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重難突破8　動力學和能量觀點的綜合應用
1.（2025·浙江舟山期末）如圖所示，木板上A、B兩點相距5 m。一物塊相對木板向右從板上A點滑至B點，同時木板在地面上向左滑行2 m，圖甲為滑行前，圖乙為滑行后，已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為20 N，則下列說法正確的是（　　）
A.物塊所受的摩擦力做功為－60 J
B.木板克服摩擦力做功為－40 J
C.物塊與木板間因摩擦產生的熱量為60 J
D.物塊與木板間因摩擦產生的熱量為40 J
2.（2025·云南省名校聯考）如圖所示，斜面AB的末端與一水平放置的傳送帶左端平滑連接，當傳送帶靜止時，有一滑塊從斜面上的P點靜止釋放，滑塊能從傳送帶的右端滑離傳送帶。若傳送帶以某一速度逆時針轉動，滑塊再次從P點靜止釋放，則下列說法正確的是（　　）
A.滑塊可能再次滑上斜面
B.滑塊在傳送帶上運動的時間增長
C.滑塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量增多
D.滑塊在傳送帶上運動過程中，速度變化得更快
3.傳送帶以恒定速率順時針傳動，物塊以一定的初速度沖上傳送帶。物塊的動能Ek隨時間t變化的圖線可能正確的是（　　）
4.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施加一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為（　　）
A. B.
C.mv2 D.2mv2
5.（2025·河北邢臺期中）如圖所示，長為L的小車置于光滑的水平面上，小車前端放一小物塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s，物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff，在此過程中（　　）
A.小物塊的機械能增加量為Ffs
B.小物塊與小車系統的機械能增加量為Fs
C.小車的機械能增加量為（F－Ff）s
D.物塊與小車組成的系統產生的內能為Ffs
6.〔多選〕（2025·遼寧模擬預測）如圖所示，一條長為2 m、傾角為30°的傳送帶在電動機的帶動下，以3 m/s的速率沿逆時針方向勻速運行。某時刻，將質量為1 kg的小滑塊輕放在傳送帶上端，直至小滑塊滑離傳送帶。已知重力加速度g取10 m/s2，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為，則（　　）
A.小滑塊經過0.5 s與傳送帶速度相同
B.小滑塊經過0.8 s離開傳送帶
C.整個過程因摩擦而產生的熱量為2 J
D.電動機因運送小滑塊多做的功為1 J
7.（2025·山東濰坊期末）應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶在電動機驅動下始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率逆時針方向運行，A、B間的距離為3 m。已知行李（可視為質點）質量m＝10 kg，與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，旅客把行李無初速度地放在A處，行李從B點離開傳送帶，重力加速度大小取g＝10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A.行李從A到B過程中傳送帶對行李做功為60 J
B.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08 m
C.行李從A到B過程中與傳送帶因摩擦產生的熱量為1.6 J
D.行李從A到B過程中電動機額外消耗的電能為1.6 J
8.如圖所示，質量m1＝1 kg的木板Q靜止在水平地面上，質量m2＝3 kg的物塊P在木板左端，P與Q之間的動摩擦因數μ1＝0.2，地面與Q之間的動摩擦因數μ2＝0.1，現給物塊P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑動，最終P和Q都靜止且P沒有滑離木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A.P與Q開始相對靜止的速度是2.5 m/s
B.長木板Q的長度至少為3 m
C.P與Q之間產生的熱量和地面與Q之間產生的熱量之比為1∶1
D.P與Q之間產生的熱量和地面與Q之間產生的熱量之比為2∶1
9.如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進的速度v＝4 m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P間的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物塊：
（1）第1次滑過P點時的速度大小v1；
（2）第1次在傳送帶上往返運動的時間t；
（3）從釋放到最終停止運動，與斜面間摩擦產生的熱量Q。
10.如圖所示，在光滑的水平面上放置一個足夠長的木板B，在B的左端放有一個可視為質點的小滑塊A，A、B間的動摩擦因數μ＝0.4，A的質量m＝1 kg，B的質量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。現對A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：（結果可以用分數表示）
（1）撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速度大小a1、a2；
（2）A相對于B靜止時的速度大小v；
（3）整個過程中由于摩擦產生的熱量Q。
重難突破8　動力學和能量觀點的綜合應用
