2026高考物理一轮复习（基础版）功能关系 能量守恒定律（含答案）

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮(基础版)第六章第6讲小专题功

能关系能量守恒定律含答案第6讲小专题:功能关系能量守恒定律

考点一对功能关系的理解与应用

几种常见的功能关系及其表达式

做功能的变化定量关系

合力做

动能变化W=Ek2~

功

重力做重力势能(1)重力做正功，重力势能减少;重力做负功，重力势能增加。

功变化⑵We二一AEp二昂一稣2

弹簧弹弹性势能(1)弹力做正功，弹性势能减少;弹力做负功，弹性势能增加。

力做功变化⑵W弹二—A£p=Epi—Ep2

只有重

力、

机械能

弹簧弹机械能守恒，△石二。

不变化

力

做功

除重力

和

弹簧弹

(1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少;其他力做多少

力机械能

负功,物体的机械能就减少多少。

之外的变化

⑵WwAE

其

他力做

功

一对相

互机械能(1)作用于系统的一对滑动摩擦力做的总功一定为负功,系统内

作用的减少，能增加。

滑内能增加(2)摩擦生热。=产4相对

动摩擦

力

做功

安培力（1）克服安培力做的功等于电能的增加量。

电能变化

做功⑵卬克安=石电

［例1］【对功能关系的理解】（2024•广东深圳期末）岭南茶文化是中国茶文化重要系列

之一。传统炒青是指在制作茶叶的过程中利用微火在锅中使茶叶萎凋的手法，通过人工揉

捻令茶叶水分快速蒸发，阻断了茶叶发酵的过程，并使茶汁的精华完全保留的工序。制茶师

傅从热锅底将质量为m的茶叶以初速度w竖直扬起，空气阻力不可忽略，以锅底为重力势

能零势能面，则茶叶从锅底位置离开手开始，在空中重心上升h到最高点过程中（）

［A］重力做功为根g/z

［B］合力做功为一

［C］最高点茶叶的动能为，通）2-7叫〃

［D］最高点茶叶的机械能小于］w

【答案】D

【解析】重力的方向与茶叶的运动方向相反，重力做负功，所以重力做功为一7"g/z,A错误;

