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第31 讲 动力学和能量观点的综合应用
1．（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)
(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
真题演练
1
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（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
解得
，另一解小于
舍去。
2．（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：
2
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(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
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
3
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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
3．（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；
4
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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；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C 错误，D 正确。
5
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故选BD。
4．（2022·浙江·高考真题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所
示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为
时，输出电功
率为
，风速在
范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过
的面积为
，空气密度为
，风场风速为
，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（
）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积
的流动空气动能为
C．若每天平均有
的风能资源，则每天发电量为
D．若风场每年有
风速在
范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积
的流动空气体积为
单位时间流过面积
的流动空气质量为
单位时间流过面积
的流动空气动能为
风速在
范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的
三次方成正比，AB 错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有
的风能资源，则每天发电量应满
足
C 错误；
6
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D．若风场每年有
风速在
的风能资源，当风速取最小值
时，该发电
机年发电量具有最小值，根据题意，风速为
时，输出电功率为
，风速在
范围内，转化效率可视为不变，可知风速为
时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为
D 正确；
故选D。
5．（2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以
的速度水平喷出，每
秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m 不变。
水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的
摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输
出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10
【答案】D
【详解】AB．每秒喷出水的质量为
,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水
泵对水做功为
7
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故AB 错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
故C 错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故D 正确；
故选D。
6．（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：
(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
。
模拟冲关
8
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【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
恒定律有
解得
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：
9
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(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
【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
10
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则
m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量
J
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
度大小为g=10m/s2。
(1)求A 和B 碰撞过程中系统损失的机械能
；
11
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(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
，
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
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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
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
次运动至最终静止过程，由能量守恒定律得
解得Q=1.82J
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9．（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
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
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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；
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。
10．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，倾角为37°的光滑斜面与光滑水平面在B 点平滑
相连，原长为L 的轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在O 点，另一端与质量为m 的小球
（视为质点）相连，B 点在O 点的正下方。小球从斜面上的A 点由静止释放，沿着斜面下滑，
通过B 点时弹簧对小球的弹力等于小球重力。已知OA 与斜面垂直，A、B 两点间距为3L，重
力加速度为g，劲度系数为k 的轻质弹簧的弹性势能
与弹簧的形变量x 的关系式为
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，sin37°=0.6、cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在A 点时，弹簧的弹性势能为2mgL
C．小球在A 点时，斜面对小球的支持力为
D．小球到达B 点时的速度为
【答案】D
【详解】A．由几何关系可得
弹簧的原长为L，则小球在B 点时弹簧的伸长量为4L，此位置弹簧的弹力与小球的重力相等，
则有
解得
故A 错误；
B．由几何关系可得
小球在A 点时弹簧的伸长量为3L，弹簧的弹性势能为
