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第23 讲 动力学和能量观点的综合应用
目录
01 课标达标练
题型01 传送带模型中的能量问题
题型02 滑块—木板模型综合问题
题型03 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 传送带模型中的能量问题
2．（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
【答案】C
1
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【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。
2
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故选C。
2.（2025·福建·二模）如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为
，下端A 和上端B 间的
距离为
，以速度沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀
加速后做匀速运动，从A 端运送到B 端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变
B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功
C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多
D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少
【答案】AB
【详解】A．工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，
为静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A 正确；
B．工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B 正确；
C．若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A 运动到B 重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对
工件做功减小，故C 错误；
D．若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B 点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增
多，故D 错误。
故选AB。
3．（2025·贵州贵阳·模拟预测）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（ ）
3
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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；
4
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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
故D 正确。
故选BCD。
4.（2025·江苏宿迁·一模）工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运
行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，
两者平滑对接。一产品无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达
斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1kg，传送带上表面的长度L1=10m、运
行速度v0=4m/s，斜面长度L2=1m，产品与传送带间的动摩擦因数
，取重力加速度
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电
能E2的比值。
5
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【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据牛顿第二定律
解得
产品加速距离
即产品在传送带上先加速再匀速运动，加速时间
解得
（2）产品在斜面上，由动能定理
解得
（3）产品在传送带上获得的机械能
解得
产品与传送带间产生的热量
消耗电能
解得
6
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比值
5.（2025·河北沧州·二模）如图所示，一个固定的光滑斜面
与光滑水平面
平滑连接于
点，长
、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度
逆时针运
行，质量
的小物块甲从距
高度
的A 处静止释放，滑上水平面
后在
点与质量
小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞，碰撞后乙滑上传送带。传送带左
端有一质量
的小车静止在光滑的水平面上，小车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹
簧的自由端在
点，小车的上表面右端点
与
之间粗糙，
点左侧光滑，乙滑上小车后向
左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。水平面
、传送带及小车的上表面等高且平
滑连接，乙与传送带及小车
段之间的动摩擦因数均为
，重力加速度
取
，
不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求：
(1)甲与乙碰后瞬间甲、乙的速度大小；
(2)传送带的电动机由于传送乙多消耗的电能；
(3)
之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)2m/s，2m/s
(2)72J
(3)0.9m，13.5J
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【详解】（1）小物块甲从光滑斜面A 点运动到
点，根据动能定理有
解得
甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
（2）设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，根据匀变速直线运动速度公式有
根据牛顿第二定律有
解得
物块乙滑行的距离
传送带的位移
则相对位移
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度
，物块乙与小车组成的
8
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系统动量守恒，则有
若
与
之间距离
不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于
点左侧是光滑的，物块乙必
然被弹回到
、
之间，设物块乙恰好回到小车的右端
点处时与小车相对静止，则
由能量守恒定律可得
解得
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则
、
之间的距离为
由能量
守恒定律有
02 板块模型
6.（2025·天津和平·二模）如图所示，长为
、质量为
的木板静止在光滑的水
平地面上，A、B 是木板的两个端点，点C 是AB 中点，AC 段光滑，CB 段粗糙，木板的A 端
放有一个质量为
的物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为
的恒力，当物块相对木板滑至C 点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B 端与
木板一起运动，求：
(1)物块到达木板C 点时木板的速度
；
(2)木板的摩擦力对物块做的功
；
9
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(3)木块和木板CB 段间的动摩擦因数
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，由于
段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能
定理有
解得
（2）撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
