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第23 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2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................2
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................3
考点一 传送带模型中的能量问题............................................................................................................................2
知识点1．传送带问题的两个角度......................................................................................................................2
知识点2．功能关系分析..............................................................................................................................................3
考向1 水平传送带问题................................................................................................................................................3
考向2 倾斜传送带问题.....................................................................................................................................5
考点二 滑块—木板模型综合问题............................................................................................................................6
知识点1 滑块—木板模型的分析方法......................................................................................................................6
考向1 水平面上“滑块—木板”模型.........................................................................................................................7
考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型........................................................................................................................9
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题..............................................................................................10
知识点 用动力学和能量观点分析多运动组合问题的思路和方法..................................................................22
考向 用动力学和能量观点分析多运动组合问题的思路和方法.............................................................22
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................29
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
传送带模型中的
能量问题
选择题
非选择题
海南卷T11，14 分
广西卷T12，16 分
重庆卷T15，17 分
2024·湖北卷·T7，4
分
滑块—木板模型
综合问题
选择题
非选择题
四川卷T7， 4 分
海南卷T17，16 分
2024·1 月浙江
卷·T16，17 分
2023·全国乙卷
T121，6 分
用动力学和能量
观点分析多运动
组合问题
选择题
非选择题
湖南卷T15，17 分
2024·1 月浙江
卷·T16，17 分
2023·1 月浙江
卷·T16，17 分
1.命题形式：单选题非选择题
2.命题分析：动力与能量的综合应用常以计算题的形式与平抛运动、圆周运动等结合考相。命题从单一物
体扩展至多物体系统需结合动量守恒和能量守恒进行动态建模。试题常以科技前沿或生活实例为背景，非
保守力做功与能量损耗：近年命题逐渐增加摩擦力、空气阻力等非保守力的考查
3.备考建议：本讲内容备考时候，要弄清传送带与板块模型的特点，及其中力与运动的关系和功能关系，
理清综合题有求解思路。
4.命题情境：
①生活实践类：体育运
中功和功率
，
力
功率
算，
极运
、
山
等能量
，汽
启
动
问题风
发电
计
蹦
动过
车
问题
车
，生活、生
中能量守恒定律的
用
动问题
产
应
。
②学习探究类：
力做功的
算，机
启
，
物体机械能守恒，用
、杆
接的系
机械能守恒
变
计
车
动问题单
绳
连
统
，含
簧系
机械能守恒
，
送
、板
模型的能量
问题
弹
统
问题传
带
块
问题
复习目标：
目标1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。
目标2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
2
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考点一 传送带模型中的能量问题
知识点1．传送带问题的两个角度
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
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
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知识点2．功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W 和Q 的理解：
①传送带做的功：W＝Fx 传。
②产生的内能：Q＝Ffx 相对。
考向1 水平传送带问题
例1 ．（2025·湖南长沙·三模）如图所示，一光滑水平面上有一固定的光滑曲面，曲面与水
平面平滑相接，水平面右侧有一水平传送带，传送带的右端固定一挡板，挡板上固定有
劲度系数k=20N/m 的水平轻弹簧。现让一质量m=2kg 的小物块从曲面上离地高度h=5m
的位置由静止释放，传送带的速度水平向右，大小为
，弹簧初始时最左端
H 到传送带与水平面连接点O 的距离
，传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.5。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
。
(1)求物块运动到O 点的速度大小；
(2)从滑上传送带到物块压缩弹簧达到最大静摩擦力的过程中，求传送带对物体所做的功；