故B 错误；
C．小球在A 点时受弹簧弹力
把小球的重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向由三力平衡可得
16
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解得
故C 错误；
D．小球在B 点时弹簧的弹性势能为
小球从A 运动到B，由能量守恒定律可得
解得
故D 正确。
故选D。
11．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面
的高度为H，上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M、m，相互间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力
（
，g 为重力加速度大小），断开轻绳，棒和环自由下落。棒足够
长，与地面发生弹性碰撞且触地时间极短。棒在整个运动过程中始终保持竖直，环始终套在
棒上，不计空气阻力。求：
(1)棒第一次与地面碰撞时环的速度大小v；
(2)棒从与地面第一次碰撞至第二次碰撞过程中运动的路程x；
(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，棒和环摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)
(2)
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(3)
【详解】（1）棒与环一起做自由落体运动，有
解得
（2）设棒弹起后的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
则棒第一次弹起后做匀减速直线运动，向上运动的高度
由题意有
解得
（3）设环在该过程中与棒的相对位移大小为d，由能量守恒定律有
又
解得
12．（2025·江西·模拟预测）轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置
静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落
后落地，箱子落地后瞬
间速度减为零且不会反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个
过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为
，箱子和小球的质量均为
，重力加速度为
。忽
略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．箱子下落过程中，箱子机械能守恒
B．箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C．箱子落地后，小球运动的最大速度为
18
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D．箱子与地面碰撞损失的机械能为
【答案】BD
【详解】A．箱子静止时，对小球分析有
对箱子分析有
当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0，而箱
子释放瞬间固定箱子的力
消失，箱子所受合力为
可得该瞬间箱子的加速度
此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子
落地，则此过程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度
大于小球的速度，弹簧将被压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无
论何种情况，箱子在运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，
箱子机械能不守恒，故A 错误；
B．根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有
弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球
合力为零时弹簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在
最低点
在最高点
联立解得
而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为
，故B 正确；
C．小球做简谐振动，在平衡位置时有
解得
即弹簧被拉伸
时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而
根据以上分析可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不
过在最高位置时弹簧处于被压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸
长量相同，则小球从最高点到达平衡位置下落的高度
19
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而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球在最高点和在平衡位置时弹簧
的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得
解得
故C 错误；
D．箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置
时弹簧所具有的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得
解得箱子损失的机械能
故D 正确。
故选BD。
13．（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（ ）
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
20
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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
故D 正确。
故选BCD。
14．（2025·浙江台州·二模）如图为位于新疆哈密的熔盐塔式光热发电站，电站中有约14000
块五边形定日镜随太阳转动，每块约50 平方米，定日镜将吸收的阳光反射到中心位置的吸热
塔上。太阳落山后，熔盐继续放热保证24 小时不间断发电。已知地球的半径R=6400km，地
球到太阳的距离r =1.5×1011m，太阳能照射到地球上时，有约30％在穿过大气层的过程中被
云层或较大的粒子等反射，有约20％被大气层吸收，现测得在地球表面垂直太阳光方向每平
方米面积上接收到太阳能的平均功率为P=6.8×102W。哈密全年日照时数约3400 小时，该电
站已实现年供电2.0×108kW·h，可供24 万人一整年的生活用电。已知我国燃煤电厂平均每发
一度电，消耗的煤炭约为300 克。则（ ）
21
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A．该电站每年可节约煤炭约6000 万吨
B．该电站光能转化为电能的效率约为12%
C．太阳辐射能量的总功率约为7.0×1017W
D．太阳辐射能量中只有二十二亿分之一到达地球大气层上表面
【答案】BD
【详解】A．年供电2.0×108kW·h，每度电耗煤300 克，节约煤炭的质量为
所以可节约煤炭约6 万吨，故A 错误；
B．定日镜总面积
地球表面单位面积接收到太阳能的平均功率为
定日镜接收的光能为
提供的电能为
光能转化为电能的效率
，故B 正确；
C．地球大气层上表面每平方米接收功率为
太阳辐射的总功率为
，故C 错误；
D．地球大气层上表面接收到的功率
所以到达大气层的能量占总的太阳能的比例为
即二十二亿分之一，故D 正确。
故选BD。
15．（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
22
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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)
(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
23
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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
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
16．（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（ ）
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
24
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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
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
25
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故D 正确。