1.A　對物塊分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60 J，A正確；對木板分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦力做功為40 J，B錯誤；物塊與木板間因摩擦產生的熱量為Q＝FfL＝20×5 J＝100 J，C、D錯誤。
2.C　傳送帶以某一速度逆時針轉動時，與傳送帶靜止時相比較，滑塊的受力情況不變，所以滑塊的加速度不變，則滑塊的位移不變，滑塊還是能從傳送帶的右端滑離傳送帶，由x＝at2可知滑塊在傳送帶上運動的時間不變，但傳送帶逆時針轉動時，滑塊相對于傳送帶的位移增大，由Q＝Ffx相對，可知摩擦產生的熱量增多，故選C。
3.D　如果傳送帶速度比物塊速度大，開始階段物塊加速，有μmg＝Ek－mv2，Ek-t圖像開始階段為開口向上拋物線的一部分，加速至共速后動能不變，A錯誤，D正確；如果傳送帶速度比物塊速度小，開始階段物塊減速，有－μmg＝Ek－mv2，Ek-t圖像開始階段為開口向上拋物線的一部分，達到共速后動能不變，B、C錯誤。
4.C　由能量轉化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉化為物體的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝mv2＋μmgx相對，x相對＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。
5.C　小物塊對地的位移方向向右，大小為x＝s－L，小物塊受到的摩擦力方向水平向右，則摩擦力對小物塊做的功等于小物塊的機械能增加量，為ΔE1＝Ff（s－L），故A錯誤；小物塊與小車系統的機械能增加量為ΔE2＝Fs－FfL，故B錯誤；小車的機械能增加量為ΔE3＝（F－Ff）s，故C正確；物塊與小車組成的系統產生的內能為E＝FfL，故D錯誤。
6.BC　滑塊剛放上去時的加速度為a1，則根據牛頓第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，共速的時間t1＝＝0.4 s，A錯誤；共速前的位移x1＝vt1＝0.6 m，滑塊此后運動的加速度為a2，同理，根據牛頓第二定律可知a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，故有x2＝vt2＋a2，x2＝（2－0.6）m＝1.4 m，聯立解得t2＝0.4 s，所以滑塊離開傳送帶的時間t＝t1＋t2＝0.8 s，B正確；整個過程中因摩擦產生的熱量Q＝μmgcos θ（vt1－x1＋x2－vt2）＝2 J，C正確；根據能量守恒定律可知W＝μmgcos θ（vt1－vt2）＝0，D錯誤。
7.D　行李先向左做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，令行李加速至與傳送帶速度相等時，有v2＝2ax0，解得x0＝0.04 m＜L＝3 m，之后行李向左做勻速直線運動，則行李從A到B過程中傳送帶對行李做功為W1＝μmgx0＝0.8 J，故A錯誤；行李勻加速直線運動過程有v＝at，則行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為x相＝vt－t＝0.04 m，故B錯誤；行李從A到B過程中與傳送帶因摩擦產生的熱量為Q＝μmgx相＝0.8 J，故C錯誤；行李從A到B過程中電動機額外消耗的電能E＝Q＋mv2＝1.6 J，故D正確。
8.C　P的加速度為aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度為aQ＝＝2 m/s2，兩者共速時有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，選項A錯誤；P、Q共速時的相對位移為Δx＝t－t＝2 m，之后不發生相對滑動，故長木板Q的長度至少為2 m，選項B錯誤；P與Q之間產生的熱量為Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面與Q之間產生的熱量為Q2＝m2－Q1＝12 J，P與Q之間產生的熱量與地面與Q之間產生的熱量之比為1∶1，選項C正確，D錯誤。
9.（1）8 m/s　（2）9 s　（3）48 J
解析：（1）由動能定理得
（mgsin 37°－μ1mgcos 37°）L＝m－0
解得v1＝8 m/s。
（2）由牛頓第二定律得μ2mg＝ma
物塊與傳送帶共速時，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
勻速運動階段的時間為t2＝＝3 s
物塊第1次在傳送帶上往返運動的時間
t＝t1＋t2＝9 s。
（3）由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，直到物塊停止運動，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據能量守恒定律有
Q＝μ1mgLcos 37°＋mv2＝48 J。
10.（1）3 m/s2　2 m/s2　（2） m/s　（3） J
解析：（1）若A、B保持相對靜止，則有a＝＝ m/s2＞＝2 m/s2，故A、B間存在滑動摩擦力，對滑塊A，根據牛頓第二定律有
F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
對長木板B，根據牛頓第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2。
（2）撤去拉力F時，滑塊A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，長木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s
撤去F后，由μmg＝ma3得滑塊A的加速度大小為a3＝4 m/s2