(3)从物块滑上传送带至弹簧压缩最短过程中，结合弹簧振子的周期公式
，求电
动机对传送带多做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由动能定理
解得
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（2）物块滑上传送带的加速度
共速时物块在传送带上运动的距离为x，有
可得
则物块与弹簧接触前已共速，物块接触弹簧后压缩弹簧，当弹力大小等于最大静摩擦力
时，物块又与传送带相对滑动，设弹力等于最大静摩擦力时弹簧压缩量为
，则
可得
从滑上传送带到物块达到最大静摩擦力的过程中，由动能定理有
弹簧的弹力与压缩量成正比，则
联立可得
（3）共速过程传动带的位移
共速过程电动机对传送带多做的功
从物块接触弹簧到物块相对传送带滑动的过程，电动机对传送带多做的功
从物块达到最大静摩擦力到弹簧压缩最短所用时间
此过程传动带的位移
电动机对传送带多做的功
故整个过程做功为
【变式训练1】（2025·湖南郴州·三模）如图所示，水平传送带以v=5.0m/s 的速率沿顺时针方
向匀速转动，左端与一竖直放置的
光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑平
台平滑对接，传送带长L=1.6m。光滑圆弧半径R=0.2m，距离圆弧轨道最上端s=2.4m 处由静
止释放滑块A（可看作质点），滑块A 沿切线方向无碰撞进入圆弧轨道，滑块A 从传送带上
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滑出后与平台末端的滑块B 发生弹性正碰撞，碰后A 以2m/s 的速度返回，A 第2 次离开传送
带后被取走，B 从平台上水平滑出，滑出后与水平面碰撞时水平速度不变，碰后的反弹高度
都是前一次的
，不计所有碰撞的时间。已知A 的质量mA=0.1kg，A 与传送带之间的动摩擦
因数μ=0.5，平台高h=3.2m，重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计，求：
(1)滑块B 的质量为多大；
(2)滑块A 第2 次在传送带上滑动的过程中，滑块A 和传送带之间因摩擦产生的内能；
(3)滑块B 第17 次与水平面接触时在水平方向上运动的总距离为多大（取
，结果
用a 表示）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块A 第1 次到达传送带时的速度为
，根据
解得
故滑块A 在传送带上做减速运动，假设A 第1 次从传送带上滑下时的速度为
，根
据动能定理有
解得
（假设成立）
A 与B 发生弹性碰撞时，碰后A 速度大小
，有
，
联立解得
，
（2）滑块A 再次回到传送带时，滑块A 第2 次在传送带上滑动的过程中，滑块A 和传送
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带运动的v—t 图像如图所示
滑块A 的加速满足
滑块A 第2 次在传送带上运动的时间
滑块A 和传送带间的相对位移
内能
联立解得
（3）滑块B 水平抛出后，竖直方向有
解得
滑块B 与水平面第一次接触后上升的高度
设滑块B 反弹到最高点后再次下落至水平面所需的时间为t1，有
解得
滑块B 与水平面第n 次接触后上升的高度
根据
，
解得
故滑块B 第17 次与水平面接触时
，则
解得
故滑块B 第17 次与水平面接触时在水平方向上运动的总距离
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【变式训练2】（2025·山东·二模）如图所示，水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带的
右端A 点平滑连接，轻质弹簧右端固定，原长时左端恰位于A 点。现用外力缓慢推动一质量
为m 的小滑块（与弹簧不相连），使弹簧处于压缩状态，由静止释放后，滑块以速度v 滑上
传送带，一段时间后返回并再次压缩弹簧。已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一
半，滑块第一次从释放点到A 点的时间及第一次在传送带上运动的时间均为t0。已知弹簧弹
性势能
，其中k 为劲度系数。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，以下说法正
确的是（ ）
A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为
D．滑块从释放到第4 次经过A 点的总时间为
【答案】AD
【详解】A．由于返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，表明滑块滑上传送带时先
向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后向右做匀速直
线运动，则有
，
解得传送带的速度
故A 正确；
B．结合上述可知，滑块返回A 点后匀速向右运动，压缩弹簧至最短，又向左加速至脱离弹
簧做匀速运动，之后再次在传送带上向左做匀减速直线运动，减速至0 后向右做匀加速直线
运动到达A 时速度恰好与皮带速度相等，之后重复上述运动，可知，经过足够长的时间，滑
块最终不会静止于水平面上，故B 错误；
C．滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有
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第一次返回向右做匀加速直线运动过程有
根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为
解得
故C 错误；
D．滑2 第一次向右匀速运动的时间
结合上述解得
根据题意有
其中
由于滑块与弹簧接触过程的运动是简谐运动，可知，滑块在水平面上每次向右与向左运动的
时间相等，均为t0，则滑块从释放到第4 次经过A 点的总时间为
结合上述解得
故D 正确。
故选AD。
考向2 倾斜传送带问题
例2（2025·湖南··三模）一工人通过传送带输送质量
的货物，传送带与水平面夹角
，以
的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径
。工人将货物轻放在传动带上切点A 处，货物与传送带间动摩擦因数为
，货物到达传送带上切点B 时恰好与传送带相对静止。货物从传送带离开后掉落
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到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停
止运动，随后工人拿走货物。已知小车质量
，弹簧劲度系数为
，
重力加速度为
，弹簧的形变量为x 时，弹性势能为
，货物可看成质点。求：
(1)货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；
(2)货物与小车一起向右运动时的速度；
(3)小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？
【答案】(1)60J
(2)
(3)0.25
【详解】（1）货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有
，
可得
，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
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货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）货物随传送带到达转轴最高点P 时，恰好有
可知货物从P 点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量
守恒则有
解得
