文档文本内容
微突破12 动力学和能量观点的综合应用（解析版）
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势....................................... 2
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维....................................... 3
03
考点精讲·靶向突破拆解核心考点，归纳解题范式....................................... 4
考点一
动力学和能量观点的综合应用
................................................................................................4
核心知识·解构...................................................................................................................................... 4
一、板块问题........................................................................................................................................4
二、传送带问题....................................................................................................................................5
三、用动力学和能量观点分析多运动组合问题............................................................................... 5
易错辨析·AI 原创命题.........................................................................................................................6
热点考向·破译...................................................................................................................................... 7
考向1
动力学和能量观点解决板块问题
............................................................................... 7
考向2
动力学和能量观点解决传送带问题
......................................................................... 10
【思维建模】
解决传送带问题的关键点......................................15
考向3
用动力学和能量观点分析多运动组合问题
.............................................................15
04
思维建模·脉络梳理
溯源真题逻辑，感知高考考向..................................... 18
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
动力学和能量观点的综合应
用
2026•贵州、2026•河
北
2025•广西、2025•湖北、
2025•海南、2025•浙江、
2025•全国卷
2024•北京、2024•福建、
2024•贵州、2024•海南、
2024•湖北、2024•浙江
考情分析
题型与考向：本讲内容是高考物理中力学与电磁学板块的终极核心与最高级
考点，是衡量学生物理综合能力与核心素养的“终极试金石”。将牛顿运动
定律（动力学观点）与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（能量观
点）进行综合运用，是解决复杂物理问题的王道。在高考中，它几乎每年、
每卷必考，且常以分值最高的计算题或压轴选择题的形式出现。它不仅是独
立的考点，更是解决板块模型、传送带模型、弹簧模型、电磁感应中的导体
棒运动、带电粒子在复合场中的运动等所有复杂问题的最终归宿。近年来的
命题趋势高度强调“过程的拆分”与“方法的优选”,已全面转向“双线并
进，殊途同归” 的复杂情境。命题者倾向于设置一个多过程问题，要求考
生既能用动力学观点分析物体的受力与运动（特别是匀变速直线运动、圆周
运动），又能用能量观点分析初末状态的能量变化与转化（特别是变力做功、
摩擦生热），并最终将两种方法融合，求解出所需的物理量。
情境与立意：
1. 经典力学模型（板块/传送带/弹簧）：板块模型、传送带模型、含弹簧的
系统、滑块与斜面，综合了受力分析、运动分析、能量转化
2. 生产生活与体育娱乐：蹦极、过山车、跳台滑雪、摩天轮、秋千、篮球、
排球，将物理模型应用于实际情境
3. 交通运输与机车：汽车加速/刹车、火车启动、飞机起飞、汽车过拱桥，
将动力学和能量观点应用于交通工具的运动分析
复习目标
1.会用功能关系解决传送带模型综合问题。
2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一
动力学和能量观点的综合应用
核心知识·解构
一、板块问题
1．动力学分析：
①分别对滑块和木板进行受力分析（注意摩擦力方向），根据牛顿第二定律求出各自的加速度；
②从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由
1
1
2
2
a
v
a
v
t
，可求出共同速度v 和所用时间t，
③由位移公式可分别求出二者的位移．
⚠易错提醒：
1.“滑块—木板”模型中的位移关系：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一
方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度;若滑块和木板沿相反方向运动，
则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
2. 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.
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．
�AI 互动课件：
1. 板块模型(无初速度有外力型)：https://lab.physicalw.com/expt/1/22/46
2. 板块模型(无外力型) https://lab.physicalw.com/expt/1/22/39
二、传送带问题
1．动力学分析：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。
3．功能关系分析
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传。，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
②系统产生的内能：Q＝Ffx 相对。
③电机所做的功：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重
力势能的增加量。
✨得分速记：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
�AI 互动课件：
1. 水平传送带模型：https://lab.physicalw.com/expt/1/16/30
2. 倾斜传送带模型https://lab.physicalw.com/expt/1/16/31
三、用动力学和能量观点分析多运动组合问题
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。
✨得分速记：全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它
们的特点。
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。
易错辨析·AI 原创命题
1.