对物块由动能定理有
解得
（3）由能量守恒定律有
解得
7.（2025·湖南郴州·模拟预测）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，
时，物块
视为质点以大小为
的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的
图像，图中
已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
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A．木板的最小长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之
比为
【答案】AC
【详解】A．由题图乙的
图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为
则木板的最小长度为
，故A 正确；
B．由动量守恒定律有
可得物块与木板的质量之比
故B 错误；
C．由题图乙的
图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小
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由牛顿第二定律有
解得
故C 正确；
D．物块减小的动能
木板增大的动能
由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量
则
故D 错误。
故选AC。
8.（2025·广东深圳·一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右平
台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘处。现
在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量
，滑上小车。小车在冰面上滑行了
的距离后
与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量
，雪橇与小车上
表面间的动摩擦因数
，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数
。小车质量
，长度
。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，
取
。试计算
(1)雪橇滑上小车时的速度；
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(2)小车碰撞右侧平台时的速度；
(3)雪橇在右侧平台上滑行的距离。
【答案】(1)
，方向水平向右 (2)
，方向水平向右 (3)
【详解】（1）设雪橇滑上小车的瞬时速度为
，根据动量定理有
解得
方向水平向右。
（2）方法一：
假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为
根据动量守恒有
解得
雪橇与小车滑行过程中损失的机械能为
，则有
损失能量
联立解得
设小车滑行的距离为
，对小车根据动能定理有
解得
由于
，
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台的速度为
方法二：
对雪橇在小车上受力分析，设雪橇加速度为
，小车加速度为
根据牛顿第二定律有
，
解得
，
假设雪橇与小车共速时，用时为，雪橇的位移为
小车的位移为
，根据速度公式有
，
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根据位移公式有
小车与雪橇的相对位移
联立解得
，
由于
，
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度为
（3）方法一：
设雪橇在平台上滑行的距离为
，在小车上滑行的距离为
，则有
对雪橇由动能定理有
联立解得
方法二：
设雪橇在平台上滑行的距离为
，在小车上滑行的距离为
，则有
雪橇离开小车时的速度为
由运动学有
雪橇在平台上的加速度为
由牛顿第二定律有
根据速度与位移的关系式有
联立解得
9．（2025·江苏·一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角
，底端固定弹
性挡板，长木板B 放在斜面上，小物块A 放在B 的上端沿斜面向上敲击B，使B 立即获得初速
度
，此后B 和挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A 始终不脱离
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B 且与挡板不发生碰撞。已知A、B 的质量均为
，A、B 间的动摩擦因数
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
。求：
(1)敲击B 后的瞬间，A、B 的加速度大小
、
；
(2)B 上升的最大距离s；
(3)B 的最小长度L。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）敲击B 后的瞬间，A 受到向上的滑动摩擦力，
对A 由牛顿第二定律
解得
对B 由牛顿第二定律
解得
（2）设A、B 向上运动，经过时间t 后共速
共速后A、B 一起以加速度a 向上减速，对A、B 分析，有
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解得
（3）最终A、B 均停在挡板处，此时B 的长度最小，由能量守恒
解得
03 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
10.（2025·黑龙江·一模）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底
端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m 的竖直圆形轨道。距水
平面高H=4m 的弹射器用t0=0.2s 的时间将滑块A 水平向右弹出，滑块A 恰好能从斜面顶
端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A 质量m1=0.5kg，
滑块A 与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A 可视为质点。取
g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
(1)若传送带静止，滑块A 向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射
器对滑块A 的平均作用力大小及滑块A 与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A 通
过传送带后与滑块B 发生弹性碰撞。若碰后滑块A 静止，滑块B 恰好通过圆形轨道的最
高点，求传送带的速度大小。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为
，水平方向的速度为
，合速度
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为
，根据抛体运动规律可得
，
联立解得
由几何知识可得
，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A 的平均作用力大小为
设滑块A 与斜面、传送带间的动摩擦因数为
，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A 碰前的速度
等于B 碰后的速度
，则有
，
解得
设A 刚滑上传送带上的速度为
，由动能定理可得
解得
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根据上述结论可知，A 在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A 在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为
，则有
解得
假设成立，因此A 在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
11.（2025·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定光滑斜面的倾角
，右端带有固定挡板的
“┚”形木板静置于水平面上，斜面底端B 与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质量
的小物块从斜面顶端A 由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右端
