文档文本内容
大题02 动力学与功能关系综合（黑吉辽蒙专用）
【命题解码·定方向】
【解题建模·通技法】
热点题型1 传送带模型
通技法 传送带模型的动力学和功能关系分析
热点题型2 滑块-木板模型
通技法 “滑块一木板”模型中的功和能的分析
热点题型3 弹簧模型
通技法 弹簧模型的动力学及功和能的分析
【实战刷题·冲高分】
刷模拟
刷真题
命题
· 趋势
· 定位
2026 年高考物理“动力学与功能关系”综合大题将作为力学压轴核心，延续“素养导向、情境赋能、
跨模块融合”的命题总基调。此类题目不再考查单一公式套用，而是要求考生在复杂真实情境中完成多过
程建模、规律联动与科学表达，重点区分学生的综合思维能力与物理建模水平。
命题趋势核心预测：
1. “高情境起点，低知识落点”设计常态化
综合题可能以科技前沿或生活实践为背景，如：磁悬浮列车启动过程中的能量转化、新能源汽车制动
回收系统的工作原理、重力储能电站中重物升降的能量调控；考生需先理解情境，再剥离干扰信息，快速
建立物理模型，体现“从生活走向物理”的课标理念。
2. 功能关系成为解题“最优路径”
目录
当运动过程涉及变力、非匀变速、多阶段时，直接使用牛顿定律求解困难，命题将引导考生转向动能
定理与功能关系作为核心工具。典型设问：“求某过程产生的焦耳热”“计算克服摩擦力做的总功”“分
析机械能是否守恒”。
热点题型1 传送带模型
析典例
· 建模型
例1.（2026·湖北荆州·二模）如图所示，质量为m0=0.1kg，半径为R =0.4 m的四分之一光滑圆弧槽锁定
在光滑水平地面上，圆弧的末端与水平地面相切。水平传送带上表面与左右两侧足够长的光滑水平地面平
齐且平滑连接，传送带以v传=3 m /s的速度顺时针转动。右侧地面上静置着2 个质量均为M =0.9kg的完
全相同的木块。将质量为m=0.3kg的铁块从离圆弧槽最高点的正上方h=0.4 m处静止释放，经圆弧槽下滑
后，从最低点水平向右运动并冲上传送带。已知传送带轮轴间距L=0.5 m，铁块与传送带之间的动摩擦因
数μ=0.5，铁块和木块均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g=10 m /s
2。
(1)求铁块第一次离开传送带时的速度大小；
(2)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块第一次到圆弧槽底端时对圆弧槽的作用力F；
(3)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块最终的动能。
【答案】(1)❑√11m /s
(2)51N，方向竖直向下
(3) 27
320 J
【解题建模】
(1)对物体进行动能定理建模：运用动能定理求出到曲面下方的速度
(2)对物理进行动力学建模：运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解
(3)动量守恒定律和机械能守恒定律建模：解除锁定后，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。
(4)弹性碰撞进行建模。
【详解】（1）铁块从释放到圆弧槽最低点过程，根据动能定理有mg(h+ R)= 1
2 mv0
2
解得v0= 4 m /s
设铁块在传送带上一直匀减速，到右端时速度为v1，则有v0
2−v1
2=2 μgL
解得v1= ❑√11m /s>v传=3 m /s
则假设成立，即铁块第一次离开传送带时的速度大小为❑√11m /s。
（2）解除锁定后，铁块与圆弧槽水平方向动量守恒，则有m0 v
′−mv =0
根据机械能守恒定律有mg(R+h)= 1
2 m0v
'2+ 1
2 mv
2
解得v
′ =6 m /s，v =2m /s
铁块相对于圆弧槽做圆周运动，在最低点有F
′−mg=m (v + v
′)
2
R
解得F
′ =51N
根据牛顿第三定律得铁块对圆弧槽的作用力F = F
′ =51N
方向竖直向下。
（3）结合上述可知，铁块第一次匀加速通过传送带，令离开传送带时速度为vm 0，根据动能定理可得
μmgL= 1
2 mvm 0
2 −1
2 mv
2
解得vm 0=3 m /s
将木块从左向右编号1 、2 ，铁块与木块发生第一次弹性碰撞有m vm 0=m vm1+ M vM1，
1
2 m vm 0
2 = 1
2 m vm 1
2 + 1
2 M vM1
2
解得vm1=−1
2 vm 0=−1.5 m /s，vM1= 1
2 vm0=1.5 m /s
随后，两木块发生弹性碰撞有M vM1= M vM1
' + M vM2
' ，1
2 M (vM1)
2= 1
2 M (vM1
' )
2+ 1
2 M (vM2
' )
2
解得vM1
' =0，vM2
' = vM1=1.5 m /s
铁块第一次与木块碰后，向左冲回传送带，速度小于传送带速度，则有vm 1
2 =2 μgx
解得x = 9
40 m < L
铁块不会从左边冲出，其会以vm 1= 1
2 vm 0=1.5 m /s第二次向右滑下传送带，接着第二次与木块发生弹性碰
撞，同理可得vm 2=−(
1
2)
2
vm 0=−0.75 m /s
随后铁块向左滑上传送带，且以该速率第三次向右滑下传送带，且无法追上木块，故铁块最终的动能
Ek= 1
2 m vm 2
2 = 27
320 J
研考点
· 通技法
传送带模型的动力学和功能关系分析
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
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＝F x 传.
