹间动摩擦因数
，
间距离
，包裹
可视为质点且放在
中点。小车沿轨道匀速运动的速度
，当该包裹即将到达目的地隔口时，小
车上的传送带迅速启动，获得
的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量
，取
。
（1）求从传送带启动到该包裹到达N 处所需时间；
5
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（2）若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包裹沿小车运动方向上距离隔口中间多远处启动传
送带?
（3）求传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）0.6s；（2）3m；（3）4J
【详解】（1）根据牛顿第二定律
包裹的加速度大小为
包裹与传动带相对静止时
得
此时包裹沿传动带方向的位移为
得
包裹匀速运动的时间为
从传送带启动到该包裹到达N 处所需时间为
（2）启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为
（3）传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为
考向2 倾斜传送带动力学和能量综合问题
6
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例2 （2025·贵州贵阳·模拟预测）（多选）如图所示，一倾角为37°的传送带顺时针转动，速度大小恒为
2m/s，AB 间的距离为10m。现将质量为0.1kg 的煤块（可视为质点）轻轻放在A 端，煤块与传送带之间的
动摩擦因数为0.8，重力加速度为
，
。下列说法正确的是（ ）
A．煤块受到的摩擦力一直不变
B．煤块从A 点运动到B 点所用时间为7.5s
C．煤块在传送带上留下的划痕长度为5m
D．因为运送煤块，传送带多消耗的电能为9.4J
【答案】BCD
【详解】A．煤块刚放在传送带上时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，其大小为
所以煤块沿传送带向上匀加速运动，根据牛顿第二定律有
求得
煤块加速到与传送带速度相等需要通过的位移大小为
煤块的速度与传送带相等后，煤块随传送带一起匀速运动，受到沿传送带向上的静摩擦力，其大小为
故A 错误；
B．物块在传送带上匀加速运动的时间为
匀速运动的时间为
所以，煤块从A 点运动到B 点所用时间为
故B 正确；
C．煤块在传送带上留下的划痕长度等于煤块匀加速运动过程中相对于传送带的位移大小，即痕迹长度
故C 正确；
D．因为运送煤块，传送带多消耗的电能等于煤块增加的动能、煤块增加的重力势能、因摩擦产生的内能
三者之和，即传送带多消耗的电能
7
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故D 正确。
故选BCD。
倾斜传送带动力学分析技巧
分物块与传送带共速后的运动，可以以传送带为“参考系”即将传送带看成“静止的斜面”，只要分析物
块重力沿斜面向下的分力与物块与斜面间的最大静摩擦力的大小关系即可。
【变式训练1】（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）C919 是我国具有自主知识产权的喷气式中程干线客
机。机场工作人员通过传送带将旅客托运的行李送上飞机的情景如图甲所示，其简化模型如图乙所示，工
作人员把行李轻轻地放在以恒定的速度顺时针转动的传送带的底端，质量为
的行李经过加速和匀速两
个过程到达传送带顶端。已知传送带长度为
，与地面的夹角为
，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子
半径，行李可看成质点，重力加速度为
，则下列说法正确的是（ ）
A．在匀速阶段，传送带对行李的作用力大小为
B．行李从传送带底端运动到顶端的过程中，克服重力做的功为
C．行李在传送带上运动的过程中，传送带对其做的功为
D．传送带因传送行李而多做的功等于行李机械能的增加量和传送带与行李因摩擦产生的热量之和
【答案】BCD
【详解】A．在匀速阶段，行李受到竖直向下的重力和传送带对它的作用力，所受合力为零，所以行李受
到传送带的作用力方向竖直向上，大小等于
，故A 错误；
B．在传送带上运动时，行李克服重力做的功
，故B 正确；
C．行李在传送带上运动的过程中，由功能关系可知传送带对行李做的功等于行李增加的机械能，所以
，故C 正确；
D．整个过程中传送带因传送行李而多做的功等于行李机械能的增加量加上传送带与行李摩擦产生的热量，
故D 正确。
故选BCD。
【变式训练2·变考法】（2025·广东广州·模拟预测）“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机
场的传送带，主要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名质量m=60kg（包含雪具的质量）的穿戴雪具
的游客，从雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长
，倾角
（
，
），“雪地魔毯”以
的速度向上滑行，经过
游客滑到“雪地魔毯”的顶端。
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，人与“雪地魔毯”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，求
(1)“游客在“雪地魔毯”上做匀加速直线运动的时间t0以及游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数
。
(2)“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送到顶端需多做多少功？
【答案】(1)
，
；(2)22500J
【详解】（1）假设游客在运动过程中先匀加速，后匀速，设匀加速的位移为
，匀速的位移为
由题意得
，
又
联立解得
，
由于
，说明假设成立，故
。
加速过程中，根据牛顿第二定律有
又
联解得