时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和木
板的
图像，如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因素
，取重力加速度
。
(1)求斜面的长度；
(2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能；
(3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终
到木板左端的距离d。
【答案】(1)
18
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(2)
(3)不能，
【详解】（1）由图乙可知，物块到达斜面底端
时的速度为
物块从A 下滑到
的过程中，由动能定理可得
解得
（2）由图乙可知，物块与档板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为
，
根据加速度定义式有
解得物块、木板加速度大小分别为
，
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，
对物块与木板构成的系统，由能量守恒定律得
解得
（3）物块最终不能从木板上滑落。在
（
）时间内，物块相对于木板向右滑动，
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碰前物块，木板的速度分别记为
、
，可知板长
解得板长
在
时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为
、
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
，
碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小
木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为
，则有
，
解得加速度大小
假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过
两者共速，则有
解得
，
在时间
内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移为
解得
可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离
12.（2025·江苏泰州·模拟预测）如图所示，将原长为
的轻弹簧置于长为
的光滑水平面
20
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上，
为
的中点，弹簧一端固定在
点，另一端与可视为质点且质量为
的滑块
接触。
左侧为半径为
的光滑半圆轨道
，
点与圆心
等高。现将滑块
压缩弹
簧
至
点（图中未标出）后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点
，重力加速度
为
。
(1)求弹簧被压缩至
点时的弹性势能
；
(2)在
段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为
的滑块
仍将弹簧压缩到
点由静止释放，
恰能运动到半圆轨道的
点，求滑块
与薄膜间的动摩擦因数
；
(3)接第（2）问，求滑块
在薄膜上运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)5L
【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点
，则有
从E 到D 过程，由能量守恒有
21
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联立解得
（2）题意可知滑块Q 到C 点时速度为0，则从E 到C 过程，由能量守恒有
联立解得
（3）分析可知滑块Q 最终停在BF 上，由能量守恒有
联立解得
13.（2025·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平平台
左端与固定在竖直面内的半径为
的光滑四分之一圆弧轨道
在B 点平滑连接，
为圆心，
水平，平台右端与足
够长水平传送带平滑无缝连接，传送带以
的速度逆时针匀速转动。平台上静置着质量
分别为
的
、
两个小滑块，
、
滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑
块与轻弹簧不拴接），两滑块用细线连接，此时轻弹簧的弹性势能为
。剪断细线，弹簧
将两滑块弹开，两滑块与弹簧分离后立刻撤去弹簧，之后滑块
滑上传送带，滑块
滑上圆
弧轨道，此后
、
在平台上发生碰撞，
始终未滑上传送带，
与传送带间的动摩擦因数
，滑块均可视为质点，重力加速度
取
。求：
22
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(1)弹簧将两滑块弹开后，滑块
第一次滑到圆弧轨道最低点
时对圆弧轨道的压力大小；
(2)若
、
在平台上碰撞后粘在一起，则
、
碰撞过程损失的机械能；
(3)若传送带运行的速度大小为
、
第一次碰撞的位置仍在平台上且发生的是弹性
碰撞，则从弹簧将两滑块弹开至a、b发生第
次碰撞过程中，物块
与传送带间因摩擦产生
的热量。
【答案】(1)
(2)8.75J
(3)
【详解】（1）设弹簧将两滑块弹开的一瞬间，
的速度大小分别为
、
，根据动量守
恒，有
根据能量守恒，有
解得
滑块
第一次滑到圆弧轨道最低点B 时，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块
第一次滑到圆弧轨道最低点B 时对圆弧轨道的压力为
（2）由于
大于传送带运行速度
，因此滑块
第一次滑离传送带时的速度大
小为
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设
、
碰撞后的共同速度为
，根据动量守恒有
设损失的机械能为
，根据能量守恒可得
解得
（3）若传送带运行的速度大小为
，由于
小于传送带运行速度，因此滑块
以
的速度滑离传送带向左运动，滑块
以
的速度向右运动，两者发生弹性碰撞。
根据动量守恒和能量守恒可知，碰撞后两滑块以碰撞前的速度反向运动。此后两物块周期性
重复运动。滑块
第一次在传送带上运动过程中，运动的加速度大小为
滑块
在传送带上向右运动过程中因摩擦产生的热量
物块
在传送带上向左运动过程中，因摩擦产生的热量
因此，从弹簧将两滑块弹开，至a、b 发生第
次碰撞过程中，物块
与传送带间因摩擦产生
的热量为
14.（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
，
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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
25
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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
26
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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
15.（2024·贵州遵义·一模）如图所示为一种自动卸货装置的简化图，
为倾斜直轨道，
为水平传送带，
为水平直轨道，传送带与
、
在B、C 两点平滑相接，在水平轨道
右端固定一轻弹簧。O 为
上一点，
间距离
，
间的距离
，
与
水平面的夹角
，
间距离
，传送带始终以
的速率顺时针转动。
将质量
的货物装入一个质量为M 的货箱中，从O 点由静止释放，货物在货箱中始
终与货箱保持相对静止，弹簧被货箱压缩到最短时立即被锁定，工人取走货物后解除弹簧的
锁定，货箱被弹回。货箱与
间动摩擦因数
，与传送带间的动摩擦因数
，
段可视为光滑，货箱和货物均可视为质点，重力加速度g 取
，
，
。求：
(1)货箱和货物一起下滑到B 点时的速度大小
；
(2)货厢和货物一起通过
段所用的时间t；
27
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(3)若货物质量不变，要使货箱能回到O 点且不从A 点滑出，货箱质量范围是多少（结果保留
三位有效数字）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）货箱和货物一起从O 点下滑到B 点的过程中，由动能定理可得
解得
（2）货箱和货物一起在BC 上运动时，根据牛顿第二定律可得
在传送带上的加速阶段有
，
在传送带上的匀速阶段有
货厢和货物一起通过BC 段所用的时间为
联立解得
（3）当货箱恰好回到O 点时，货箱质量最大，由能量守恒得