在传送带问题中，计算因摩擦产生的热量时，可以直接用摩擦力乘以物体对地面的位移。( × )
2.
在板块问题中，若物块与木板之间有相对滑动，则物块和木板组成的系统机械能守恒。( × )
3.
在传送带问题中，物体从静止放到传送带上，到与传送带共速的过程中，传送带对物体做的功等于物
体动能的增加量。( × )
4.
在多过程运动组合问题中，若其中一段是圆周运动，只能用牛顿第二定律和向心力公式求解，不能应
用动能定理。( × )
5.
在传送带问题中，物体与传送带因摩擦产生的热量，等于系统克服摩擦力做的总功。( √)
6.
在传送带问题中，电动机多消耗的电能，等于传送带对物体做的功与产生的热量之和。( √)
7.
在板块问题中，若物块与木板之间有相对滑动，物块减少的机械能等于木板增加的动能。( × )
8.
在多过程运动组合问题中，若物体在粗糙水平面上运动，其克服摩擦力做的功等于摩擦力乘以物体在
水平面上的位移。( × )
【易错点总结表】
易混易错概念
对应
题目关键辨析点
摩擦生热的计算
1
因摩擦产生的热量Q = f·s 相对，其中s 相对是物体与传送带（或木板）之间的
相对路程，而不是物体对地的位移。
系统机械能守恒的条
件
2
物块与木板之间有相对滑动时，存在滑动摩擦力做功，系统机械能不守恒（机
械能转化为内能）。
传送带对物体做功与
动能变化的关系
3
传送带对物体做的功等于物体机械能的变化量（动能+势能），而不只是动能
增加量。如果传送带倾斜，机械能增加量还包括重力势能。
动能定理的普适性
4
动能定理适用于任何运动形式，包括圆周运动。在圆周运动中，只要计算出合
外力做的功，即可得到动能的变化，无需考虑向心力。
摩擦生热与系统克服
摩擦力做功的关系
5
系统克服摩擦力做的总功（绝对值）等于因摩擦产生的热量。这是功能关系的
体现。
电动机多消耗的电能
6
传送带问题中，电动机多消耗的电能等于传送带对物体做的功（即物体机械能
的增加量）与因摩擦产生的热量之和。
板块问题中能量的转
7
物块减少的机械能，一部分转化为木板增加的动能，另一部分转化为系统内能
易混易错概念
对应
题目关键辨析点
化
（摩擦生热）。
克服摩擦力做功与路
程的关系
8
物体克服滑动摩擦力做的功，等于摩擦力乘以物体相对接触面滑动的路程，而
不是对地位移。
热点考向·破译
考向1
动力学和能量观点解决板块问题
例1（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，劲度系数为
45N / m
k
的轻弹簧右端固定在竖直墙壁上，质量
为
1
1kg
m
的长木板A 静止在粗糙水平地面上，质量为
2
2kg
m
的滑块B 以
0
3.6m / s
v
的初速度从左端滑
上木板A，当滑块B 到达木板A 的右端时，二者速度恰好相同，运动一段距离后压缩弹簧，从压缩弹簧直
到被弹开的过程中滑块B 与木板A 之间恰好未发生相对滑动。已知木板A 与水平地面间的动摩擦因数为
1
0.1
，滑块B 与木板A 间的动摩擦因数为
2
0.4
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能可
表示为
2
1
2
p
E
kx
（式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内，重力加速度
2
10m / s
g
。求：
(1)木板A 的长度；
(2)弹簧对木板A 的最大弹力；
(3)初始时木板A 的右端到弹簧左端的距离。
【答案】(1)0.72m
(2)9 N
(3)1.9m
【详解】（1）滑块B 相对木板A 滑动时，二者间的滑动摩擦力大小为
2
2
2
0.4 2 10 N
8N
f
m g
地面对木板的滑动摩擦力大小为
1
1
1
2
0.1
1 2
10N
3N
f
m
m
g
取向右为正，木板A 的加速度
2
2
2
1
1
1
8
3 m/s
5m/s
1
f
f
a
m
滑块B 的加速度
2
2
2
2
2
8 m/s
4m/s
2
f
a
m
设二者速度相等所用时间为t ，由
0
2
1
v
a t
a t
整理得
0
1
2
3.6
s
0.4s
5
4
v
t
a
a
此时二者的共同速度
1
5 0.4m/s
2m/s
v
a t
木板长度等于该过程中滑块相对木板的位移，则
2
2
2
0
2
1
1
1
1
3.6 0.4
4
5
0.4
m
0.72m
2
2
2
L
v t
a t
a t
（2）木板和滑块共同运动时，系统总质量
1
2
3kg
M
m
m
地面对系统的滑动摩擦力大小仍为
1
3N