空气阻力不可忽略，合力做功为卬=一（/阻+〃zg）〃,B错误;茶叶竖直向上抛出,到最高点时速

度为零，动能也为零,C错误;由于阻力做负功,茶叶上升过程中机械能减少，所以最高点茶

叶的机械能小于%WO2,D正确。

［例2］【功能关系与图像的结合】（2024•云南昆明阶段检测）在大力士比赛中，选手竖直向

上抛出一重物。取抛出点为重力势能零点，上升阶段重物的机械能E总和重力势能是随它

离开抛出点的高度〃的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2,由图中数据可得（）

［A］重物的质量为2.5kg

［B］h=8m时,重物的动能为200J

[C]重物上升过程中,阻力大小恒为100N

[D]重物上升过程中，合力做功为一1000J

【答案】D

【解析】由题图可知,/z=8m时Mm=Ep=〃?g/7=8OOJ,则此时的动能为零，解得重物的质量为

777=10kg,&A、B错误;根据功能关系,小£总=-/阻/z=800J—l000J,解得重物上升过程中,

阻力大小/阻=25N,故C错误;根据题意可知，重物从抛出到最高点，重力做功一800J,阻力

做功一200J,可知合力做功为一1000J,故D正确。

考点二摩擦力做功与能量转化

探寻规律

如图所示，光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度vi向右运动，将一质量为m,速度

为V2的物块放置在长木板左侧，一段时间后两者相对静止且以V3向右运动。已知也小于

V2,长木板的位移为XI,物块的位移为X2,物块与长木板间的动摩擦因数为〃。

.父--「一

(1)分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。

(2)结合(1)中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗?你认为损失的动能转化成了什么

能?这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系？

提示:(1)对长木板由动能定理得

jumgxi=-MV3--Mvr,

对物块由动能定理得

1212

—jumgX2=-mv3--mv2o

(2)该系统损失的动能为

2z

AEk+-mv2--(A/+m)v3。

系统损失的能量转化成了系统的内能，即。二八反损，

结合(1)中动能定理表达式可得。=卬咫(%2—为)，

即滑动摩擦力做功产生的热量数值上等于系统损失的动能，

Q=F^X2—X1)O

两种摩擦力的做功情况比较

项目静摩擦力滑动摩擦力

不会引起系统机械

不能量的引起系统机械能的变化，一方面使系统中物体间

能的变化，只使系统

同转化机械能转移，另一方面使系统总机械能减少，减少

中物体间机械能发

点方面的机械能转化为内能

生转移

续表

项目静摩擦力滑动摩擦力

不一对摩擦一对静摩擦力所

一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W二

同力的总做功的代数和等

—FfX相对,即相对滑动时产生的热量

点功方面于零

相

做功的

同两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功

性质方面

点

[例3]【对摩擦力做功的理解】关于各类恒力做功问题，下列说法正确的是（）

[A]滑动摩擦力对物体可能做负功，也可能做正功,但不可能不做功

[B]静摩擦力发生在相对静止的物体之间，所以静摩擦力对物体一定不做功

[C]一对作用力与反作用力所做的功一定大小相等，正负相反

[D]一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零，且为负值

【答案】D

【解析】滑动摩擦力的方向与物体相对接触面的运动方向相反，但与物体相对地面的位

移可能同向，可能反向，也可能没有位移，故滑动摩擦力对物体可能做负功，也可能做正功，

还可能不做功,A错误;静摩擦力发生在相对静止的物体之间，静摩擦力可以对物体做正功,

如物体相对倾斜传送带静止被送到顶端的过程,B错误;一对作用力与反作用力所做的功

可能大小相等，正负相同，如冰面上的两人相互推一下之后朝相反的方向运动，相互作用的

推力均做正功,C错误;两个物体间存在相互作用的滑动摩擦力，由发生相对运动，两物体对

地位移一定不同可知，这对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零，且为负值,D正

确。

[例4]【摩擦力做功与能量转化】（2025•北京开学考）一木块静止放在光滑水平面上，一

颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为对与此同时木块沿水平面移

动的距离为无2,设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变,则在子弹进入木块的过程中

（）

①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为（X1+X2）：X2

②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为（X1+X2）：,XI

③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为X2:X,

④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为XI：尤2

[A]①②③[B]①②④

©②③④[D]①③④

【答案】A

【解析】设摩擦力大小为居，对子弹运用动能定理可得一居（修+&）=公及弹,对木块运用动

能定理可得君区=小历木=瓜木，可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为|AEk弹I:反木

=（X!+x2）：X2,根据能量守恒可知，因系统摩擦生热损失的动能为|AEk系l=|AEk弹l—AEk木

=江制+也）一用彳2=居尤1,则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为|AEk弹I:公反系

|=（X1+X2）：孙木块获得的动能与因系统摩擦生热损失的动能之比为Ek木：|AEk系|=无2：X1,

故选A。

◎•瞬菊浏•

摩擦力做功的分析方法

（1）无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力,计算做功时都是用力与对地位移的乘积。

（2）摩擦生热的计算公式。=6巾相对淇中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体相对接触

面做往复运动，则代入总的相对路程s相对。

考点三对能量守恒定律的理解与应用

[例5]【能量转化和守恒定律的简单应用】（多选）如图所示,倾角为0=53。的固定粗糙斜

面上有一A点,长度为0.5m的木板质量分布均匀，其质量为M=3kg,开始用外力使木板下

端与A点对齐，如图。木块质量为m=lkg,两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起,

木板与斜面的动摩擦因数为|。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点,此

过程中，下列说法正确的是（取sin53°=0.8,cos53°=0.6）（）

A

e

[A]木板和木块组成的系统机械能守恒

[B]木板上端刚过A点时速度大小为日m/s