②产生的内能：Q＝Ff x 相对.
解题要点: 传送带模型中的功能分析
1. 传送带克服摩擦力做的功: W = Ff xf 。
2. 系统产生的内能: Q = Ff x相对 。
3. 功能关系的分析: W = Δ Ek + Δ E p+Q 。
破类题
· 提能力
1.（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）被轻放在倾角θ =30°、
顺时针匀速转动的倾斜传送带的底端A，小滑块从静止开始向上运动，到达顶点B时，恰好与传送带共速，
传送带顶端上方有一小段固定的圆弧，圆弧可使小滑块无机械能损失地沿水平方向向右滑上水平轨道，之
后小滑块从水平轨道的末端C点进入半径R =0.5 m的竖直圆轨道（圆心为O）。在圆轨道中，小滑块始终
在沿轨迹切线方向的外力F作用下做匀速圆周运动，外力施加前后小滑块速率不变。已知传送带的长度
L=5 m，水平轨道的长度s=2.25 m，小滑块与传送带、水平轨道、圆轨道间的动摩擦因数分别为μ1=
❑√3
2 、
μ2=0.2、μ3=0.25，重力加速度g取10 m/s
2。求：
(1)传送带的速度大小。
(2)电动机由于传送小滑块多消耗的电能。
(3)小滑块运动到圆轨道上O点右侧与圆心O等高的D点时，外力F的大小。
【答案】(1)v1=5 m/s
(2)E =75J
(3)F =18 N
【详解】（1）设小滑块在传送带上的加速度大小为a，则有μ1mgcosθ−mgsinθ =ma
设传送带的速度大小为v1，则有v1
2=2aL
解得v1=5 m/s
（2）设小滑块在传送带上运动的时间为t，则有v1=at
小滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q = μ1mgcosθ(v1t −L)
传送带的电动机由于传送小滑块多消耗的电能E =mgLsinθ+ 1
2 m v1
2+Q
解得E =75J
（3）设小滑块做匀速圆周运动的速度大小为v2，则有−μ2mgs= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
解得v2= 4 m/s
小滑块运动到D点时，竖直方向有F −μ3 FN−mg =0，其中FN=m v2
2
R
解得F =18 N
热点题型2 滑块-木板模型
析典例
· 建模型
例2.（2025 秋•昭通期末）如图所示，质量M＝8kg 的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置
一质量m＝2kg 的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2．现对小物块施加一个大小F＝8N 的
水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s 后小物块从长木板上滑落．从小物块开始运动到从
长木板上滑落的过程中，重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）小物块和长木板的加速度各为多大；
（2）长木板的长度；
（3）摩擦力对小物块及木板做功分别为多少．
【答案】（1）小物块的加速度大小为2m/s2，长木板的加速度大小为0.5m/s2。
（2）长木板的长度为3m。
（3）摩擦力对小物块做功为﹣16J，对长木板做功为4J。
【解题建模】
(1)对物理进行动力学建模：运用牛顿第二定律。
(2)运动学建模
(3)功能关系建模。
【详解】（1）由牛顿第二定律，对小物块列式：F﹣μmg＝mam，代入数值可得：am=2m/ s
2；
对长木板分析：μmg＝MaM，代入数据解得：aM =0.5m/ s
2。
（2）在t＝2s 内，小物块的位移为xm= 1
2 amt
2，代入数据得：xm＝4m；长木板的位移为xM = 1
2 aM t
2，代
入数据得：xM＝1m。
由两者相对位置关系，木板长度L＝xm﹣xM，代入数据解得：L＝3m。
（3）摩擦力对小物块做负功，其大小为Wfm＝﹣μmg•xm，代入数据解得：Wfm＝﹣16J；
摩擦力对长木板做正功，其大小为WfM＝μmg•xM，代入数据解得：WfM＝4J。
答：（1）小物块的加速度大小为2m/s2，长木板的加速度大小为0.5m/s2。
（2）长木板的长度为3m。
（3）摩擦力对小物块做功为﹣16J，对长木板做功为4J。
研考点
· 通技法
“滑块一木板”模型中的功和能的分析
“滑块一木板”模型中功和能的分析
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 xm ；
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 Δ x 或相对滑行路程。
主要有光滑木板，粗糙木板模型。
破类题
· 提能力
2.（2025 秋•厦门月考）如图甲所示，一个质量为M 的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k 的
轻弹簧将板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长，一质量为m 的物块（可视为质点）从木板左端以初
速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端。通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木
板的v﹣t 图像，如图乙所示，其中A 为物块的v﹣t 图线，B 为木板的v﹣t 图线，物块与木板间的动摩
擦因数处处相同，重力加速度为g。根据题目和图中所给的各已知条件，求：
（1）物块与木板间的动摩擦因数μ；
（2）木板的长度L；
（3）从开始到t = 3T
4 ，系统产生的热量Q；
（4）若物块从木板左端以更大的初速度v1滑上长木板，则初速度v1取何值时，才能让木板与弹簧组成
的系统最终获得最大的机械能。
【答案】（1）物块与木板间的动摩擦因数μ 为v0
gT
；
（2）木板的长度L 为v0T
2 ；
（3）从开始到t = 3T