故选BD。
17．（24-25 高三下·广东·开学考试）如图，竖直面内有一固定的半径为R、表面粗糙程度不
同的
圆弧轨道，其圆心O 与A 点等高。一小物块以恒定的速率v0沿轨道自A 点运动到B 点，
圆弧AP 与圆弧PB 长度相等。小物块从A 到B 运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．小物块所受重力的功率越来越大
B．小物块对轨道的压力越来越大
C．小物块与圆弧轨道间动摩擦因数越来越大
D．小物块在AP 段产生的内能比PB 段产生的内能大
【答案】BD
【详解】A．对物块受力分析，根据
θ 从0°增加到90°，因此小物块所受重力功率越来越小，故A 错误；
B．对物块受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
θ 从0°增加到90°，FN越来越大，故B 正确；
C．因为小物块恒定的速率运动，故切线方向上合力为零，因此有
26
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可得
结合上述分析可知，μ 越来越小，故C 错误；
D．由于从A 到P 重力做功大于从P 到B 重力做功，根据功能关系，小物块在AP 段产生的内
能比PB 段产生的内能大，故D 正确。
故选BD。
18．（2025·陕西·模拟预测）如图所示，足够长固定传送带的倾角为
，物块
和物块
用与传送带平行的轻弹簧连接，弹簧原长为
，物体
与
锁定在一起，
、
、
三个物块均可视为质点。若传送带固定不转动，
、
静止于
点，且与传送带间恰好均无
摩擦力。若传送带顺时针转动，将
、
整体沿传送带向下推至
点处由静止释放，达到
点时解除锁定，此后
恰好相对地面静止，且此时
与挡板之间的弹力恰好为0。整个过程中
传送带的速度都大于物块
、
的速度。已知物块
光滑，
、
与传送带间的摩擦因数相同，
能做简谐运动，
、
质量均为
，
的质量
，重力加速度
取
，
，弹簧振子的周期公式为
，
。求：
(1)
、
与传送带间的动摩擦因数为多少；
(2)弹簧的劲度系数
；
(3)若传送带的速度为
，从
和
到达
点开始计时，在
内
、
、
组成
的系统因摩擦而产生的热量是多少。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）将bc 整体沿传送带向下推至P 点处由静止释放，到达B 点时解除锁定，bc 恰
27
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好分离此后c 相对于地面静止，则有
解得
（2）传送带固定不转动，
、
静止于
点，且与传送带间恰好均无摩擦力，弹簧的压缩量
为
，则有
bc 运动到B 点时，a 与挡板的弹力为0，此时弹簧的伸长量为
，则有
bc 向上运动过程中，在原长位置
该位置为bc 沿传送带上升的平衡位置，根据对称性可得
联立解得
（3）b 在平衡位置时，则有
此时弹簧为原长，弹簧的弹力提供回复力，弹簧振子的周期
从c 和b 到达B 点开始计时，经历的时间
一个周期内，
时间内，b 相对于传送带的位移为
时间内，b 相对于传送带的位移为
故五个周期内b 相对于传送带的位移为
b 由于摩擦产生的热量
c 由于摩擦产生的热量
、
、
组成的系统因摩擦而产生的热量
19．（2025·重庆·一模）如图，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传
送带平滑连接于Q 点，圆弧轨道半径为R。质量为m 的小滑块自圆弧轨道最高点P 由静止释
放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，第一次上升的最高点距Q 点高度为
。
重力加速度为g。下说法正确的是（ ）
28
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A．传送带匀速转动的速度大小为
B．小滑块第二次上升的最高点距Q 点高度为
C．小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q 点时加速度之比为
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
【答案】D
【详解】A．小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，在传送带上向左先加速，和传送
带共速后匀速运动，返回时第一次上升的最高点距N 点高度为
，由
可得传送带匀速传动的速度
故A 错误；
B．之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，返回时在传送
带上向左先加速，和传送带共速后匀速运动，所以滑块不会静止，返回时上升的最高点距N
点高度始终为
，故B 错误；
C．小滑块自圆弧轨道最高点P 由静止释放，在圆弧轨道下滑，由机械能守恒定律
解得到达Q 点时速度为
小滑块第二次经过圆弧轨道的Q 点时速度为
根据牛顿第二定律Q 点时加速度
推得小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q 点时加速度之比为
，故C 错误；
D．设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块第一次在传送带上减速直线运动的时间为
29
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相对传送带的距离为
解得
反向加速直线运动的时间为
相对传送带的位移为
解得
滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
解得
故D 正确。
故选D。
20．（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。
30
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【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
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
21．（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB 与一斜面
BC 平滑连接，AB、BC 与水平面夹角均为37°角，B 点到C 点的距离为
，传送带顺时
针运行，速度恒为
，传送带长为
。现将一质量为
的小货物（可视
为质点）轻轻放于A 点，小货物恰好能到达C 点。已知小货物与传送带间的动摩擦因数
，取
，
，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)小货物从A 点运动到B 点所经历的时间；
31
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(2)小货物与斜面间的动摩擦因数
；
(3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。
【答案】(1)
s
(2)
(3)
J
【详解】（1）假设小货物在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，则
得
加速距离
假设成立。货物加速时间
匀速时间
从A 运动到B 的时间
（2）在BC 段
得
又
得
（3）小货物与传送带间因摩擦而产生的热量
由能量守恒定律，传送带因传送该货物而多消耗的电能
得
22．（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（ ）
32
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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
【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
33
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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。
23．（2025·湖南株洲·一模）一瀑布的水流量为
，水位落差约100m，若利用
该瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率约为（ ）
A．
W
B．
W
C．
W
D．
W
【答案】A
【详解】由题可知，
水流的质量为
水流下落重力所做的功
转化的电能
故发电的功率
故选A。
24．（24-25 高三上·安徽·阶段练习）如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，
段为直线，
段边缘是圆心角为
的圆弧，
段上方有一光滑挡板，挡板与
传送带中心线之间的夹角
，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物块沿
挡板匀速运动到工作台。一质量
的物体由
端轻放在传送带的中心线上，到达
端
时恰好与传送带共速，在
段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间
的动摩擦因数
段长
，物块在
段的时间
，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度
取
，求：
34
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(1)传送带的速率及物块与挡板作用后匀速运动的速度大小；