設經歷時間t2二者共速，則有
v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s
則v＝v1－a3t2＝ m/s。
（3）拉力F對A、B整體做的功為
F·x＝F·a1＝ J
A、B最終以速度v＝ m/s運動
故A、B整體的動能為Ek＝（M＋m）v2＝ J
由能量守恒定律得F·x＝Q＋Ek
則Q＝ J。
3 / 3　動力學和能量觀點的綜合應用
突破點一　傳送帶模型
1.傳送帶問題的分析方法
（1）動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，作好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
（2）能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。
2.功能關系分析
（1）傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳，也是電動機因傳送帶傳送物體而多做的功。
（2）系統產生的內能：Q＝Ffs相對，s相對表示相對路程。
（3）功能關系分析：W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被傳送物體動能的增加量，ΔEp為被傳送物體重力勢能的增加量。
（2025·湖南邵陽期中）如圖，機場中長度為L＝2 m的水平傳送帶以v＝1 m/s的速度順時勻速傳動，現將質量為5 kg的行李箱輕放在傳送帶的左端，行李箱與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5。行李箱可視為質點，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則在行李箱被輸送到傳送帶右端的過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A.行李箱在傳送帶上運動的時間為2.1 s
B.傳送帶對行李箱做了2.5 J的功
C.傳送帶和行李箱間因摩擦產生的熱量為5 J
D.因輸送行李箱，傳送帶電動機額外消耗的電能為5 J
嘗試解答
（2025·浙江湖州期末）如圖為某運送快遞的傾斜傳送帶的簡化模型，傾角θ＝30°的傳送帶在電動機的帶動下能以v0＝2 m/s的恒定速率順時針轉動，皮帶始終是繃緊的。現將質量m＝1 kg的快遞包（可視為質點）無初速度地放到傳送帶底端A點。已知傳送帶A點到頂端B點的距離L＝8 m，快遞包與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則快遞包從A點運送到B點（　　）
A.所需時間為4 s
B.傳送帶對快遞包做功為12 J
C.摩擦產生的熱量為48 J
D.電動機因運送此快遞包多做了54 J的功
嘗試解答
突破點二　滑塊—木板模型
　　
1.動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。
2.功和能分析：對滑塊和木板分別應用動能定理，或者對系統應用能量守恒定律。如圖所示，要注意區分三個位移：
（1）求摩擦力對滑塊做的功時，用滑塊相對地面的位移x滑。
（2）求摩擦力對木板做的功時，用木板相對地面的位移x板。
（3）求摩擦生熱時用相對位移Δx。
〔多選〕（2023·全國乙卷21題）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（　　）
A.木板的動能一定等于fl
B.木板的動能一定小于fl
C.物塊的動能一定大于m－fl
D.物塊的動能一定小于m－fl
嘗試解答
〔多選〕如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論正確的是（　　）
A.上述過程中，F做功大小為m＋M
B.其他條件不變的情況下，M越大，x越小
C.其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達右端所用時間越長
D.其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多
嘗試解答
重難突破8　動力學和能量觀點的綜合應用
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 C　行李箱在傳送帶上的加速度a＝μg＝5 m/s2，行李箱做加速運動的時間t1＝＝0.2 s，行李箱做加速運動的位移x1＝a＝0.1 m，行李箱在傳送帶上勻速運動的時間為t2＝＝1.9 s，行李箱在傳送帶上運動的時間為t＝t1＋t2＝2.1 s，故A正確，不符合題意；傳送帶對行李箱做的功為W＝Ek＝mv2＝2.5 J，故B正確，不符合題意；傳送帶和行李箱間相對位移Δx＝vt1－x1＝0.1 m，傳送帶和行李箱間因摩擦產生的熱量為Q＝FfΔx＝0.5×5×10×0.1 J＝2.5 J，故C錯誤，符合題意；因輸送行李箱，傳送帶電動機額外消耗的電能為W電＝W＋Q＝5 J，故D正確，不符合題意。
【例2】 D　快遞包速度小于傳送帶速度過程中，根據牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，時間t1＝＝2 s，此過程快遞包沿傳送帶向上運動的距離x1＝a＝2 m，快遞包勻速運動的時間t2＝＝3 s，快遞包從A點運送到B點所需時間t＝t1＋t2＝5 s，故A錯誤；傳送帶對快遞包做功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·（L－x1），代入數據可得W＝42 J，故B錯誤；摩擦產生的熱量Q＝μmgcos θ×（v0t1－x1），代入數據可得Q＝12 J，根據能量守恒定律可得電動機因運送此快遞包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，故C錯誤，D正確。
突破點二