4 ，系统产生的热量Q 为15m v0
2
32
+ m
2v0
2
k T
2 ；
（4）若物块从木板左端以更大的初速度v1 滑上长木板，则初速度v1 取5 v0
4 + 4 mv0
k T
2 时，才能让木板与弹
簧组成的系统最终获得最大的机械能。
【详解】（1）由图像可知物块做匀减速运动，t＝T 时停止，所以a= v0
T
根据牛顿第二定律，有μmg＝ma
代入数据得μ= v0
gT
（2）物块以初速度v0 滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长L= v0T
2
（3）当t = 3T
4 时木板速度达到最大，加速度为零，有kx＝μmg
得x = μmg
k
= mv0
kT
从开始到t = 3T
4 ，木块的位移s= v0t −1
2 at
2= 15
32 v0T
所以系统产生的热量Q = fΔs= f (s+ x)= μmg×( 15
32 v0T + m v0
kT )= 15m v0
2
32
+ m
2v0
2
k T
2
（4）当t ′ = T
2 时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面向右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，
木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能，木块的位移s1= v1⋅T
2 −1
2 a( T
2 )
2= v1T
2 −v0T
8
木板的位移s2=2 x = 2mv0
kT
物块脱离木板，有s1﹣s2＝L
代入数据得v1= 5 v0
4 + 4 mv0
k T
2
答：（1）物块与木板间的动摩擦因数μ 为v0
gT
；
（2）木板的长度L 为v0T
2 ；
（3）从开始到t = 3T
4 ，系统产生的热量Q 为15m v0
2
32
+ m
2v0
2
k T
2 ；
（4）若物块从木板左端以更大的初速度v1 滑上长木板，则初速度v1 取5 v0
4 + 4 mv0
k T
2 时，才能让木板与弹
簧组成的系统最终获得最大的机械能。
热点题型3 弹簧模型
析典例
· 建模型
例3.（2026•呼和浩特一模）如图，在倾角θ＝30°足够长的固定斜面上，A 紧靠与斜面垂直的挡板，一劲
度系数为k 的轻弹簧将A、B 连接，C 紧靠B，开始时弹簧处于原长，B、C 恰好静止。现给C 施加一沿
斜面向下、大小为F 的恒力，使B、C 一起沿斜面向下运动，当速度为零时，立即撤去恒力，之后B、
C 沿斜面向上运动。已知B、C 的质量均为m，A 的质量为6m，A、B、C 与斜面的动摩擦因数相同，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹
性势能可表示为：Ep= 1
2kx2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）
（1）求动摩擦因数μ；
（2）求B、C 沿斜面向下移动的最大距离xm和B、C 分离时B 的动能Ek；
（3）若F＝6mg，撤去恒力后，物块B 在P 点第一次速度减为零，之后物块C 最终停止于Q 点，求P、
Q 两点间距离xPQ（P、Q 两点均未画出）。
【答案】（1）动摩擦因数μ 是
❑√3
3 ；
（2）B、C 沿斜面向下移动的最大距离xm 是2 F
k ，B、C 分离时B 的动能Ek 是F
2−2mgF
k
；
（3）P、Q 两点间距离xPQ 是18mg
k
。
【解题建模】
(1)对物理进行平衡建模。
(2)对物理进行动力学和功能关系建模：
(3)对物体进行功能关系建模。求出距离。
【详解】（1）弹簧处于原长，B、C 恰好静止，对B、C 由平衡条件得2mgsinθ＝2μmgcosθ，解得μ=
❑√3
3
（2）从B、C 开始沿斜面向下运动到最大距离过程，对B、C，由能量守恒定律得Fxm+2mgxmsinθ
= 1
2 k xm
2 +2μmgxmcosθ，解得xm= 2 F
k
B、C 分离时两者间的作用力为零加速度相等，对C，由牛顿第二定律得μmgcos+mgsinθ＝ma，
对B、C 整体，由牛顿第二定律得F+2μmgcosθ+2mgsinθ＝2ma，解得F＝0，即弹簧恢复原长时B、C 分离
从开始到B、C 分离过程，对B、C 整体，由能量守恒定律得Fxm ＝4μmgxmcosθ+2Ek ，解得Ek
= F
2−2mgF
k
（3）从弹簧处于原长时到A 刚要离开挡板的过程中，以B 为研究对象，设其移动的距离为Δx，此时的动
能为Ekx，
由动能定理得Ekx﹣Ex=−1
2 k( Δx)
2−mgΔxsinθ﹣μmgΔxcosθ
当A 刚要离开墙时，对C，由平衡条件得kΔx＝6mgsinθ+6μmgcosθ
解得Ekx＝0，说明此时B 的速度恰好为零，即第一次速度减为时B 运动到P 点
以C 为研究对象，由动能定理得Ek＝mgxC′sinθ+μmgxC'cosθ，解得xC'= 24 mg
k
P、Q 间的距离为xPQ＝xC'﹣Δx，解得xPQ= 18mg
k
答：（1）动摩擦因数μ 是
❑√3
3 ；
（2）B、C 沿斜面向下移动的最大距离xm 是2 F
k ，B、C 分离时B 的动能Ek 是F
2−2mgF
k
；
（3）P、Q 两点间距离xPQ 是18mg
k
。
研考点
· 通技法
弹簧模型的功和能的分析
1．通过其他能量求弹性势能
根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解．
2．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相
等．
3．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关．
4. 注意弹性势能的转化。
破类题
· 提能力
3.（2025•泰州模拟）如图所示，将原长为L 的轻弹簧置于长为2L 的光滑水平面AB 上，F 为AB 的中点，
弹簧一端固定在A 点，另一端与可视为质点且质量为m 的滑块P 接触。AB 左侧为半径为L 的光滑半圆