解得
28
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当货箱恰好回到A 点时，货箱质量最小，由能量守恒得
解得
则货箱质量范围为
1．（24-25 高三下·云南昭通·阶段练习）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率
逆时针转动，一质量为
的小物块从传送带的左端向右滑上传送带。小物块
在传送带上运动时，小物块的动能
与小物块的位移
的关系图像如图乙所示，图中
，取重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
29
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A．小物块滑上传送带的初速度大小为
B．从小物块开始滑动到滑离传送带所需时间为
C．整个过程中小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外
力为摩擦力
则有
根据动能的表达式有
物块返回与传送带共速的动能为
，则有
联立解得小物块滑上传送带的初速度大小为
初始动能为
滑动摩擦因数为
故A 错误；
B．小物块与传送带共速前，根据牛顿第二定律，有
30
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解得小物块的加速度大小为
从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为t，则有
解得
从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为
共速后至滑离传送带的过程做匀速运动，则所需时间
全过程时间为
故B 正确；
C．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为
传送带向左运动的位移大小为
则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为
整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为
故C 错误；
D．根据能量守恒可得
可得整个过程中电动机多消耗的电能为
故D 正确。
31
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故选BD。
2．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，倾斜传送带
长
，倾角
，以
顺时针转动。一个质量
的滑块（可视为质点）从
点以初速度
向上滑动。
滑块与传送带间的动摩擦因数
，滑块刚好能运动到顶端
点，重力加速度
取
，
，
。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在传送带上先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
B．滑块初速度
C．滑块机械能减少
D．滑块与传送带因摩擦产生的内能为
【答案】BD
【详解】A．由于
可知
则滑块与传送带不可能保持相对静止，即滑块不可能受到静摩擦力，故A 错误；
B．结合上述可知，滑块与传送带不可能保持相对静止，由于滑块刚好能运动到顶端
点，
可知，滑块在传送带上一直做减速运动，到达Q 点时，滑块速度恰好为0，若
，对滑
32
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块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，此时滑块减速到0 的最大位移
可知，滑块无法运动到
处。则滑块速度一定有
开始滑块相对皮带上滑，根据牛顿第二定律有
解得
减速至与传送带速度相等时，利用逆向思维，滑块运动位移
当滑块速度减至与传送带速度相等后相对皮带下滑，再以上述加速度
减速，利用逆向思维，
上滑位移
由于滑块恰好到达Q 点，则有
解得
，
故B 正确；
C．结合上述，滑块动能减少
重力势能增加
则滑块机械能增加
故C 错误；
33
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D．结合上述，滑块相对传送带上滑的时间
滑块相对皮带上滑
滑块相对皮带下滑时间
相对皮带下滑位移
由于摩擦产生的内能
故D 正确。
故选BD。
3．（24-25 高三上·山东济宁·期中）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带
AB 的简易图，传送带的倾角为
，以v0=8m/s 的速度顺时针匀速转动，工人将质量
m=200kg 的工料（可视为质点）轻轻地放到传送带的底端A，并用平行于传送带的轻绳拴接
在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为F=2000N，经过t0=2s 关闭电动机，
一段时间后工件刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为
，
重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．经过时间t=2s 时，工料的速度大小为v=6m/s
B．传送带的长度LAB=31.25m
C．工料在传送带上产生的热量为12750J
D．工料上升过程中，机械能先减小后增加
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【答案】BC
【详解】A．工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示
由牛顿第二定律得
又
解得
工料向上加速运动，经时间
与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下，由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向上。再经
的时间关闭发动机，此时工料的速度为
故A 错误；
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B．关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，由牛顿
第二定律得
解得
方向沿传送带向下。工料在
时间内通过的位移为
工料在
时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间
工料与传送带共速，则
该时间内工料的位移为
工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下。此后工料一直减速到0 刚好运动到最高点，工料经时间
速度减为零，
则有
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该时间内工料的位移为
则传送带的A、B 两端间的距离为
故B 正确；
C．根据前面选项分析可知，工料在传送带上经历了四个阶段，第一阶段：静止开始的加速度
大小为
时间为
的匀加速直线运动，有
第二阶段：初速度为
，加速度大小为
时间为
的匀加速直线运动，有
第三阶段：初速度为
，加速度大小为
时间为
的匀减速直线运动，有
第四阶段：初速度为
，加速度大小为
时间为
的匀减速直线运动，有
综上所述，工料在传送带上产生的热量为
故C 正确；
D．由前面分析可知工料上升过程中，第一阶段摩擦力做正功，第二、三阶段做负功，第四
阶段做正功，根据
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可得机械能先增加之后减小最后又增加。故D 错误。
故选BC。
4.(多选)如图所示，质量M＝3 kg 表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0 时质量m＝
3 kg 表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s 的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s 物块和
长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g 取10 m/s2，则( )
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【答案】 BC
【解析】 长木板做匀加速运动的加速度大小a＝＝＝2 m/s2，故A 错误；根据牛顿第二定律，
对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.2，故B 正确；前2 s 内长
木板的位移x1＝·Δt＝×2 m＝4 m，物块的位移x2＝·Δt＝×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝
x2－x1＝8 m，故C 正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝mv－(m
＋M)v2＝48 J，故D 错误。
5．（2025·天津红桥·二模）如图所示，质量
的小车静止在光滑水平面上，小车
段是半径
的光滑四分之一圆弧轨道，
段是长
的粗糙水平轨道，两段轨道
相切于
点。一质量
、可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿圆弧轨道下
滑，然后滑入
轨道，最后恰好停在
点。取重力加速度大小
。求：
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(1)滑块滑到圆弧轨道最低点
时，小车的速度v1和滑块的速度v2；
(2)滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；
(3)滑块与
轨道间的滑动摩擦因数
。
【答案】(1)
，方向水平向左，
，方向水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B 时有
根据能量守恒有
解得小车的速度
方向水平向左。
滑块的速度
方向水平向右。
（2）滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有
解得
（3）滑块最后恰好停在C 点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守
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恒定律有
解得
6.如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直
的固定挡板，将一质量为m 的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m 的小物块(视为质
点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端
与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡
板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰
好未滑离木板，重力加速度为g，求：
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
(3)木板的长度x 以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ＝×2mv
解得v1＝。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v 共＝
－v1＋a1t1
对物块有v 共＝v1－a2t1
解得t1＝，v 共＝
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x 块＝
木板的位移大小x 板＝
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δx＝x 块＋x 板＝。
(3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
40
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mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
解得x＝
故系统产生的热量Q＝kmgx＝。
7．（2025·河北保定·模拟预测）如图所示，半径为
的光滑四分之一圆弧轨道固定
在竖直平面内，下端恰好与光滑水平面BC 平滑对接，长
、绷紧的水平传送带在电
动机带动下始终以恒定速度
逆时针运行，质量
的小物块甲由圆弧轨道顶端
A 点无初速度释放，滑到与传送带等高的水平面上的B 点向左运动，在C 点与质量
的小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后乙滑上传送带。传送带左端
有一质量
的小车静止在光滑的水平面上，车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的
自由端在E 点，小车的上表面与传送带等高，右端点D 与E 之间粗糙，E 点左侧光滑。乙滑
上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。乙与传送带及小车DE 段之间的动
摩擦因数均为
，重力加速度
，不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求：
(1)甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小；
(2)传送带的电动机由于传送小物块乙多消耗的电能；
(3)DE 之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)30N
(2)48J
(3)1.2m，12J
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【详解】（1）甲从圆弧轨道顶端滑到圆弧轨道底端，由机械能守恒定律得
解得
在
点由牛顿第二定律有
解得
N
由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力
（2）甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得
m/s，
m/s
设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得
根据牛顿第二定律有
代入数据可得
s
物块乙滑行的距离
m
传送带的位移
m
则
m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量
J
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传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度
，物块乙与小车组成的
系统动量守恒，有
若
与
之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于
点左侧是光滑的，物块乙必然
被弹回到
、
之间，设物块乙恰好回到小车的右端
点处时与小车相对静止，由能量守恒
定律可得
解得
m
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则
、
之间的距离为
。
由能量守恒定律得
8．（2025·四川成都·三模）如图所示，在倾角
的固定斜面上，足够长的轻质弹簧一
端与物块A 相连，另一端连接斜面底端处的挡板。初始时刻物块A 静止于弹簧原长O 点处，
底部光滑而侧面有粘性的物块B 从距离O 点s=3.6m 处静止释放，B 与A 发生完全非弹性碰撞
并粘合成一个整体（碰后A、B 与斜面依然保持良好接触）继续运动。已知A、B 质量均为
m=0.2kg，弹簧劲度系数k=100N/m 且始终处在弹性限度内，弹性势能
（x 为弹簧
形变量）。物块A 与斜面O 点上方区域的动摩擦因数为
，与斜面O 点下方区域的动摩擦因
数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B 均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度
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大小为g=10m/s2。
(1)求A 和B 碰撞过程中系统损失的机械能
；
(2)若
、
，求A 和B 碰撞后整体一起在O 点上方区域运动的总路程
；
(3)若
，求A 和B 碰撞后到最终静止的过程，A 与斜面摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)1.8J
(2)
(3)1.82J
【详解】（1）B 下滑过程，根据动能定理有
B 和A 碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）A 和B 组成的整体质量为2m，其将在斜面上做往复运动直至到达O 点时速度为零，之
后将在O 点下方区域做简谐振动。系统减少的动能转化为在O 点上方区域摩擦产生的热量，
根据能量守恒有
，
44
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解得
（3）由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，A、B 从碰后到第
一次运动至最低点的过程，根据能量守恒定律有
解得
A、B 整体向下运动过平衡位置
点时，回复力为零，此时弹簧形变量为
，则有
解得
设A、B 整体经平衡位置