f
压缩弹簧过程中系统向右运动，弹簧形变量越大，系统向左的加速度越大。恰好不发生相对滑动时，在
压缩至最大形变量前的瞬间，滑块B 所受静摩擦力达到最大值，由
2
max
2
2
m a
m g
整理得
2
max
2
4m/s
a
g
设弹簧的最大弹力为
max
F
，对木板和滑块组成的系统，由牛顿第二定律得
max
1
max
F
f
Ma
解得
max
3 4
3 N
9N
F
反弹阶段系统加速度大小不超过
2
max
1
2
2m/s
F
f
g
M
故反弹过程中二者也不发生相对滑动。
（3）弹簧的最大压缩量
max
max
9 m
0.2m
45
F
x
k
设木板右端刚接触弹簧时系统的速度大小为
1v 。从接触弹簧到弹簧压缩量最大，由能量守恒得
2
2
1
max
1
max
1
1
2
2
Mv
kx
f x
代入数据解得
1
1m/s
v
滑块到达木板右端后、木板接触弹簧前，系统的加速度大小
2
1
3
1m/s
f
a
M
从二者速度相等到木板接触弹簧，木板运动的距离
2
2
2
2
1
2
3
2
1 m
1.5m
2
2 1
v
v
s
a
在二者速度相等前，木板运动的距离
2
2
1
1
1
1
5 0.4 m
0.4m
2
2
s
a t
故初始时木板右端到弹簧左端的距离
1
2
0.4 1.5 m
1.9m
d
s
s
【变式训练1】（2026·江苏·模拟预测）如图所示，质量分别为m 和2m 的物块A、B 叠放在水平地面上，
初始时左边缘对齐。A 与B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为4μ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度为g。
(1)第一次敲击A，使A 获得水平向右的初速度v0，若A 滑到B 的右端时恰好与B 共速，求B 的最小长度L；
(2)待A、B 均静止后，第二次敲击B，使B 获得水平向右的初速度
B
v ，运动过程中A 始终未滑离B，求从
B 开始运动到A、B 第一次共速的过程中，系统因摩擦产生的总热量Q；
(3)若第二次敲击B，使B 获得水平向右的初速度，同时给B 施加一个水平向右的恒力F。已知A 恰好滑到
B 的左端时与B 共速，共速后一起做匀减速直线运动直到停止，求恒力F 的大小，以及从B 开始运动到A、
B 均停止的整个过程中系统产生的总热量Q 总。
【答案】(1)
2
0
2
v
L
g
(2)
2
B
73
75 mv
(3)
2
0
21
2 mv
【详解】（1）A 在B 上滑动时，受到向左的摩擦力
Af
mg
加速度大小为
A
a
g
B 与地面的最大静摩擦力为
4
2
12
f
m
m g
mg
mg
地
故B 保持静止，A 滑到B 的右端时速度
0
v
，由运动学公式可得
2
2
0
2
A
v
v
a
L
解得B 的最小长度
2
0
2
v
L
g
（2）设水平向右为正方向，B 以
B
v 的初速度向右做匀减速运动，A 从静止向右做匀加速运动,则A 的加
速度
A
a
g
由牛顿第二定律可得B 的加速度
B
12
6.5
2
mg
mg
a
g
m
设到达共速v共所需时间为t ，则
A
B
B
v
a t
v
a t
共
解得
B
2
15
v
v
共
根据能量守恒系统动能损失等于摩擦生热
2
2
2
1
1
73
2
3
2
2
75
B
B
Q
m v
m v
mv
共
（3）A 和B 共速后一起做匀减速运动，则12
3
mg
F
ma
A 的加速度由静摩擦力提供，最大静摩擦力对应最大加速度a
g
（刚好不相对滑动）
代入得
9
F
mg
共速前B 的加速度
B0
12
2
2
F
mg
mg
a
g
m
设B 的初速度为
B0
v
，到达共速v所需时间为1t ，则A 和B 的位移分别为
B0
B
1
2
v
v
x
t
，
A
1
2
v
x
t
共速速度
1
0
0 1
B
B
v
at
v
a t
A 和B 的相对位移
2
0
B
A
2
v
x
x
x
L
g
联立解得
0
3
3
v
v
，
B0
0
3
v
v
B 的总位移
2
2
2
2
0
0
5
2
2
2
6
B
v
v
v
v
x
g
g
g
总
根据功能关系，摩擦力做功等于系统产生的总热量
2
0
21
12
2
Q
mgL
mgx
mv
共
总
考向2
动力学和能量观点解决传送带问题
例2（2026·北京海淀·一模）水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A 点，