轨道BCD，C 点与圆心O 等高。现将滑块P 压缩弹簧0.5L 至E 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D，重力加速度为g。
（1）求弹簧被压缩至E 点时的弹性势能Ep；
（2）在BF 段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m 的滑块Q 仍将弹簧压缩到E 点由静止释放，恰能运
动到半圆轨道的C 点，求滑块Q 与薄膜间的动摩擦因数μ；
（3）接第（2）问，求滑块Q 在薄膜上运动的总路程s。
【答案】（1）弹簧被压缩至E 点时的弹性势能为2.5mgL；
（2）滑块Q 与薄膜间的动摩擦因数为0.25；
（3）滑块Q 在薄膜上运动的总路程为5L。
【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点D，则有mg＝mv D
2
L
从E 到D 过程，由能量守恒有Ep= 1
2 mv D
2 +mg×2L
联立解得Ep＝2.5mgL
（2）题意可知滑块Q 到C 点时速度为0，则从E 到C 的过程，由能量守恒有Ep＝μ•2mgxBF+2mgL＝
2μmg×L+2mgL
联立解得μ＝0.25
（3）分析可知滑块Q 最终停在BF 上，由能量守恒有Ep＝μ•2mgs
联立解得s＝5L
答：（1）弹簧被压缩至E 点时的弹性势能为2.5mgL；
（2）滑块Q 与薄膜间的动摩擦因数为0.25；
（3）滑块Q 在薄膜上运动的总路程为5L。
刷模拟
1.（2026·陕西商洛·二模）如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m 顺时针匀速转动的传送带，
水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m 的固定光滑1
4 圆弧斜面体。一质量为m1=4kg
的滑块A从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A 和水平传送带间的动摩擦因
数µ=0.2，传送带的右侧依次放有滑块B 和C，滑块C 的质量为m3=1kg，滑块A、B、C 均可看成质点，滑块
间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)滑块A 离开斜面体时的速度大小；
(2)要使滑块A 离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大；
(3)在（2）问的基础上要使B 与C 碰撞一次后滑块C 获得的动能最大，则滑块B 的质量m2为多大。
【答案】(1)6m/s
(2)8m/s
(3)2kg
【详解】（1）设滑块A 和斜面体分离时滑块A 的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有
m1gR = 1
2 m1vA
2
解得vA=6 m/s
（2）要使滑块A 离开传送带的速度最大，则滑块A 在传送带上一直加速，设A 离开传送带的速度为v0，
则μm1 g=m1a，2aL= v0
2−vA
2
解得v0=8 m/s
故要使滑块A 离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s；
（3）A、B 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v2= 2m1v0
m1+m2
同理可得B、C 两滑块碰撞后，C 滑块的速度为v3= 2m2v2
m2+m3
可得
v3=
128
5+m2+ 4
m2
由此可知，当m2= 4
m2
，即m2=2kg时，v3 最大，滑块C 获得的动能最大。
2.（2025 春•广州期中）如图所示，质量为m＝40kg 的物块（可视为质点）静止放置在倾角θ＝37°，长度l
＝2.25m 的导轨顶端。地面上紧靠导轨放置质量M＝10kg，长度L＝1m 的木板，轨道末端通过微小圆
弧与木板上表面相连，使物块通过轨道末端的速度大小不变，方向变为水平方向。物块与导轨、木板间
的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相
等，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物块到达斜面轨道末端时的速度大小；
（2）若物块滑上木板时，木板不动，求μ2应满足的条件；
（3）若μ2＝0.2，求物块滑上木板后的对地位移。
【答案】（1）物块到达斜面轨道末端时的速度大小为3m/s；
（2）若物块滑上木板时，木板不动，μ2 应满足的条件为μ2≥0.4；
（3）若μ2＝0.2，物块滑上木板后的对地位移为1.5m。
【详解】（1）从开始运动到斜面底端，对物块运用动能定理mglsinθ−fl = 1
2 mv0
2−0
其中f＝μ1N，N＝mgcosθ
联立可得v0＝3m/s
（2）木板刚好滑动μ1mg＝μ20（m+M）g
木板不滑动μ2≥μ20
得μ2≥0.4
（3）由于μ2＝0.2＜0.4
木板能滑动，滑上木板后，对滑块μ1mg＝ma1
对木板μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
共速时v 共＝v0﹣a1t＝a2t
得v 共＝2m/s
共速前：对物块−μ1mg x1= 1
2 m v共
2 −1
2 m v0
2
对木板μ1mg x2−μ2( M +m)g x2= 1
2 M v共
2 −0
得x1＝0.5m，x2＝0.2m，x1﹣x2＜L
且μ2＜μ1
物块与木板共速后，物块与木板相对静止一起减速，根据动能定理−μ2( M +m)g x3=0−1
2 (m+ M )v共
2
得x3＝1m
物块滑上木板后的对地位移s＝x1+x2
可得s＝1.5m
答：（1）物块到达斜面轨道末端时的速度大小为3m/s；
（2）若物块滑上木板时，木板不动，μ2 应满足的条件为μ2≥0.4；
（3）若μ2＝0.2，物块滑上木板后的对地位移为1.5m。