（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有
，
，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
【变式训练1】（2025·天津北辰·三模）如图所示，一倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，
水平面上方有一长
的轻杆，可绕其上端
点处的光滑轴在竖直平面内自由转动，下
端固定连接物块B（可看成质点），B 与水平面接触无挤压。将物块A 轻放在传送带底端，
运动至顶端时刚好与传送带速度相同，之后平滑进入水平面与B 发生碰撞，碰后B 恰好能运
动至最高点。已知传送带以速度
顺时针方向匀速运行，与水平面夹角为
。
与
传送带间的动摩擦因数
，A、B 质量分别为
，
，重力加速度
，
，
。求：
(1)碰撞后物块A 的速度；
(2)物块A 从传送带底端运动到顶端的过程中机械能的增加量。
【答案】(1)
(2)
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【详解】（1）碰撞过程动量守恒，有：
B 恰好能运动至最高点，说明到达最高点速度恰好为0，根据机械能守恒定律，有：
代入数据可得
（2）物块A 在传送带上受到重力，支持力和摩擦力，正交分解有：
垂直于传送带方向，
沿传送带方向，
设传送带底端到顶端距离为
，有
A 物块机械能增加量
考点二 滑块—木板模型综合问题
知识点1．“滑块—木板”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。
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(3)问：mvD＝(m＋M)v。
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考向1 水平面上“滑块—木板”模型
例1（2025·青海西宁·三模）如图所示，倾斜传送带AB 的倾角
，长度
，其顶
端B 与长木板上表面齐平，长木板放在光滑的水平面上。在长木板上放置小物块b，开始长
木板和b 都静止，b 离长木板左端的距离
。小物块a 以某一初速度v（未知）从
传送带底端A 沿传送带向上运动，然后沿水平方向滑上长木板。已知小物块a、b 和长木板的
质量均为
，小物块a 与传送带间的动摩擦因数
，传送带以
的速
度沿顺时针方向转动，小物块a、b 与长木板间的动摩擦因数
，取重力加速度
，小物块a、b 的碰撞为弹性碰撞，传送带和长木板平滑连接，a 经过连接处时
忽略能量损失，小物块a、b 均可视为质点。
(1)若
，求小物块a 通过传送带时产生的热量Q；（结果可用分数表示）
(2)要使小物块a 滑上长木板时的速度大小为
，求v 的最小值；（结果可用根式表示）
(3)若小物块a 以大小为
的速度滑上长木板，求小物块a、b 碰撞后瞬间，a 的速度大小
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由于
故a 滑上传送带后开始做减速运动对a 受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
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a 与传送带达到共同速度后，由于
可知滑块随传送带一起匀速向上运动，设a 加速运动的位移为
,由运动学公式有
传送带的位移
产生的热量
解得
（2）当v 取最小值时，a 从斜面底端一直加速到斜面顶端时速度恰好达
对a 受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
由运动学公式有
解得
（3）设a 滑上长木板后经t 时间与b 发生碰撞，a 的加速度
b 与长木板一起运动的加速度
由运动学公式可得
解得
设a 与b 碰撞前速度分别是
与
，则有
，
由于a 与b 碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒，则有
根据能量守恒，则有
解得
因此a 的速度大小为0.5m/s。
【变式训练1】（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，在光滑水平面上，质量
可视为质点
的小物块，静止在质量
的长木板左端，
与
间的动摩擦因数
，现对
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施加一水平向右的拉力
，作用一段时间
后立刻撤掉外力
，小物体又经时间
恰
好运动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为
，求：
(1)时间
与时间
的比值；
(2)若长木板的长度
，则在外力
作用时间
内小物块和长木板组成的系统产生的热
量大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）方法一：
由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为
，对小物块列动量定理
对长木板列动量定理
得
方法二：
对小物体受力分析列方程
得
对长木板受力分析列方程
得
小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速得加速度
得
小物块加速阶段最大速度
小物块减速阶段
长木板一直加速
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（2）小物块加速阶段位移
小物块减速阶段位移
长木板位移
由
得
时间内相对位移
【变式训练2】（2025·湖北·三模）如图所示，长木板C 固定在水平地面上，物块A、B 以相同
大小的初速度v=4m/s 同时从C 的左右两端开始相向运动，物块A 的质量为
与C 之
间的动摩擦因数为
物块B 的质量为
与C 之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、
B 可视为质点，重力加速度大小
求：
(1)若A、B 未相撞，长木板C 的最小长度；
(2)若A、B 能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B 没有从长木板C 上掉下，
A、B 碰后运动位移的最大值是多少；
(3)若长木板C 未固定且地面光滑，C 的质量为
A、B 没有发生碰撞，则A 与C 之间
因摩擦产生的热量是多少。
【答案】(1)6m
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B 分析，根据牛顿第二定律分别有
，
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解得
，
根据运动公式分别有
，
解得
，
则长木板C 的最小长度为L
=6m
（2）只要A、B 在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得
解得
碰后对A、B 整体，根据牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
解得x
如果A、B 在B 停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的最
大值是
（3）若长木板C 未固定，在B 速度减为零之前，C 静止不动。假设B 速度减为零之后B、C
相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
因
，故假设成立
B 速度减为零的过程中，B 与C 之间因摩擦产生的热量
，由能量守恒得
A、B 没有发生碰撞，最终A、B 和C 系统共速，设为
，由系统满足动量守恒有
解得
A、B 和C 系统总摩擦热量
，由能量守恒得
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设A 与C 之间因摩擦产生的热量
，则有
解得