【例3】 BD　物塊可視為質點，則物塊和木板的運動示意圖和v-t圖像如圖甲、乙所示。
根據動能定理可知
對小物塊：－fx1＝m－m①
對木板：fx2＝M②
根據v-t圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運動的位移可知
x2＝S△COF，x1＝SABFO
根據位移關系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝M，即木板的動能一定小于fl，A錯誤，B正確；
將①、②兩式相加得－fl＝m＋M－m，變形得物塊離開木板時的動能m＝m－fl－M＜m－fl，C錯誤，D正確。
【例4】 BD　F做功大小等于二者動能與產生的熱量之和，A錯誤；滑塊在木板上滑動過程用v-t圖像來研究，如圖所示，圖線①為滑塊的v-t圖，②為木板的v-t圖像，t0時刻滑塊到達木板右端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯誤；滑塊與木板間產生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，D正確。
2 / 2(共52張PPT)
重難突破8 動力學和能量觀點的綜合應用
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　傳送帶模型
1. 傳送帶問題的分析方法
（1）動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，作好受力分析，然
后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位
移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
（2）能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動
而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系
或能量守恒定律求解。
2. 功能關系分析
（1）傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳，也是電動機因傳送帶傳送物體
而多做的功。
（2）系統產生的內能：Q＝Ffs相對，s相對表示相對路程。
（3）功能關系分析：W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被傳送物體動能
的增加量，ΔEp為被傳送物體重力勢能的增加量。
（2025·湖南邵陽期中）如圖，機場中長度為L＝2 m的水平傳送帶以v
＝1 m/s的速度順時勻速傳動，現將質量為5 kg的行李箱輕放在傳送帶的左
端，行李箱與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5。行李箱可視為質點，重力
加速度大小取g＝10 m/s2，則在行李箱被輸送到傳送帶右端的過程中，下
列說法錯誤的是（　　）
A. 行李箱在傳送帶上運動的時間為2.1 s
B. 傳送帶對行李箱做了2.5 J的功
C. 傳送帶和行李箱間因摩擦產生的熱量為5 J
D. 因輸送行李箱，傳送帶電動機額外消耗的電能為5 J
√
解析：行李箱在傳送帶上的加速度a＝μg＝5 m/s2，行李箱做加速運動的時
間t1＝＝0.2 s，行李箱做加速運動的位移x1＝a＝0.1 m，行李箱在傳
送帶上勻速運動的時間為t2＝＝1.9 s，行李箱在傳送帶上運動的時間
為t＝t1＋t2＝2.1 s，故A正確，不符合題意；傳送帶對行李箱做的功為W＝
Ek＝mv2＝2.5 J，故B正確，不符合題意；傳送帶和行李箱間相對位移Δx
＝vt1－x1＝0.1 m，傳送帶和行李箱間因摩擦產生的熱量為Q＝FfΔx＝
0.5×5×10×0.1 J＝2.5 J，故C錯誤，符合題意；因輸送行李箱，傳送帶
電動機額外消耗的電能為W電＝W＋Q＝5 J，故D正確，不符合題意。
（2025·浙江湖州期末）如圖為某運送快遞的傾斜傳送帶的簡化模
型，傾角θ＝30°的傳送帶在電動機的帶動下能以v0＝2 m/s的恒定速率順時
針轉動，皮帶始終是繃緊的。現將質量m＝1 kg的快遞包（可視為質點）
無初速度地放到傳送帶底端A點。已知傳送帶A點到頂端B點的距離L＝8
m，快遞包與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩
擦力，則快遞包從A點運送到B點（　　）
A. 所需時間為4 s
B. 傳送帶對快遞包做功為12 J
C. 摩擦產生的熱量為48 J
D. 電動機因運送此快遞包多做了54 J的功
√
解析：快遞包速度小于傳送帶速度過程中，根據牛頓第二定律有μmgcos θ
－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，時間t1＝＝2 s，此過程快遞包沿傳送帶
向上運動的距離x1＝a＝2 m，快遞包勻速運動的時間t2＝＝3 s，快
遞包從A點運送到B點所需時間t＝t1＋t2＝5 s，故A錯誤；傳送帶對快遞包
做功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·（L－x1），代入數據可得W＝42 J，故B錯
誤；摩擦產生的熱量Q＝μmgcos θ×（v0t1－x1），代入數據可得Q＝12 J，
根據能量守恒定律可得電動機因運送此快遞包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，
故C錯誤，D正確。
　（2025·南京、鹽城一模）如圖所示，一長L＝6 m
的傾斜傳送帶在電動機帶動下以速度v＝4 m/s沿順時
針方向勻速轉動，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°。
質量m1＝4 kg的小物塊A和質量m2＝2 kg的小物塊B由
跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長