点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为
，弹簧形变
量为x，则有
当形变量为x 时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移
的方向相反，证得A、B 整体向下的运动为单方向简谐运动。
则A、B 整体向下运动的振幅为
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为
点，此时弹
簧形变量设为
，平衡位置回复力为零，则有
解得
45
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若记本次为第1 次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点之后整体将向下做第2 次单方向简谐振动，平衡位置又变成
点，振幅
为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3 次单方向简谐振动，平衡位置又变成
点，振幅
为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n 次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为
，则由整体静止
条件得
解得
因为当整体向上运动以为
点为平衡位置做第9 次单方向简谐振动的振幅
可知，当整体从最低点往上运动
，后速度会变为零，此时弹簧形变量为
整体将停止运动。综合上述可知，A、B 整体运动的总路程为
则A 与斜面摩擦产生的热量为
解得Q=1.82J
第（3）问第二种解法：
如上分析可知，最终A 将静止于离O 点下方距离O 点
处，A、B 整体从碰后到第一
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次运动至最终静止过程，由能量守恒定律得
解得Q=1.82J
9．（2025·河南开封·二模）如图所示，光滑水平面上有一光滑水平凹槽
。质量为
的木板C 放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C 紧靠凹槽左端
P 并处于静止状态，其右端与凹槽右端Q 距离为
。水平面左侧较远处有一处于压缩
锁定状态的轻弹簧，左端固定在墙壁上，右端连接物块A，物块B 紧靠物块A 放置，弹簧的
弹性势能
。水平面右侧与顺时针转动的水平传送带平滑连接。已知A、B 的质量均
为
，传送带的长度
，顺时针转动的速度
，物块B 与长
木板上表面、传送带之间的动摩擦因数
均为0.2，重力加速度
。某时刻弹簧解
除锁定，物块A、B 由静止开始向右运动，B 离开弹簧后滑上长木板，长木板首次与凹槽两侧
壁碰撞均不损失能量，第二次与凹槽右侧壁碰撞时立即被锁定，物块B 滑上传送带后，在传
送带上运动
的时间。物块A、B 均可视为质点，经过各个衔接点时不损失能量。求：
(1)物块B 刚滑上木板C 时的速度大小
；
(2)木板C 第一次与凹槽右侧壁碰撞时，物块B 的速度大小
；
(3)长木板的长度
。
【答案】(1)
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(2)
(3)
【详解】（1）对A、B、弹簧组成的系统由能量守恒定律可得
解得
（2）物块B 滑上木板C 后，由牛顿第二定律，对物块B，有
解得
对长木板C，有
解得
长木板C 运动时间
与右壁碰撞，由运动学公式
解得
物块B 的速度
解得
（3）物块B 滑上传送带后平均速度
可知物块B 滑上传送带后先加速再匀速。设滑块滑上传送带的速度大小为
，在传送带上加
速运动时间为
，由运动公式
，
联立解得
48
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B 从滑上木板到滑出木板一直做匀减速直线运动，由运动公式
联立解得
10.某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图
乙所示的装置。P 为弹性发射装置，AB 为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC 为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，
C′E 为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A 点为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，竖直向上
为y 轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1 m，BC 长为3 m，滑块与AB、
BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P 水平弹出的速度为4 m/s，且
恰好从A 点沿AB 方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求滑块从弹射装置P 弹出时的坐标值；
(2)若滑块恰好能通过D 点，求轨道AB 的长度xAB；
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB 的长度xAB的取值范围；
(4)若轨道AB 的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
【答案】 (1)(1.2 m,0.45 m) (2)5 m (3)xAB≥5 m 或xAB≤1.25 m (4)见解析
【解析】 (1)对滑块由P 到A 的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方向有vy
2＝
2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m,0.45 m)。
(2)滑块恰好能通过D 点，在最高点有mg＝m
从P 到D 点，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－2R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv1
2－mv0
2，联立解得xAB＝5 m。
(3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道
圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5 m
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P 到与圆心等高的位置，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝0－mv0
2，解得xAB＝1.25 m
滑块从A 点切入后不脱离轨道时AB 的长度应满足xAB≥5 m 或xAB≤1.25 m
(4)由(3)知，xAB＝3.5 m 时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则
脱轨时mgsin α＝
从P 到脱轨的位置，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－R－Rsin α)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv2
2－mv0
2
联立解得sin α＝0.6
即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m 处脱轨。
49
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1．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电
动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为
。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好
相同，大小为
。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其
他摩擦。则这段时间内（ ）
A. 物块的位移大小为
B. 物块机械能增量为
C. 小车的位移大小为
D. 小车机械能增量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
50
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解得物块的位移大小为
故A 错误；
B．物块机械能增量为
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C 正确；
D．小车机械能增量为
故D 错误。
故选C。