（2）设“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送到顶端需多做的功为
由能量守恒得
又摩擦热
代入数据解得W=22500J
考点二 滑块—木板模型
知识点一 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。
知识点二 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：
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(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。
得分速记
1．滑块与木板共速后的运动学分析方法：可用假设法即即假设两者共同，利用整体法求出加速度再由隔
离法求出滑块与木板间的摩擦力，最后分析滑块与木板间的摩擦力与两者间的最大静摩擦力的大小即可；
2．滑块与木板运动分析过程较为复杂可利用v-t 图像较为形象的画出两者的图像，再利用图像找出两者的
位移和两者的相对位移。
考向1 水平面上“滑块--木板”动力学与能量综合问题
例1 （多选）如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为
的另一物体B（可看成质点）
以水平速度
滑上原来静止的长木板A 的上表面。此过程长木板A 的动能随位移变化的图像如图乙
所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B 间存在摩擦力，g 取10m/s。下列说
法正确的是（ ）
A．木板A 的质量为4kg
B．系统损失的机械能为1J
C．木板A 的最小长度为0.5m
D．AB 间的动摩擦因数为0.1
【答案】BD
【详解】A．根据图丙可知
解得
故A 错误；
B．系统损失的机械能为
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故B 正确；
C．A 在
做匀加速直线运动，则
解得
在达到共同速度之时，A、B 的位移差为
即木板A 的最小长度为1m，才能使物块B 不会掉下来，故C 错误；
D．根据运动学公式
解得
故D 正确。
故选BD。
【变式训练1】 （多选）如图1 所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左
端，用
的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的
图像如图2 所示，木板和小物块的速度随时间变化的
图像如图3 所示，已知木板和物块间存在摩擦，g
取
，下列说法正确的是（ ）
A．木板长度为
B．木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C．木板的质量为
D．系统因摩擦产生的热量为
【答案】BCD
【详解】A．由图2 得小物块对地位移
由于此过程木板也向前运动滑动，所以木板长度不等于
，选项A 错误；
B．由图3 可知小物块t 时间内获得的速度为
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小物块做匀加速直线运动，有
解得
由图3 可知小物块的加速度
再由图2 可知
解得小物块的质量
由牛顿第二定律得
解得
选项B 正确；
C．由图3 可知木板加速度为
由牛顿第二定律得
解得
选项C 正确；
D．木板匀加速直线运动，有
所以
系统因摩擦产生的热量
解得
选项D 正确。
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故选BCD。
【变式训练2】（多选）如图所示，质量为
、长度为的小车静止在光滑的水平面上，质量为
的小物
块（可视为质点）放在小车的最左端，现有一水平恒力
作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直
线运动，物块和小车之间的摩擦力为
，经过时间，小车运动的位移为，物块刚好滑到小车的最右端，
则这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块克服摩擦力做功为
B．物块的动能变化为
C．小车的动能变化为
D．物块和小车组成的系统因摩擦而增加的内能为
【答案】CD
【详解】A．根据功的定义式，物块克服摩擦力做功为
故A 错误；
B．对物块，根据动能定理有
结合上述解得
故B 错误；
C．对小车，根据动能定理有
即小车的动能变化为
，故C 正确；
D．根据能量转化与守恒定律有
结合上述解得
故D 正确。
故选CD。
考向2 斜面上“滑块--木板”动力学与能量综合问题
例2 如图，质量mA=2kg 的长木板A 在倾角θ=37°的固定斜面上滑动，木板长L=1.5m，木板与斜面间的动
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摩擦因数μ₁=0.75。当A 的速度v0=6m/s 时，将一质量mB=1kg 的木块B 轻放在A 的下端，A、B 间的动摩擦
因数μ₂=0.5，斜面足够长，g 取10m/s²。求：
（1）当A 的速度为5m/s 时，B 的速度vB的大小；
（2）B 在A 上滑动的整个过程中，因A、B 之间的摩擦力产生的内能Q。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）木板与木块相对滑动滑动，根据牛顿第二定律
对木板
对木块
木板做匀减速直线运动，则
木块做匀加速直线运动，则
得
（2）从轻放木块到二者共速
得
此过程二者的相对位移为
由于
则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B 之间的摩擦力产生的内能为
【变式训练1】如图所示，倾角
的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为
，长为
、质量为
的长木板A 放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为
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
，重力加速度g