[C]木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和

[D]系统产生的热量为10J

【答案】BC

【解析】由于斜面是粗糙的,木板和木块组成的系统在运动中会有摩擦生热，所以木板和

木块组成的系统机械能不守恒，故A错误;对木板和木块组成的系统，由能量守恒定律有

Mglsin0—mgl=^（M+>n）v2+//Mglcos仇解得v=\m/s,故B正确;根据能量守恒可知木板减少

的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确;系统产生的热量为

Q=/nMglcos9=6J,故D错误。

[例6]【能量转化和守恒定律在实际生活中的应用】（2025•广西桂林阶段检测）某品牌电

动汽车电动机最大输出功率为120kW,最高车速可达180km/h,车载电池最大输出电能为

75kW-h»已知该车以90km/h的速度在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转

化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力尸阻与车速v的关系符合/阻=狂2,其中左为未知

常数，则该电动汽车以90km/h行驶的最大里程约为（）

[A]350km[B]405km

[C]450km[D]500km

【答案】B

【解析】根据题意可知,为,=180km/h=50m/s,vi=90km/h=25m/s,车速最大时，牵引力为

用,=血=24001S[,此时车的加速度为0,即吊尸产阻行如小,解得上0.96;当车速为90km/h时,

90%x75xl000x36OO

有尸阻尸左%2=600N,由能量守恒定律有口卬,“=尸尸,解得s=Zg2"=m=405

Fi600

000根=405km,故选Bo

（1）首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能（包括重力势能、弹性

势能、电势能）、内能等。

（2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量AE减和增加的能

量△£增的表达式。

昌课时作业

（满分:60分）

国基础对点练

对点1.对功能关系的理解与应用

1.（6分X2025•河南高考适应性考试X多选）2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭

垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直

下落，到达地面时速度刚好为零，若在该过程中火箭质量视为不变，则（）

[A]火箭的机械能不变

[B]火箭所受的合力不变

[C]火箭所受的重力做正功

[D]火箭的动能随时间均匀减小

【答案】BC

【解析】由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能

减小，故A错误;由于火箭句减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的

合力不变，故B正确;由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确;火箭

的动能及="，=；〃7（丫0—。力2,故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。

2.（6分X2025•广东珠海阶段练习）（多选）在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘特,如图所

示,可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为4民辘湖边缘b点到转轴的距离为R,忽略空

气阻力。在水桶离开水面后加速往上运动的过程中，下列说法正确的有（）

[A]把手边缘上。点的角速度等于辘制边缘。点的角速度

[B]水桶上升的速度大小等于把手边缘上a点的线速度大小

[C]绳子拉力对水桶做的功等于水桶和水的机械能的增加量

[D]拉力对水桶的冲量等于水桶动量的变化量

【答案】AC

【解析】把手边缘上a点与辘铲边缘b点属于同轴转动，角速度相等，故A正确;根据

v=o&即水桶上升的速度大小等于把手边缘上a点的线速度大小的四分之一，

故B错误;根据功能关系可得，绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量,

故C正确;对水桶分析,根据动量定理I拉一I重=7"V,可知拉力对水桶的冲量等于重力对水桶

的冲量与水桶动量的变化量之和，故D错误。

3.(4分X2024•福建厦门二模)如图甲所示，小明沿倾角为10。的斜坡向上推动平板车,将一质

量为10kg的货物运送到斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板

车板面与斜坡平行，货物的动能&随位移x的变化图像如图乙所示，取sin10。=0.17,则货物

()

[A]在0-3m的过程中,所受的合力逐渐增大

[B]在3〜5m的过程中,所受的合力逐渐减小

[C]在。〜3m的过程中,机械能先增大后减小

[D]在3~5m的过程中,机械能先增大后减小

【答案】D

【解析】Ek-x图像的斜率的绝对值表示合力的大小，则可知，在0—3m的过程中,图像斜

率的绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小。同理，在3〜5m的过程中，货物所受的

合力逐渐增大，故A、B错误。根据题图乙可知，在0〜3m的过程中，动能逐渐增大,而随着

平板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0〜3m的过程中,货物的

机械能始终增大，故C错误。取x=0处为零势能面，在x=5m处货物的重力势能Ep=mgxsin

10°=10xl0x5x0.17J=85J,

作出重力势能随位移变化的图像如图所示，根据图像对比可知，在x=3m到x=5m之间，根

据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知，动能随位移的变化先慢于

重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能随位移

的变化,该过程中机械能减小，由此可知，在3~5m的过程中,机械能先增大后减小，故D正

确。

对点2.摩擦力做功与能量转化

4.（4分）如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物

块（可视为质点）,以水平初速度W从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因

数为〃，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为其木板相对

地面的位移为x,重力加速度大小为g。则在此过程中（）

[A]摩擦力对物块做功为

[B]摩擦力对木板做功为一

[C]木板动能的增量为以

[D]由于摩擦而产生的热量为

【答案】D

【解析】物块的位移为x+d,摩擦力对物块做功M=-〃〃?g（x+m,A错误;木板的位移为工,

摩擦力对木板做功W2=/Ltmgx,B错误;对木板有△£!<=卬总=〃"名》,©错误;。=居・/相对=/""g<7,D

正确。

5.（6分X2024•广东广州阶段检测X多选）小物块先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一