2．（2025·海南·高考真题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A
从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B 碰成一整体，B 随后滑上传送带，已知
，
，A、B 可视为质点，AB 与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，
因摩擦生热
，忽略轨道及平台的摩擦，
51
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(1)A 滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1)
，方向竖直向上；
(2)
(3)
或
【详解】（1）A 从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得
，方向竖直向上；
（2）根据题意AB 碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度
小于
时，AB 滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB
52
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与传送带间的动摩擦因数为
，对AB 根据牛顿第二定律
设经过时间
后AB 与传送带共速，可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度
大于
时，AB 滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间
后AB 与传送带共速，同理可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得
，另一解小于
舍去。
3. （2025·广重庆·高考真题）如图所示，长度为d 的水平传送带M 顺时针匀速运动。质量为m 的小物
块A 在传送带左端M 由静止释放。A 还未与传送带达到相同速度时就从右端N 平滑地进入光滑水平面
NO，与向右运动的小物块B 发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B 均向右运动，从O 点进入粗糙水平地
面。设A 与传送带间的动摩擦因数和A、B 与地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g。
53
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（1）求A 在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B 的速度大小为A 的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B 在粗糙地面上停下后相距
d，求B 的质量；
（3）若B 的质量是A 的n 倍，碰后瞬间A 和B 的动量相同，求n 的取值范围及碰后瞬间B 的速度大小范
围。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
A 在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即
可得
由于A 还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
解得
【小问2 详解】
设B 的质量为M，则由题意由碰前
，
，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有
，
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
54
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联立解得
，
因为OP 段粗糙，由动能定理有
得
，即
，
根据题意有
，且由（1）有
联立各式解得
【小问3 详解】
设碰前小物块B 向右运动的速度为
,A、B 发生碰撞，则
A、B 碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A 和B
动量相同，则
则
，
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有
，即
碰后动能不增，即
，可得
所以n 的取值范围为
分别将
和
代入
，分别可得
，
所以对应的B 的速度范围为
，代入
55
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可得
4．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带
由底端A 运动到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉
入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送
带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为
，以速度
匀速运行。若以
相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开
始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦
因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方
向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质为M 的一批散货。若货箱之间无
间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲
信号与横轴所围面积为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
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(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
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在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带额外多做的功为
其中
，
，
，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
5．（2023·全国乙卷·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；
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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
故A 错误，B 正确；
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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。
6.（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径
，
滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度
，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，
滑板质量
，一质量为
的游客，从a 点由静止开始下滑，在b 点滑上滑板，当滑板右端运
动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行
停下。游客视为质点，
其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为
，忽略空气阻力，重力加速度
，求：
（1）游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设游客滑到b 点时速度为
，从a 到b 过程，根据机械能守恒
解得
在b 点根据牛顿第二定律
解得
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根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得
解得
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减
速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为