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取
，不计物块B 的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
，
。求：
（1）长木板A 与斜面间的动摩擦因数
和物块B 与A 间的动摩擦因数
；
（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】（1）
，
；（2）
【详解】（1）设长木板A 和物块B 运动的加速度大小分别为
、
，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
根据牛顿第二定律
以物块B 为研究对象，则
根据牛顿第二定律
联立以上各式并代入数据解得
，
（2）设长木板A 和物块B 运动到斜面底端时速度分别为
、
，根据运动学公式
，
因摩擦产生的总热量
或
代入数据解得
【变式训练2】如图所示，倾角为
的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为
、质
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量
的木板，M 与斜面间的动摩擦因数
，木板在沿斜面向下的恒力
的作用下从静止
开始下滑，经时间
，将一质量为
的可视为质点的物块无初速地轻放在木板的最下端，物块与
木板间的动摩擦因数
，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。（
，
，g 取
，不计空气阻力）试求：
（1）
时木板速度的大小
；
（2 从物块放上木板到与木板共速
的时间为
，求
及
；
（3）木板上表面摩擦生的热Q。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）设物块没放时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
解得
时木板速度的大小设为v1，则
（2）物体放到木板上后达到速度相同前，设木板的加速度为a1，物体的加速度大小为a2，对木板，根据
牛顿第二定律得
解得
对物块，根据牛顿第二定律得
解得
设经时间t2物块与木板速度相同为v2，则有
解得
（3）物体放到木板上到达到速度时，物体的位移
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木板的位移
物体相对木板向上运动
撤去F 后，木板速度变慢，物体最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面摩擦生的热
解得
考点三 多物体、多过程问题
知识点 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。
考向 多物体、多过程问题
例1（多选）如图所示，一同学物理课上参与了一个趣味游戏，a、b、c、d 四个相同木板紧挨放在水平
地面上，使小滑块以某一水平初速度从a 的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d 上，则分别获得四、
三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动
摩擦因数均为μ，滑块质量为2m（可视为质点），滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为2μ，重力加速度
大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在木板上滑动时的加速度大小均为2μg
B．滑块在各木板上滑过时，木板均保持静止
C．若获得四等奖，滑块初速度的最大值为
D．若获得一等奖，因摩擦产生的总热量的取值范围为
【答案】ACD
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【详解】A．木板对滑块的摩擦力为
滑块在木板上滑动的加速度为
解得
，A 正确；
B．滑块滑上木板a 时，地面对4 块木板的总的最大静摩擦力为
因为
，4 块木板静止不动；
滑块滑上木板b 时，地面对三块木板总的最大静摩擦力为
因为
，3 块木板静止不动；
滑块滑上木板c 时，地面对两块木板的总的最大静摩擦力为
因为
，2 块木板静止不动；
滑块滑上木板d 时，地面对木板d 最大静摩擦力为
因为
，当滑块滑上木板d 时，木板d 开始运动，B 错误；
C．若获得四等奖，滑块初速度的最大值的条件是：滑块运动到木板a 右端时速度恰好为零
解得
，C 正确；
D．若获得一等奖，滑块恰好停在木板d 的左端时，因摩擦产生的总热量最小，总热量最小值为
若获得一等奖，当滑块运动到木板d 右端时恰好与木板d 达到相同速度，因摩擦产生的总热量最大。
木板d 的加速度为
当滑块滑上木板d 后，设滑上木板d 左端的速度为v2，滑到木板d 右端恰好与木板d 达到共同速度为v，运
动时间为t，根据速度公式得
，
解得
滑块和木板d 的相对位移为
解得
滑块和木板达到共同速度后一起做匀减速直线运动，直到静止。根据能量守恒定律，因摩擦产生的总热量
最大值为
因摩擦产生的总热量的取值范围为
，D 正确。
故选ACD。
【变式训练1·变载体】 ）长为L、质量为M 的平板紧靠长为d 的凹槽侧壁AB 放置，平板上表面与AC 齐
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平。一质量为m 的小滑块从光滑的轨道OA 上释放后滑上平板，平板到达CD 即被锁定。已知
，
，
，平板与滑块间的动摩擦因数
、与凹槽水平底面BD 间的动摩擦因数为
，
滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
。
(1)滑块滑上平板时，求滑块和平板的加速度
、
；
(2)若滑块释放的高度
，求平板到达CD 的时间；
(3)若滑块经过平板后滑上C 平台，求该过程滑块损失的最小机械能E。
【答案】(1)
，
；(2)
；(3)
【详解】（1）滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有
解得
对平板，根据牛顿第二定律有
解得
（2）滑块从O 到A，根据动能定理有
解得