一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B 点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的
动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（
）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．仅增大μ，物体做加速运动的位移变大
C．仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同
D．仅增大v，物体从A 点运动到B 点的过程中可能一直受摩擦力
【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，故A 错误；
B．由牛顿第二定律可知，物体加速运动时的加速度为
mg
a
g
m
加速至与传送带共速所需时间
v
v
t
a
g
物体做加速运动的位移
2
1
0
2
2
v
v
x
t
g
可知仅增大μ，物体做加速运动的位移变小，故B 错误；
C．物体与传送带因摩擦产生的热量满足
f
Q
F x
mgx
相
相
故产热仅发生在物体加速运动的过程中，其中
2
2
1
2
2
v
v
x
x
x
vt
g
g
相
传
两式联立，可知
2
1
2
Q
mv
故仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量增加，故C 错误；
D．由上述分析可知，物体做加速运动的位移
2
1
2
v
x
g
仅增大v，设传送带AB 的长度为L ，当
2
2
v
L
g
时，物体从A 点运动到B 点的过程中将一直做匀加速运
动，物体一直受摩擦力作用，故D 正确。
故选D。
例3（2026·广东·一模）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v 逆时针运动，
两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的A 点无初速释放，甲传
送带上物体到达底端B 点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C 点时恰好达到速度v，接
着以速度v 运动到底端B 点。则物体从A 运动到B 的过程中（
）
A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短
B．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大
C．两传送带对物体做功相等
D．物体与甲传送带摩擦产生的热量比乙大
【答案】C
【详解】A．根据两个物体的总位移相等，作出两个物体的v﹣t 图像，如图
可知t 甲>t 乙，故A 错误；
B．v﹣t 图像的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿
第二定律得
sin
cos
mg
mg
ma
解得
sin
cos
a
g
g
，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B 错误；
C．根据动能定理得
2
1
+
2
mgh W
mv
则得传送带对物体做功
2
1
2
W
mv
mgh
由于h、v、m 都相等，则W 相等，故C 正确；
D．设传送带长为L，甲运动时间为
2
=
2
L
L
t
v
v
甲
物体与传送带间的相对位移大小为
=
-
x
vt
L
L
甲
甲
物体的加速度为
2
= 2
v
a
L
甲
由牛顿第二定律得
sin
mg
f
ma
甲
甲
解得
2
sin
2
mv
f
mg
L
甲
产生的热量为
2
1
sin
2
Q
f
x
mv
mgL
甲
甲
甲
乙运动时间为
1
2
= 1
2
L
L
t
v
v
乙
物体与传送带间的相对位移大小为
1
1
2
2
vt
L
L
x
乙
乙
物体的加速度为
2
2
2
2
v
v
a
L
L
乙
由牛顿第二定律得
sin
mg
f
ma
乙
乙
解得
2
sin
mv
f
mg
L
乙
产生的热量为
2
1
1
sin
2
2
Q
f
x
mv
mgL
乙
乙
乙
物体与甲传送带摩擦产生的热量比乙小，故D 错误。
故选C。
▶新情境◀【变式训练2·生活生产与学科知识结合】（2026·吉林长春·三模）（多选）图（a）为机场行
李传送装置，其直线段部分PQ 简化如图（b）所示。长度
8 m
L