(2)物体从
运动到
的过程中，传送装置比空载时多做的功；
(3)物块从
到
的过程中，传送带对物块的冲量大小。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）物体在
段，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
传送带的速率
物块与挡板作用后瞬间的速度大小
（2）物体从
运动到
的过程中，传送带的位移大小
由能量守恒定律可知，传送装置比空载时多做的功
35
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（3）物体从
到
的过程中，由动量定理有
重力的冲量大小
其矢量图如图所示，则传送带对物块的冲量大小
25．（22-23 高一下·吉林长春·期末）如图甲所示，大型物流货场广泛地应用传送带搬运货物。
与水平面夹角为θ 的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的。将质量为
的
货物 （可视为质点） 轻放在传送带的A 端，经过1.2s 到达传送带的B 端。用速度传感器测
得货物与传送带的速度ν 随时间t 变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度
，下列说法正确的是 （ ）
A．货物从 A 端到 B 端的过程中受到的摩擦力始终不变
B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4
C．货物从A 端到 B 端的过程中，货物与传送带之间因摩擦产生的热量为9.6J
D．货物从A 端到 B 端的过程中，货物与传送带之间因摩擦产生的热量为22.4J
【答案】C
【详解】A．由题意可知，货物先以a1加速度做匀加速直线运动，再以a2加速度做匀加速直
线运动，则
时间内，货物受到的摩擦力沿传送带向下，
时间内，货物受到
的摩擦力沿传送带向上，A 错误；
B．由图像可知，
货物的加速度大小为
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根据牛顿第二定律则有
解得
同理可得
内有
联立解得
B 错误；
CD．由图可知，整个过程货物的位移
传送带的位移
二者的相对位移
根据上述结论可知
故整个过程产生的热量
C 正确，D 错误。
故选C。
26．（2024·福建·二模）如图，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4m/s 的速度匀速转动，将
质量为1kg 的小物块轻放在传送带的顶端A 处，经过2s 小物块到达传送带的底端B 处。已知
小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
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A．小物块一直做匀变速运动
B．A、B 间的长度为11.5m
C．小物块到达B 处时的速度大小为16m/s
D．全过程中小物块机械能减少23J
【答案】B
【详解】A．当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知
解得
当小物块的速度等于传送带的速度时，由于
小物块会继续以a2加速运动至B 点，由牛顿第二定律可知
解得
故全程做变加速运动，故A 错误；
C．设小物块从A 点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则
由题可知，全程运动时间为
到达B 点时的速度为
解得
故C 错误；
B．AB 间长度为
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解得
故B 正确；
D．全过程中小物块机械能减小量为
解得
故D 错误。
故选B。
27．（24-25 高二上·广东·阶段练习）如图，质量为1kg 的木箱静止在轨道上的A 点，质量也
为1kg 的小球以初速度12m/s 与木箱发生碰撞并粘黏在一起，然后一起运动经过AB 段，再滑
上竖直放置的半径
的圆弧轨道且不会脱离轨道。已知AB 段粗糙，长度为
，
动摩擦因数
，轨道其余部分均光滑。圆弧轨道上有一C 点，圆心连线OC 与水平方向
夹角为30°。小球和木箱均可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g 大小取
。求：
(1)小球与木箱发生碰撞系统损失的机械能
；
(2)小球和木箱整体经过C 点时的速度大小
和对轨道的压力大小
。
【答案】(1)36J
(2)
；90N
【详解】（1）小球与木箱发生碰撞过程，系统动量守恒，可得
系统损失的机械能
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联立，解得
（2）小球和木箱从A 运动到C 过程，由能量守恒，可得
解得
小球与木箱的结合体在C 点时，由牛顿第二定律，可知
解得
根据牛顿第三定律可知小球与木箱对轨道的压力大小
28．（2024·广东·模拟预测）如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v = 2.0 m/s 顺时
针匀速运行，A 端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q = 50 kg/s 落到传
送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B 端。在运送煤的过程中，下列说法正确的是（
）
A．电动机应增加的功率为100 W
B．电动机应增加的功率为200 W
C．在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0 × 103 J
D．在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2 × 104 J
【答案】BC
【详解】AB．设足够小的时间Δt 内落到传送带上煤的质量为Δm，则有
这部分煤由于摩擦力f 的作用被传送带加速，由功能关系得
煤块在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，则有
40
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传送带的位移为
相对位移为
可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为
根据能量守恒可知，Δt 时间内电动机应增加的能量ΔE 为
电动机应增加的功率为
联立可得
故A 错误，B 正确；
CD．由以上分析可知，单位时间内产生的热量为
因此一分钟产生的热量为
故C 正确，D 错误。
故选BC。
29．（2024·浙江金华·二模）某地区常年有风，风速基本保持在5m/s，该地区有一风力发电
机，其叶片转动可形成半径为10m 的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为
，
风的动能转化为电能的效率为20％。现用这台风力发电机给一小区供电，则下列说法正确的
是（ ）
A．该风力发电机的发电功率约为25.5kw
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B．风力发电机一天的发电量
C．假设一户家庭在晚上同时开着两盏40W 的灯，为保证供电正常，则该风力发电机同时
能给约64 户家庭供电
D．若风速变为2.5m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的一半
【答案】C
【详解】AD．单位时间(1s)内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为
单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
该风力发电机的发电功率
解得
若风速变为2.5m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的
，故AD 错误；
B．风力发电机一天的发电量
故B 错误；
C．假设一户家庭在晚上同时开着两盏40W 的灯，为保证供电正常，根据
则该风力发电机同时能给约64 户家庭供电,故C 正确；
故选C。
30．（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（ ）
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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
【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
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故A 错误；
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
该时间内工料的位移为
则传送带的A、B 两端间的距离为
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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
可得机械能先增加之后减小最后又增加。故D 错误。
故选BC。
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