3．（2025 春•仓山区校级期中）如图所示，某货场利用固定于地面的、半径R＝1.8m 的四分之一圆轨道将
质量为m1＝10kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，已知当货物由轨道顶端无初速度滑下时，
到达轨道底端的速度为v＝5m/s。为避免货物与地面发生撞击，在地面上紧靠轨道依次排放两块完全相
同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝20kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的
动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，
取g＝10m/s2）。
（1）求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功；
（2）判断货物滑上A 板时A 板对地是否滑动，并求出货物刚离开A 板时的速度大小；
（3）通过计算判断货物是否会从木板B 的右端滑落？若能，求货物滑离木板B 右端时的速度；若不能，
求货物最终停在木板B 上的位置。
【答案】（1）货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为55J。
（2）货物滑上A 板时，A 板不会对地滑动，货物刚离开A 板时的速度大小为3m/s；
（3）货物不会从木板B 的右端滑落，货物最终停在木板B 右端的距离为1m 处。
【详解】（1）货物沿圆轨道下滑过程中，由动能定理得m1 gR−W f = 1
2 m1v
2，解得克服摩擦力做的功为
Wf＝55J。
（2）当货物滑上木板A 时，货物对木板的摩擦力大小为f1＝μ1m1g＝40N
地面对木板A、B 的最大静摩擦力为f2＝μ2（2m2+m1）g＝50N
由于f1＜f2
此时木板A、B 静止不动，设货物滑到木板A 右端时速度为v1
由动能定理得−μ1m1gl = 1
2 m1v1
2−1
2 m1v
2
解得货物刚离开A 板时的速度大小v1＝3m/s
（3）当货物滑上木板B 时，地面对木板B 最大静摩擦力为f3＝μ2（m2+m1）g＝30N
由于f1＞f3
此时木板B 开始滑动，设货物不会从木板B 的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为v2；
对货物，由牛顿第二定律可得μ1m1g＝m1a1
解得加速度大小为a1= 4 m/ s
2
对木板B，由牛顿第二定律可得μ1m1g﹣μ2（m2+m1）g＝m2a2
解得加速度大小为a2=0.5m/ s
2
根据运动学公式可得v2＝v1﹣a1t＝a2t
解得t = 2
3 sFv2= 1
3 m/ s
此过程中货物的位移大小为x1= 1
2 (v1+ v2)t = 10
9 m
木板B 的位移大小为x2= 1
2 v2t = 1
9 m
由于x1﹣x2＝1m＜l
则货物与木板共速后，一起做匀减速到停下，所以货物最终未从木板B 上滑下，且货物最终停在与木板B
右端的距离为1m 处。
答：（1）货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为55J。
（2）货物滑上A 板时，A 板不会对地滑动，货物刚离开A 板时的速度大小为3m/s；
（3）货物不会从木板B 的右端滑落，货物最终停在木板B 右端的距离为1m 处。
4.（2025•广东模拟）如图所示为某款产品分拣装置的结构简图，可以根据产品质量的不同分别将产品收集
到①②两个区域。装置工作时，产品每次都经弹射装置由A 点释放，之后沿粗糙水平面AB 运动至半
径为R 的光滑竖直圆轨道内，圆轨道最低点与水平面平滑相切且略微错开以允许产品通过，圆轨道的圆
心为O，②收集区恰以O 为分界点沿半径方向水平放置，且收集区两端与圆轨道之间留有恰好可让产
品通过的空隙，能够完整通过圆轨道的产品，最终沿光滑水平轨道BC 运动到①区域收集。已知水平轨
道AB 长为2R，所有产品与水平面AB 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，且质量为m0的产品恰好运动到与
O 点等高位置时速度减为零，并被收集到区域②的右端。不考虑产品之间的碰撞，不计空气阻力，重
力加速度为g，求：
（1）质量为m0的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能Ep；
（3）进入收集区①的产品质量范围。
【答案】（1）质量为m0 的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小为3m0g；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能Ep 为2m0gR；
（3）进入收集区①的产品质量范围为m≤4
7 m0。
【详解】（1）产品从B 点到O 点等高的过程，根据机械能守恒定律有
m0gR= 1
2 m0vB
2
产品在B 点时，根据牛顿第二定律有F N −m0 g= m0vB
2
R
根据牛顿第三定律，质量为m0 的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小FN′＝FN
联立解得FN′＝3m0g
（2）质量为m0 的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律有
Ep＝μm0g•2R+m0gR
解得Ep＝2m0gR
（3）设产品质量为m1 时，恰能通过圆轨道最高点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
m1g=m1
v1
2
R
根据能量守恒定律有
E p= μm1g×2 R+m1g×2 R+ 1
2 m1v1
2
解得m1= 4
7 m0
故进入收集区①的产品质量范围为m≤4
7 m0
答：（1）质量为m0 的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小为3m0g；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能Ep 为2m0gR；