滑块滑上平板，设经时间
速度相等，则有
解得
，
平板的位移
共速后，两者一起做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
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解得
设再经时间
平板运动至CD，则有
解得
故平板到达CD 的时间
（3）若滑块经过平板后滑上C 平台，则此过程滑块与平板之间的摩擦生热为
平板与凹槽底面间的摩擦生热为
可知
、
均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达CD 时的动能最小时滑块损失的机械能最小。
设滑块刚滑上平板时的速度为v1，两者共速时的速度为v 共，平板到达CD 时的最小速度为v2，则有
解得
共速前平板的位移大小为
共速前滑块的位移大小为
共速两者的相对位移大小为
共速后平板达到CD 时的位移大小
平板达到CD 后滑块恰好达到CD 时的位移大小为
联立解得
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该过程滑块损失的最小机械能为
代入数据解得
【变式训练2】足够长的水平传送带，在电动机的带动下从t=0 时刻由静止开始一直加速转动，上表面向
右运动，加速度恒为
。t=3s 时，将一质量为m=1kg 的长木板A 无初速地放在传送带左端，A 与
传送带之间的动摩擦因数为
。t=6s 时，将一质量也为m=1kg 的小物块B 无初速地放在A 的右端，
B 与A 之间的动摩擦因数为
。之后的过程中，B 未从A 上掉落。已知各接触面的滑动摩擦力与最
大静摩擦力相等，重力加速度
。求：
(1)从A 放上传送带，到与传送带速度相同，经历的时间
；
(2)A 与B 之间因摩擦而产生的热量Q；
(3)从A 放上传送带到各接触面都相对静止时为止，电动机因放上A 和B 而多做的功W。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）A 与传送带同速时，根据速度关系
解得
（2）A 和传送带同速后，受到摩擦力为
两者相对静止，当t=6s 时，传送带和A 的速度为
B 在A 上后，B 的加速度为
A 的加速度为
再经过
，A 和B 相对静止，共同速度为
解得
，
假设随后A 和B 相对静止，一起加速度，加速度为
此时A 和B 间的摩擦力
所以A 和B 相对静止，设再经过
时间AB 相对传送带静止，速度为
可得
，
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所以当t=7s 时所有接触面相对静止。A 和B 的相对位移为
A、B 间产生的热量为
（3）第一次A 与传送带摩擦产生的热量
第二次A 与传送带摩擦产生的热量
A 和B 动能的增加量为
电动机多做的功
1．（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。
2．（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（ ）
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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。
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
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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。
3．（2024·辽宁·高考真题）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。
时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上
木板。已知
到
的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为重力加速度大小。
时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在
时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．
之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．
图像的斜率表示加速度，可知
时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在
时刻滑上木板，故A 正确；
B．结合图像可知
时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为
，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过
时间与木板共速此时速度大小为
，方向水平向右，故可得
解得
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故B 正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C 错误；
D．假设
之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即
之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正确。
故选ABD。
4．（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。
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【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
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
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