考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型
例2．（2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A 恰好能处于静止。现
有物块B 以
的速度从A 的顶端开始下滑，A、B 间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B
的质量为别为
，
，重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。下列说法正确的是（ ）
A．物块B 下滑过程中，木板A 仍能处于静止
B．物块B 下滑过程中，A 要向下加速，A、B 速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B 不脱离A，A 板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B 速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【详解】AB．由木板A 恰好能处于静止可得，A 与斜面间动摩擦因数
且A、B 在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足
可得v＝0.6m/s
故AB 错误；
C．对B 物体，根据牛顿第二定律
解得，B 物体向下减速时加速度为
减速时间
此过程中，物块B 的位移
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木板A 的位移为
所以A 板长度至少为
故C 错误
D．全过程中系统因摩擦产生的热量
故D 正确。
故选D。
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
知识点 用动力学和能量观点分析多运动组合问题的思路和方法
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 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
例1（2025·宁夏中卫·一模）某固定装置的竖直截面如图所示，该装置由弧形光滑轨道AB、
竖直光滑圆轨道、水平粗糙直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道
EF 平滑连接而成。现将一质量为0.1kg、可视为质点的小滑块m1由弧形轨道AB 上高h 处
由静止释放（h 未知），在经历几段不同的运动后，m1在F 点与静止在水平台面上质量为
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习~~~
0.4kg 的长木板M 发生正碰。已知圆轨道半径R=0.5m，LBD=LDE=1m；m1与轨道BD、DE
间的动摩擦因数均为μ1=0.25，M 与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.3，M 最右端停放一质
量为
、可视为质点的小滑块m2，M 与m2间的动摩擦因数μ3=0.2；水平台面和木板
M 足够长；m1从轨道AB 上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆O 等高的C 点时对轨道的
压力为10N。忽略空气阻力，g 取10m/s2，
、
。
(1)求h 的大小；
(2)求m1刚到达F 点时的速度大小；
(3)若m1与M 碰撞时间极短，且碰后立即粘在一起，求最终m2与M 最右端之间的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
运动到C 点时，根据牛顿第二定律得
从A 到C 的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）m1从A 到F 的运动过程，根据动能定理得
代入数据解得
（3）m1与M 相碰，根据动量守恒定律得
代入数据解得
m1与M 碰后对m2分析得
代入数据解得
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对
和
构成的整体受力分析得
代入数据解得
设经过时间t，m2与m1、M 共速，则
代入数据解得共速的速度
，
该过程中m2运动的位移
运动的位移
共速过后，
与
分别减速运动，对m2受力分析得
代入数据解得
对
和
构成的整体受力分析得
代入数据解得
m2对地位移
的对地位移
最终计算可得
距离
最右端的长度
【变式训练1】（2025·河北秦皇岛·一模）如图甲所示、在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁
上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于
点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在
点平滑连接。传送带长
，且以
的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带
右下方有一固定在光滑地面上半径为
、圆心角
的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道右
侧紧挨着一个与轨道等高，质量
的长禾板（木板厚度不计）。现将一质量
的滑块
（
视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中
点后由静止释放，滑块
从
点滑上传送带，并从传送带右端
点离开，恰好沿
点的切线方向进入与传送带在同一竖
直面的圆弧轨道
，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块
在
段的位移
关系如图乙所示，滑块
与传送带、长木板间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小
。
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(1)求滑块
刚滑上传送带时的速度大小
；
(2)若滑块
运动至圆弧轨道最低点
时，轨道对其的支持力为
，且滑块恰好
未滑离长木板，求长木板的长度
；
(3)若去掉圆弧轨道和长木板，滑块
从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞
前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。
求滑块
与地面发生
次碰撞后前
次损失的机械能
与
的函数关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块Q 第一次从G 点到A 点时与弹簧分离，从A 点滑上传送带，对滑块Q
由动能定理得
图可知该过程弹力做功
联立解得
（2）滑块Q 在D 点，由牛顿第二定律可知
Q 滑上长木板后，以Q 和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达
到共同速度
，则有
由能量守恒定律可知
代入数据，联立解得
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（3）设BC 的竖直高度为h，传送带离地面高为H，则
Q 滑上传送带时
，则Q 在传送带上匀加速运动，加速度大小为a，则
假设滑块Q 在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B 点时的速度为
，有
代入数据得
假设成立，即
从B 点离开传送带恰好沿C 点切线滑入CD 轨道中，可知
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。所以第一次碰撞后损
失的机械能
第二次碰撞后损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第n 次碰撞损失的机械能为