（3）进入收集区①的产品质量范围为m≤4
7 m0。
5．（2025•巴中模拟）如图所示，跳杆底部有一根弹簧，小孩的质量为m，杆的质量为1
5 m，当小孩和跳
杆处于竖直静止状态时，弹簧压缩量为x0，在某次弹跳中，小孩站在脚踏板上，从弹簧处于最大压缩量
为5x0时开始计时，上升到弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他与跳杆瞬间共速，接着保持稳定的
姿势竖直上升到最大高度。全程弹簧始终在弹性限度内（弹簧弹性势能满足E p= 1
2 k x
2，k 为弹簧劲度
系数，x 为弹簧形变量，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆
间的摩擦均可忽略不计），则：
（1）小孩跳起过程中的最大速度是多少？
（2）跳杆离地后上升的最大高度是多少？
【答案】（1）小孩跳起过程中的最大速度是4 ❑√g x0；
（2）跳杆离地后上升的最大高度是125
24 x0。
【详解】（1）竖直静止时，对小孩受力分析mg＝kx0
可得k = mg
x0
当小孩受到的合力为零时速度最大，即小孩上升高度为4x0 时，速度最大。对系统根据能量守恒定律
1
2 k(5 x0)
2=mg⋅4 x0+ 1
2 k x0
2+ 1
2 mvm
2
解得vm= 4 ❑√g x0
（2）设弹簧恢复原长时小孩速度为v1，对系统根据能量守恒定律1
2 k(5 x0)
2=mg⋅5 x0+ 1
2 mv1
2
选取向上为正方向，小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆根据动量守恒定律m v1=(m+ m
5 )v2
之后小孩和跳杆一起竖直上抛到最高点，根据机械能守恒定律1
2 (m+ m
5 )v2
2=(m+ m
5 )gh
解得h= 125
24 x0
答：（1）小孩跳起过程中的最大速度是4 ❑√g x0；
（2）跳杆离地后上升的最大高度是125
24 x0。
刷真题
1.（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB 是倾角为30°的斜轨
道，BC 是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C 端有半径为R、质量为M 置于光滑水平
面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC 处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m 的物块，
从轨道AB 上与B 相距L 的P 点由静止下滑，经传送带末端C 点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦
因数为μ，其余接触面均光滑。已知R =0.36m，L=1.6 m，v0=5 m /s，m=0.2kg，M =1.8kg，μ=0.25。
不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B 点处的速度大小；
(2)从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】(1)4m/s
(2)0.9J
(3)0.2m
(4)3N
【详解】（1）滑块从P 点到B 点由动能定理mgLsin30
∘= 1
2 mv
2
解得到达B 点的速度v = 4 m/s
（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功W f = 1
2 mv0
2−1
2 mv
2=0.9J
（3）物块在传送带上加速运动的加速度为a= μg =2.5 m/s
2
加速到共速时用时间t = v0−v
a
= 5−4
2.5 s=0.4s
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx = v0t −v0+ v
2
t =0.2m
（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知m v0=m v1+ M v2，
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2+2mgR
联立解得v1=−2.2m/s，v2=0.8 m/s
（另一组v1=3.2m/s，v2=0.2m/s，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律F +mg=m (v2−v1)
2
R
解得F=3N
2.（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R 的光
滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧靠长为d 的固定凹槽
EFGH 侧壁EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A 端弹射，经过轨道BCD 后滑
上平板并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG 间的动摩擦因数为μ2。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g=10m/ s
2。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时
mg= m vC
2
R
从滑块离开弹簧到C 过程，根据动能定理
−2mgR = 1
2 m vC
2−1
2 m vB
2
解得
v0=5 m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
m vB=( M +m)v共
根能量守恒
ΔE = 1
2 mvB
2−1
2 ( M +m)v共
2
解得