的輕繩足夠長。某時刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳
送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，不計滑輪的質量與摩擦，在A運動到傳送
帶頂端前物塊B都沒有落地。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力
加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）物塊B剛下降時的加速度a；
答案： 2 m/s2　
解析： 當物塊B剛下降時，設繩中拉力為FT1
對物塊A分析有μm1gcos θ＋FT1－m1gsin θ＝m1a
對物塊B分析有m2g－FT1＝m2a
解得a＝2 m/s2。
（2）物塊A從底端到達頂端所需的時間t；
答案： 2.5 s　
解析：第一階段：設物塊A經過t1與傳送帶速度相同
由t1＝，得t1＝2 s
物塊A沿傳送帶上升的距離L1＝，得L1＝4 m
第二階段：因為μm1gcos θ＋m2g＞m1gsin θ，所以物塊A受沿傳送帶向上的
靜摩擦力，與傳送帶相對靜止一起勻速運動，到達頂端所需時間為t2
由t2＝，得出t2＝0.5 s
則物塊A從底端到達頂端所需時間t＝t1＋t2＝2.5 s。
（3）物塊A從底端到達頂端時，電動機多做的功W。
答案： 136 J
解析：全過程中物塊A增加的重力勢能ΔEpA＝m1gLsin θ＝144 J
物塊B減少的重力勢能Δ＝m2gL＝120 J
物塊A、B動能增加ΔEk＝（m1＋m2）v2＝48 J
物塊A與傳送帶間摩擦發熱
Q＝μm1g（vt1－L1）cos θ＝64 J
則電動機多做的功W＝ΔEpA－Δ＋ΔEk＋Q
得W＝136 J。
突破點二　滑塊—木板模型
1. 動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律
求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t
＝＝，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求
出二者的位移。
（1）求摩擦力對滑塊做的功時，用滑塊相對地面的位移x滑。
（2）求摩擦力對木板做的功時，用木板相對地面的位移x板。
（3）求摩擦生熱時用相對位移Δx。
2. 功和能分析：對滑塊和木板分別應用動能定理，或者對系統應用能量守
恒定律。如圖所示，要注意區分三個位移：
〔多選〕（2023·全國乙卷21題）如圖，一質量為M、長為l的木板靜
止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的
左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊
從木板右端離開時（　　）
A. 木板的動能一定等于fl
B. 木板的動能一定小于fl
C. 物塊的動能一定大于m－fl
D. 物塊的動能一定小于m－fl
√
√
解析：物塊可視為質點，則物塊和木板的運動示意圖和v-t圖像如圖甲、乙
所示。
根據動能定理可知
對小物塊：－fx1＝m－m①
對木板：fx2＝M②
根據v-t圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運動的位移可知
x2＝S△COF，x1＝SABFO
根據位移關系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝M，即木板的動能一定小于fl，A錯誤，B正確；
將①、②兩式相加得－fl＝m＋M－m，變形得物塊離開木板
時的動能m＝m－fl－M＜m－fl，C錯誤，D正確。
如圖所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端
是水平的，質量為M＝20 kg的平板小車B靜止于軌道右
側，其上表面與軌道底端靠近且在同一水平面上。一個
質量m＝5 kg可視為質點的小貨箱C以初速度v0＝4 m/s開始由軌道頂端滑下并沖上平板小車，當速度減小為沖上平板小車B時速度的時開始勻速運動，小貨箱C未離開平板小車。若曲面軌道頂端與底端的高度差為h＝0.45 m，小貨箱C與平板小車板面間的動摩擦因數為μ＝0.5，平板小車與水平地面間的摩擦不計，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小貨箱C沖上平板小車時的速度大小；
答案： 5 m/s　
解析： 小貨箱在A上滑行過程，根據動能定理可得mgh＝m－
m
解得小貨箱C沖上平板小車時的速度大小為v1＝5 m/s。
（2）平板小車板面的最小長度；
答案： 2 m　
解析：由題意可知，小貨箱最后與平板小車相對靜止，當達到共同速度v1
時小貨箱恰好滑到平板小車最右端，此情況下平板小車板面最短，則相對
滑動過程，由能量守恒定律可得m＝（m＋M）·＋μmgLmin
解得平板小車板面的最小長度為Lmin＝2 m。
（3）從小貨箱C開始滑動到它與平板小車相對靜止，系統增加的內能。
答案： 50 J
解析：從小貨箱C開始滑動到它與平板小車相對靜止，系統增加的內能為
Q＝μmgLmin＝50 J。
〔多選〕如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，
一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，
用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面
上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論正確的是（　）
A. 上述過程中，F做功大小為m＋M
B. 其他條件不變的情況下，M越大，x越小
C. 其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達右端所用時間越長