和
，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
7．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为
。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为0.1kg 的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度
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大小为
、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运
动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小
。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小
。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
62
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解得
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P 点正上方的
速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P 点到O 点的最小距离为
。
8．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角
的直轨道
，半径
的
圆弧轨道
，长度
、倾角为
的直轨道
，半径为R、圆心角为
的圆弧管道
组成，轨
道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面上紧靠着质量
滑块b，其上表面与轨道末端F 所
在的水平面平齐。质量
的小物块a 从轨道
上高度为h 静止释放，经圆弧轨道
滑上轨道
，轨道
由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数
，向下运动时动摩擦因数
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 在滑块b 上滑动时动摩擦因数恒为
，小物块a
动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）若
，求小物块
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在
上经过的总路程；
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③在
上向上运动时间
和向下运动时间
之比。
（2）若
，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1 2∶；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a 从A 到第一次经过C 的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C 点的向心加速度大小为
②小物块a 在DE 上时，因为
所以小物块a 每次在DE 上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE 上的滑动使机械能损失，最终
小物块a 将在B、D 间往复运动，且易知小物块每次在DE 上向上运动和向下运动的距离相等，设其在
上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a 在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a 在DE 上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
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（2）对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l 时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有
解得
9．（2023·浙江·1 月选考）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ =37°的
直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ =37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨
道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B (E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光
滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同
一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R =0.5 m，B 点高度为1.2 R，FG长度LFG=2.5 m，HI长度L0=9 m
，摆渡车长度L=3 m、质量m=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释
放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质
点，不计空气阻力，sin37° =0.6，cos37° =0.8）
（1）求滑块过C 点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t。
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【答案】（1）vC = 4 m /s，FC =22N；（2）μ=0.3；（3）t =2.5s
【详解】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得mg(h−1.2 R−R−R cosθ)= 1
2 m vC
2 解
得vC = 4 m /s滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得FC+mg=m vC
2
R
解得FC =22N
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G 点过程，根据动能定理可得
mgh−0.2mg LFG= 1
2 mv
2
解得v =6 m /s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块
和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv =2m v1 解得 v1= v
2 =3 m /s根据能量守恒可得
Q = μmgL= 1
2 mv
2−1
2 ×2mv1
2解得 μ=0.3
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a= μmg
m =3 m /s
2 所用时间为
t1= v −v1
a
=1s 此过程滑块通过的位移为x1= v + v1
2
t1= 4.5 m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起
做匀速直线运动，该过程所用时间为t2= L0−x1
v1
=1.5s则滑块从G 到J 所用的时间为t =t1+t2=2.5s
10．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道
CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从
D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的
速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，
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弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
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因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
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