ΔE = 5
8 J
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
a1= μ1 g=6 m/s
2
a2= μ1mg−μ2( M +m)g
M
= 4 m/s
2
共速后，共同加速度大小为
a3= μ2 g=1m/s
2
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
v = v E−a1t1=a2t1
共速过程，滑块、木板位移分别为
x1= v + v E
2
t1
x2= v
2 t1
共速时，相对位移应为
Δx = L= x1−x2
解得
v E=6 m/s，v =2.4 m/s
随后共同减速
x3=d −x1=1.88 m
到达H 速度
v H =
❑√v
2−2a3 x3= ❑√2m/s
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
3.（2024·贵州·高考真题）如图，半径为R =1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平
地面PM相切于P 点，PM的长度d =2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1m/s逆时针转
动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左做直线
运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N 时，瞬
间给b 一水平向右的冲量I，其大小为6 N ⋅s。以后每隔Δt =0.6s给b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离开传
送带。已知a 的质量为ma=1kg,b的质量为mb=2kg，它们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间的动摩
擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m /s
2。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
ma gR = 1
2 mav P
2
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律
N −ma g=ma
v P
2
R
联立解得
N =30 N
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
ma gR−μma gd = 1
2 ma v M
2 −0
解得
v M =3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
ma v M =ma va+mb vb
1
2 mav M
2 = 1
2 mava
2+ 1
2 mb vb
2
解得
vb=2m/s b滑上传送带后，根据牛顿第二定律
μmb g=mba
解得
a=5 m/s
2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1= vb−v0
a
=0.2s
对地位移
x = vb+ v0
2
⋅t1=0.3 m
此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间
t2= L−x
v0
=3sb 从M 运动到N 的时间
t =t1+t2=3.2s
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对b根据动量定理
I =mb v −(−mb v0)
解得
v =2m/s b向右减速到零所需的时间
t3= v
a =0.4s
然后向左加速到v0所需的时间
t 4= v0
a =0.2s
可得
Δt =t3+t 4 b在Δt时间内向右运动的距离
Δx = v
2 ⋅t3−v0
2 ⋅t 4=0.3m
循环10 次后b向右运动的距离
x
′ =10⋅Δx =3 m
每一次相对传动带运动的路程
s= v
2 ⋅t3+ v0t3+ v0t 4−v0
2 ⋅t 4=0.9 mb 从N 向右运动3m 的过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q1=10 μmb gs=90J
然后b继续向右减速运动，根据运动学公式
v t5−1
2 at5
2= L−x
′
解得
t5=0.2s
此过程，b 相对传动带运动的路程
s
′ = L−x
′ + v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2= μmb g s
′ =5Jb 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
Q =Q1+Q2=95J
4．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑1
4 圆弧轨道，半径R =0.2m，一质量为mB=1kg的
小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC=3kg，
B、C 间动摩擦因数μ1=0.2，C 与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C 右端有一个挡板，C 长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16 m < L<0.8 m时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的
时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）(1−15 ❑√0.8−L
16
)s
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