D. 其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多
√
√
解析：F做功大小等于二者動能與產生的熱量之和，A錯誤；
滑塊在木板上滑動過程用v-t圖像來研究，如圖所示，圖線①
為滑塊的v-t圖，②為木板的v-t圖像，t0時刻滑塊到達木板右
端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯誤；滑塊與木板間產生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，D正確。
　如圖所示，傾角θ＝37°的斜面體固定在水平地面上，
斜面的長為6 m，長為3 m、質量為4 kg的長木板A放在
斜面上，上端與斜面頂端對齊，質量為2 kg的物塊B放
在長木板的上端，同時釋放A和B，結果當A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面的底端，運動的時間為2 s，重力加速度g取10 m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）長木板A與斜面間的動摩擦因數μ1和物塊B與A間的動摩擦因數μ2；
答案： 0.5　0.375　
解析： 設長木板A和物塊B運動的加速度大小分別為a1、a2，長木板A
和物塊B運動到斜面底端經歷時間為t，令長木板A的長為L、物塊B的質量
為m，則斜面長為2L、長木板A的質量為2m，以長木板為研究對象，則
L＝a1t2
根據牛頓第二定律得
2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
以物塊B為研究對象，則2L＝a2t2
根據牛頓第二定律得mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2
聯立以上各式并代入數據解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375。
（2）從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩
擦產生的總熱量。
答案： 90 J
解析：設長木板A和物塊B運動到斜面底端時速度分別為v1、v2，根據運動學
公式有
L＝v1t，2L＝v2t
摩擦產生的總熱量
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－m－×2m
或Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L
代入數據解得Q＝90 J。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. （2025·浙江舟山期末）如圖所示，木板上A、B兩點相距5 m。一物塊相
對木板向右從板上A點滑至B點，同時木板在地面上向左滑行2 m，圖甲為
滑行前，圖乙為滑行后，已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為20 N，則
下列說法正確的是（　　）
A. 物塊所受的摩擦力做功為－60 J
B. 木板克服摩擦力做功為－40 J
C. 物塊與木板間因摩擦產生的熱量為60 J
D. 物塊與木板間因摩擦產生的熱量為40 J
√
解析： 　對物塊分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60
J，A正確；對木板分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦
力做功為40 J，B錯誤；物塊與木板間因摩擦產生的熱量為Q＝FfL＝20×5
J＝100 J，C、D錯誤。
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2. （2025·云南省名校聯考）如圖所示，斜面AB的末端與一水平放置的傳
送帶左端平滑連接，當傳送帶靜止時，有一滑塊從斜面上的P點靜止釋
放，滑塊能從傳送帶的右端滑離傳送帶。若傳送帶以某一速度逆時針轉
動，滑塊再次從P點靜止釋放，則下列說法正確的是（　　）
A. 滑塊可能再次滑上斜面
B. 滑塊在傳送帶上運動的時間增長
C. 滑塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量增多
D. 滑塊在傳送帶上運動過程中，速度變化得更快
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解析： 　傳送帶以某一速度逆時針轉動時，與傳送帶靜止時相比較，滑
塊的受力情況不變，所以滑塊的加速度不變，則滑塊的位移不變，滑塊還
是能從傳送帶的右端滑離傳送帶，由x＝at2可知滑塊在傳送帶上運動的時
間不變，但傳送帶逆時針轉動時，滑塊相對于傳送帶的位移增大，由Q＝
Ffx相對，可知摩擦產生的熱量增多，故選C。
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3. 傳送帶以恒定速率順時針傳動，物塊以一定的初速度沖上傳送帶。物塊
的動能Ek隨時間t變化的圖線可能正確的是（　　）
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解析： 如果傳送帶速度比物塊速度大，開始階段物塊加速，有
μmg＝Ek－mv2，Ek-t圖像開始階段為開口向上拋物線的一部
分，加速至共速后動能不變，A錯誤，D正確；如果傳送帶速度比物塊速度
小，開始階段物塊減速，有－μmg＝Ek－mv2，Ek-t圖像開始階
段為開口向上拋物線的一部分，達到共速后動能不變，B、C錯誤。
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4. 如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，