发生n 次碰撞后前n 次滑块总共损失的机械能为
联立解得
代入数据得
【变式训练2】（2025·山东青岛·一模）如图所示，质量
的光滑斜劈
静止在水平台
面上，底边长度
，高度
。
底端距离台面边缘
，水平地面上一质
量
的木板
紧靠平台静置，
上表面与台面相平。质量
、可看作质点
的物块
从
顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，
的动能发生损失，
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进入台面后的速度水平向右，大小为
。已知
沿
下滑过程中，
和
相
对地面均做匀变速直线运动，
与台面、
与地面间均无摩擦，
与台面、
与
间动
摩擦因数
，重力加速度
。求
(1)
滑到
底端时，
向左滑动的距离
；
(2)
滑上
时
的速度大小
；
(3)为使
不从
上滑下，
的最小长度
；
(4)
滑到
底端后，与台面发生相互作用过程中
损失的动能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）
、
系统水平方向上动量守恒，有
所以
滑到
底端过程中有
又
解得
，
（2）设
滑上
时的速度为
，由动能定理得
解得
（3）
滑至
右端时两者刚好共速，设共同速度为
，
、
系统动量守恒
、
系统能量守恒
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总
习~~~
解得
的最小长度
（4）设
运动方向与水平方向夹角为
，已知
沿
下滑过程中，
和
相对地面均
做匀变速直线运动，
、
系统水平方向上动量守恒
、
系统机械能守恒
解得A 滑到B 底端时动能
、
系统能量守恒
解得
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
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总
习~~~
根据运动学公式有
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，
(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)
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总
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(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
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
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总
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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。
（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
，
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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
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
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
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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)
(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
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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
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
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【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
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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。
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
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
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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
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）
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【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
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
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，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；
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
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解得
（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。
【答案】（1）vC = 4 m /s，FC =22N；（2）μ=0.3；（3）t =2.5s
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【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 m v
2−1
2 ×2m v1
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，
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
。
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习~~~
【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
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
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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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