。传送装置为带有挡板的传送带，挡板与
传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。传送带运行速度
0.5 m / s
v
，其上表
面与水平面的夹角
37
。旅客将一质量为20 kg 的正方体行李（棱长远小于传送带长度）从P 处由静止
释放，释放时行李与挡板紧密接触。已知行李与传送带及挡板间的动摩擦因数均为
5
14
，重力加速度g 取
2
10 m / s ，sin37
0.6
°
，cos37
0.8
°
。关于行李在PQ 段的运动过程，下列说法正确的是（
）
A．图（b）中挡板对行李的作用力水平向左
B．行李在传送带上加速运动的时间为0.1 s
C．行李在传送带上运动的时间为16.05 s
D．行李在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量约为1.4 J
【答案】BC
【详解】A．挡板对行李的弹力为
2
sin
N
mg
，方向垂直于挡板
挡板对行李的摩擦力为
2
2
sin
f
N
mg
，方向平行于挡板
图（b）中挡板对行李的作用力为弹力N2 与摩擦力f2 的合力，方向不是水平向左，故A 错误；
BC．对行李，受到传送带的弹力为
1
cos
N
mg
挡板对行李的弹力为
2
sin
N
mg
行李与传送带间的滑动摩擦力大小
1
1
1
f
N
摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小
2
2
2
f
N
摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有
1
2
f
f
ma
解得
2
5m/s
a
行李加速运动的时间1
0.1s
v
t
a
加速运动的位移
1
1
0.025m
2
v
x
t
匀速运动的时间
1
2
15.95s
L
x
t
v
总时间
1
2
16.05s
t
t
t
，故BC 正确。
D．传送带在行李加速度运动过程中，运动的位移为
1
0.05m
x
vt
行李在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量约为
1
2
1
2.5
Q
f
f
x
x
J
，故D 错误。
故选BC。
▶新情境◀【变式训练3·生活生产与学科知识结合】（2026·江苏南通·模拟预测）物流分拣系统由多个
相同的水平传送带组合而成。如图所示的是该装置中的一部分的俯视图。每个传送带的上表面都是正方形，
运行速率均为v=3m/s。质量为m=1kg 的可视为质点的快件沿垂直于传送带1 的方向滑上传送带，初速度大
小为
0v =3m/s，恰好从传送带1 的左侧中点垂直边界向左滑上传送带2。快件与两传送带间的动摩擦因数为
=0.6，重力加速度g=10m/s2。
(1)快件刚滑上传送带时受到的摩擦力大小f；
(2)传送带的边长L；
(3)该系统因传送该快件多消耗的电能E。
【答案】(1)6N
(2) 3 2 m
2
(3)18J
【详解】（1）快件对传送带的压力为FN=mg
两者有相对滑动，摩擦力为
N
6N
f
F
mg
（2）快件滑上传送带时，两者相对速度方向与边界成45，当快件从传送带1 的左侧中点垂直边界向
左滑上传送带2 时，说明
0v 方向上的速度减为0
该方向上摩擦力的分力为
3 2N
yf
，加速度为
2
3 2m/s
yf
a
m
由
2
0
2
2
L
v
a
得
2
0
3 2 m
2
v
L
a
即传送带的边长为3 2 m
2
。
（3）在传送带1 上，快件相对于传送带的初速度为
0
3 2m/s
cos45
v
v
到左侧中点时，刚好相对速度为0，加速度为
2
0
6m/s
f
a
g
m
相对位移
2
1
0
2
v
x
a
在传送带1 上
2
1
1
1
9J
2
Q
mgx
mv
在传送带2 上重复传送带1 上的运动
2
1
9J
Q
Q
该系统因传送该快件多消耗的电能
1
2
18J
E
Q
Q
【思维建模】
解决传送带问题的关键点
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系:传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
考向3
用动力学和能量观点分析多运动组合问题
例4（2026·四川德阳·模拟预测）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小
球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，