現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的
動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對
木板靜止的過程中，須對木板施加一水平向右的作用力F，則力F對木板所
做的功為（　　）
A. B.
C. mv2 D. 2mv2
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解析： 　由能量轉化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分
轉化為物體的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝mv2＋μmgx相對，x相對
＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。
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5. （2025·河北邢臺期中）如圖所示，長為L的小車置于光滑的水平面上，
小車前端放一小物塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s，物
塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff，在此過程中
（　　）
A. 小物塊的機械能增加量為Ffs
B. 小物塊與小車系統的機械能增加量為Fs
C. 小車的機械能增加量為（F－Ff）s
D. 物塊與小車組成的系統產生的內能為Ffs
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解析： 　小物塊對地的位移方向向右，大小為x＝s－L，小物塊受到的摩
擦力方向水平向右，則摩擦力對小物塊做的功等于小物塊的機械能增加
量，為ΔE1＝Ff（s－L），故A錯誤；小物塊與小車系統的機械能增加量為
ΔE2＝Fs－FfL，故B錯誤；小車的機械能增加量為ΔE3＝（F－Ff）s，故C
正確；物塊與小車組成的系統產生的內能為E＝FfL，故D錯誤。
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6. 〔多選〕（2025·遼寧模擬預測）如圖所示，一條長為2 m、傾角為30°
的傳送帶在電動機的帶動下，以3 m/s的速率沿逆時針方向勻速運行。某時
刻，將質量為1 kg的小滑塊輕放在傳送帶上端，直至小滑塊滑離傳送帶。
已知重力加速度g取10 m/s2，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為，則
（　　）
A. 小滑塊經過0.5 s與傳送帶速度相同
B. 小滑塊經過0.8 s離開傳送帶
C. 整個過程因摩擦而產生的熱量為2 J
D. 電動機因運送小滑塊多做的功為1 J
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解析： 　滑塊剛放上去時的加速度為a1，則根據牛頓第二定律可知
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，共速的時間
t1＝＝0.4 s，A錯誤；共速前的位移x1＝vt1＝0.6 m，滑塊此后運動的加
速度為a2，同理，根據牛頓第二定律可知a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，
故有x2＝vt2＋a2，x2＝（2－0.6）m＝1.4 m，聯立解得t2＝0.4 s，所以
滑塊離開傳送帶的時間t＝t1＋t2＝0.8 s，B正確；整個過程中因摩擦產生的
熱量Q＝μmgcos θ（vt1－x1＋x2－vt2）＝2 J，C正確；根據能量守恒定律可
知W＝μmgcos θ（vt1－vt2）＝0，D錯誤。
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7. （2025·山東濰坊期末）應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝
置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶在電動機驅動下始終保持v＝0.4 m/s
的恒定速率逆時針方向運行，A、B間的距離為3 m。已知行李（可視為質
點）質量m＝10 kg，與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，旅客把行李無初
速度地放在A處，行李從B點離開傳送帶，重力加速度大小取g＝10 m/s2，
下列說法正確的是（　　）
A. 行李從A到B過程中傳送帶對行李做功為60 J
B. 行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08 m
C. 行李從A到B過程中與傳送帶因摩擦產生的熱量為1.6 J
D. 行李從A到B過程中電動機額外消耗的電能為1.6 J
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解析： 　行李先向左做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有μmg＝
ma，解得a＝2 m/s2，令行李加速至與傳送帶速度相等時，有v2＝2ax0，解
得x0＝0.04 m＜L＝3 m，之后行李向左做勻速直線運動，則行李從A到B過
程中傳送帶對行李做功為W1＝μmgx0＝0.8 J，故A錯誤；行李勻加速直線
運動過程有v＝at，則行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為x相＝vt－t＝
0.04 m，故B錯誤；行李從A到B過程中與傳送帶因摩擦產生的熱量為Q＝
μmgx相＝0.8 J，故C錯誤；行李從A到B過程中電動機額外消耗的電能E＝Q
＋mv2＝1.6 J，故D正確。
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8. 如圖所示，質量m1＝1 kg的木板Q靜止在水平地面上，質量m2＝3 kg的