mB gR = 1
2 mBv0
2−0
解得
v0=2m /s
在底部，根据牛顿第二定律
FN−mB g=mB
v0
2
R
解得
FN=30 N
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是30 N。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
f B= μ1mB g=mBa1
解得加速度向左为
a1=2m /s
2
对C 分析，受B 向右的摩擦力μ1mB g和地面向左的摩擦力
f 地C= μ2(mB+mC)g
根据牛顿第二定律
f 地C−f BC= μ2(mB+mC)g−μ1mB g=mCa2
解得其加速度向左为
a2=10 m /s
2
由运动学位移与速度关系公式v
2−v0
2=2ax，得B 向右运动的距离
x1= v0
2
2a1
=1m
C 向右运动距离
x2= v0
2
2a2
=0.2m
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
Q = μ1mB g(x1−x2)
可得
Q =1.6J
（3）由上问可知，若B 还未与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为t1，有
t1= v0
a2
解得
t1=0.2s
B 的位移为
xB1= v0t1−1
2 a1t1
2=0.36 m
则此刻的相对位移为
x相= xB1−x2=0.16 m
此时
vB1= v −a1t1=1.6 m /s
由L>0.16 m，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经t2时间B 与C 挡板碰撞，有
L−0.16=1.6t2−1
2 a1t2
2
解得
t2=0.8−❑√0.8−L
碰撞时B 速度为
vB2= vB1−a1t2=2❑√0.8−L
碰撞时由动量守恒可得
mBvB2=(mA+mB)v
解得碰撞后B、C 速度为
v =
❑√0.8−L
2
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
a3= μ2(mA+mB)g
(mA+mB)
=8 m/s
2
后再经t3后停下，则有
t3= v
a3
=
❑√0.8−L
16
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t =t1+t2+t3=（1−15 ❑√0.8−L
16
）s
5．（2024·福建·高考真题）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N 与桌
面上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C
相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、
B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t =0时撤去电场，C 向下加速运动，下降
0.2m后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为0.1J。已知A、B、C 的质量分别为
0.3kg、0.4 kg、0.2kg，小球C 的带电量为1×10
−6C，重力加速度大小取10 m/s
2，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A 与B 间的滑动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
(3)若t =0时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向右运动，一段
时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B 未与A 脱离，C
未与地面相碰）
【答案】(1)2×10
6 N/C
(2)0.5；2
3 m/s
(3)2
3
❑√2m/s
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中
拉力为0，对C 根据共点力平衡条件有qE =mC g
解得E =2×10
6 N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有T 1=mC g，T 1= f
其中f = μmB g
解得μ=0.5
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧的弹性
势能相同，C 下降0.2m的过程中，对A、B 、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 Ep
解得v = 2
3 m /s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有2kh−f =0
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h
′，对A 根据牛顿第二定律可得
f −2k h
' =mAa
对B、C 根据牛顿第二定律可得qE+mC g−f =(mB+mC)a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降0.2m时开始相对滑动，在C 下降0.2m的过程中，对
A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有qE h
′ +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vmax
2
+2 Ep
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程
中的最大速度为v
′
max= vmax
联立解得v
′
max = 2❑√2
3
m /s