小球所受弹力F 的大小随小球位置坐标x 的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性
限度内。小球可视为质点。不计空气阻力的影响。重力加速度为g 。下列说法正确的是（
）
A．
0
2
x
h
x
处，小球的速度为零
B．x
h
处与
0
2
x
h
x
处，小球的加速度相同
C．
0
x
h
x
处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大
D．从x
h
到
0
2
x
h
x
过程中，小球所受弹力做功为
0
2mgx
【答案】D
【详解】A．根据图乙可知
0
mg
kx
解得
0
mg
x
k
F
x
图像与横轴所围成的图形面积表示弹力做功的大小，弹力做负功，则有
2
1
2
W
k x
h
从最开始到最低点的过程中，根据动能定理可得
2
1
0
2
mgx
k x
h
解得
2
0
0
0
2
x
h
x
x
hx
或
2
0
0
0
2
x
h
x
x
hx
(舍)
说明在
0
2
x
h
x
处小球速度不为零（仍在向下运动），故A 错误；
B．取向下为正，当
0
2
x
h
x
时，弹力大小为2mg ，由牛顿第二定律可得小球加速度为g
；x
h
处，
小球只受重力，加速度为g ，即两处的加速度大小相等，方向不同，故B 错误；
C．
0
x
h
x
处，小球的重力与弹簧弹力等大反向，则此时小球的加速度为零，速度最大，由机械能守
恒定律可知，此时小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故C 错误；
D．F
x
图像与x 轴围成的面积表示弹力做功的大小，弹力做负功。
从x
h
到
0
2
x
h
x
过程中，小球所受弹力的做功为
0
0
0
2
2
2
2
mg
W
x
mgx
，故D 正确。
故选D。
【变式训练4】（2026·甘肃白银·三模）如图所示，一质量为m 的物块静止在光滑水平面上的O 点，
0
t
时
刻对物块施加水平向右的力
1F ，0t 时刻物块运动到O 点右侧x 处，此时将力
1F 变成水平向左的
2
F ，
0
2t 时刻
物块运动到O 点左侧2
x 处，不计空气阻力。求：
(1)
1F 、
2
F 的大小之比；
(2)
1F 、
2
F 的最大功率之比
1
2
:
P P ；
(3)
1F 、
2
F 做的功之比
1
2
:
W W 。
【答案】(1)2:7
(2)4:35
(3)4: 21
【详解】（1）设0t 、
0
2t 时刻物块的速度分别为
1v 、
2v ，
0
0 ~ t 时间内由位移时间关系得
1
0
0
2
v
x
t
0
0
~ 2
t
t 时间内由位移时间关系得
1
2
0
3
2
2
v
v
x
t
联立可得
1
2
5
2
v
v
由加速度的定义式可得加速度大小为
1
1
0
v
a
t
，
2
1
2
0
v
v
a
t
可得
1
2
:
2:7
a
a
根据牛顿第二定律可得F
ma
可得
1
2
:
2:7
F
F
（2）0t 时刻
1F 的功率最大，则
1
1 1
P
Fv
0
2t 时刻
2
F 的功率最大，则
2
2 2
P
F v
则
1
2
:
4:35
P P
（3）由动能定理可得
2
1
1
1
2
W
mv
，
2
2
2
2
1
1
1
2
2
W
mv
mv
解得
1
2
:
4: 21
W W
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静
止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为m ，与传送带间的动摩擦因数分别1
8 、1
4 。某时刻、
对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度4
g （g 为重力加速度大小）运动，经时间1t 撤去外力、再经时间
2t 绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（
）
A．1t 和2t 满足1
2
t
t
B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为
2
2
1
2
32
mg
t
t
C．绳绷直后瞬间甲的动能为
2
2
1
2
128
mg
t
t
D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞
【答案】D