物塊P在木板左端，P與Q之間的動摩擦因數μ1＝0.2，地面與Q之間的動摩
擦因數μ2＝0.1，現給物塊P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑動，
最終P和Q都靜止且P沒有滑離木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正
確的是（　　）
A. P與Q開始相對靜止的速度是2.5 m/s
B. 長木板Q的長度至少為3 m
C. P與Q之間產生的熱量和地面與Q之間產生的熱量之比為1∶1
D. P與Q之間產生的熱量和地面與Q之間產生的熱量之比為2∶1
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解析： 　P的加速度為aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度為aQ＝
＝2 m/s2，兩者共速時有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1
s，v共＝2 m/s，選項A錯誤；P、Q共速時的相對位移為Δx＝t－t
＝2 m，之后不發生相對滑動，故長木板Q的長度至少為2 m，選項B錯誤；
P與Q之間產生的熱量為Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面與Q
之間產生的熱量為Q2＝m2－Q1＝12 J，P與Q之間產生的熱量與地面與
Q之間產生的熱量之比為1∶1，選項C正確，D錯誤。
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9. 如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進的速度v＝4 m/s，與傾角為
37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋
放。已知A、P間的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數分別
為μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求物塊：
（1）第1次滑過P點時的速度大小v1；
答案： 8 m/s　
解析： 由動能定理得（mgsin 37°－μ1mgcos 37°）L＝m－0
解得v1＝8 m/s。
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（2）第1次在傳送帶上往返運動的時間t；
答案： 9 s　
解析：由牛頓第二定律得μ2mg＝ma物塊與傳送帶共速時，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
勻速運動階段的時間為t2＝＝3 s
物塊第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝9 s。
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（3）從釋放到最終停止運動，與斜面間摩擦產生的熱量Q。
答案： 48 J
解析：由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，直到物塊停止運動，每
次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據能量守恒定律有
Q＝μ1mgLcos 37°＋mv2＝48 J。
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10. 如圖所示，在光滑的水平面上放置一個足夠長的木板B，在B的左端放
有一個可視為質點的小滑塊A，A、B間的動摩擦因數μ＝0.4，A的質量m＝
1 kg，B的質量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。現對A施加F＝7 N的水平向右的拉
力，1 s后撤去拉力F，求：（結果可以用分數表示）
（1）撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速度大小a1、a2；
答案： 3 m/s2　2 m/s2　
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解析： 若A、B保持相對靜止，則有a＝＝ m/s2＞＝2 m/s2，
故A、B間存在滑動摩擦力，對滑塊A，根據牛頓第二定律有
F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
對長木板B，根據牛頓第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2。
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（2）A相對于B靜止時的速度大小v；
答案： m/s　
解析：撤去拉力F時，滑塊A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，長木板B的速度大
小v2＝a2t1＝2 m/s
撤去F后，由μmg＝ma3得滑塊A的加速度大小為a3＝4 m/s2
設經歷時間t2二者共速，則有
v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s
則v＝v1－a3t2＝ m/s。
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（3）整個過程中由于摩擦產生的熱量Q。
答案： J
解析：拉力F對A、B整體做的功為
F·x＝F·a1＝ J
A、B最終以速度v＝ m/s運動
故A、B整體的動能為Ek＝（M＋m）v2＝ J
由能量守恒定律得F·x＝Q＋Ek
則Q＝ J。
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演示完畢 感謝觀看

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