【知识点】物块在水平传送带上运动分析、能量守恒定律在传送带模型中的应用、动量守恒定律的初步
应用
【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。
A．施加外力过程，乙的最大速度
1
4
g
v
t
撤去外力后，乙的加速度大小
2
2
4
g
a
g
经时间2t 绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明
2 2
a t
v
故2
1
t
t
，故A 错误；
B．绳绷直时乙的速度
2
2 2
1
2
4
g
v
v
a t
t
t
从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为
2
2
2
2
v
v
x
t
因摩擦产生的热量
2
2
1
2
2
2
2
2
1
1
4
4
32
mg t
t
t
Q
mg x
mgx
，故B 错误；
C．绳绷直瞬间，根据动量守恒
2
2
'
mv
mv
解得
1
2
'
8
g
v
t
t
此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于'v ，则其动能大于
2
2
1
2
2
1
'
2
128
mg
t
t
mv
，故C 错
误；
D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为
1
2
'
8
g
v
t
t
从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为
2
2
2
1
2
2
'
'
2
32
v
g
x
t
t
a
从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为
1
1
8
a
g
甲的路程为
2
2
1
1
2
1
'
'
2
16
v
g
x
t
t
a
从施加外力到绳绷直过程乙的路程为
2
2
2
2
1
2
1
2
1 2
''
2
2
2
8
v
v
v
g
x
t
t
t
t
t t
比较可知
2
2
1
'
''
'
0
x
x
x
故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D 正确。
故选D。
2．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为4kg 的木板上放有一个质量为1kg 的机器人，木板始终受到水
平向右、大小为5N 的恒力作用。初始时木板与机器人一起以1m / s 的速度沿水平地面向右匀速运动。机器
人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为1m / s 的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，
2s后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。g 取
2
10m/s ，机器人可视
为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求
(1)机器人被提起的2s内，木板位移的大小。
(2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。
【答案】(1)2.5m
(2)0.48J
【知识点】已知受力求运动、动能定理的初步应用、板块/子弹打木块模型
【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有
F
m
m
g
木
机
解得
0.1
机器人被提起时，对木板有
1
F
m g
m a
木
木
解得
2
1
0.25m s
a
机器人被提起的2s 内，木板位移的大小
2
2
0
1
1
1
1 2
0.25 2
m
2.5m
2
2
x
v t
a t
（2）机器人被放回木板时，木板的速度为
2
0
1
1 0.25 2 m / s
1.5m / s
v
v
a t
机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由
动量守恒定律有
0
2
m v
m v
m
m
v
木
木
机
机
解得
1.4m s
v
对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功
2
2
0
1
1
0.48J
2
2
W
m v
m v
机
机