沿斜面向上的恒力£第二次无恒力凡图乙中的两条线段小。分别表示存在恒力尸和

无恒力F时小物块沿斜面向上运动的图线。不考虑空气阻力，小物块质量m=lkg,g取

10m/s2,<9=53°,MXcos53°=0.6,sin53。=0.8,下列说法正确的是（）

[A]恒力"大小为1N

[B]小物块与斜面间动摩擦因数为0.5

[C]有恒力尸时，小物块在上升过程产生的热量较少

[D]有恒力/时，小物块在上升过程机械能的减少量较小

【答案】ABD

【解析】v-t图线的斜率表示加速度，则有恒力尸作用时,物块加速度的大小为m=言

m/s2=10m/s2,根据牛顿第二定律有mgsin6+jtimgcos9—F=mai,无恒力F作用时，物块加速

度的大小为。2=4m/s2=llm/s2,根据牛顿第二定律有mgsin6+/xmgcos0=加。2,解得F=1

N,〃=0.5,故A、B正确;小物块在上升过程产生的热量为无cos3,v~t图线与时间轴所

围几何图形的面积表示位移，由题图可知，有恒力/作用时的位移大一些，则有恒力/时，

小物块在上升过程产生的热量较多，故C错误;根据图像,小物块的初速度相等，即初动能相

等，根据上述,有恒力/作用时,小物块位移大，即有恒力产作用时,小物块上升的高度大，可

知有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小，故D正确。

对点3.对能量守恒定律的理解与应用

6.（4分X2024•湖北二模）某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。

某时间内该地区的风速是6。m/s,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2

kg/n?,假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能,则此风力发电机发电

的功率约为（）

[A]1.6xl03W[B]1.6xl04W

[C]1.6X105W[D]1.6X106W

【答案】B

【解析】在/时间内空气动能为£,k=|wv2=|pvZ5,v2=|p7tr2v3?,则此风力发电机发电的功率约

为p=W^=o,ix）无户v3n.6xl（）4w,故选B。

7.（12分）（2025•云南高考适应性考试）游乐项目“滑草”的模型如图所示，某质量加=80kg的

游客（包括滑板,可视为质点）由静止从距水平滑道高h=20m的尸点沿坡道滑下，滑到

坡道底部M点后进入水平减速滑道MN。在水平滑道上匀减速滑行了/=9.0m后停止，水

平滑行时间Z=3.0so重力加速度g取10m/s2,求：

（1）该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道之间的动摩擦因数；

（2）该游客（包括滑板）从尸点滑到M点的过程中损失的机械能。

【答案】（1）6m/s0.2（2）14560J

【解析】（1）设游客在M点的速度为VM,与水平滑道"N之间的动摩擦因数为〃，在水平滑

道上游客做匀减速直线运动，

由牛顿第二定律可得fimg=ma,

由运动学公式可得VM=at,

2

0—vM=—2al,

代入数据可得VM=6m/s,/z=0.2o

（2）由动能定理知，

-

Wj，s.+ingh=-mvM0,

解得W阻=-14560J。

即损失机械能为14560Jo

国综合提升练

8.（4分）已知雨滴在空中运动时所受空气阻力/阻其中左为比例系数/为雨滴半径）

为运动速率。一雨滴从高空由静止开始沿竖直方向下落，以地面为重力势能零势能面，用

Ep、Ek、E、/7表示雨滴重力势能、动能、机械能和下落高度,下列四幅图像可能正确的是

【答案】C

【解析】随着雨滴下落的速度逐渐增加，空气阻力逐渐增大，合力逐渐减小，根据动能定理,

下落相同的高度，动能的增量逐渐减小,因此及一为斜率逐渐减小，最后趋近于水平,A、B

错误;下落过程中，由于空气阻力逐渐增大，下落相同的高度，空气阻力做功逐渐增大，机械

能减少得越来越快，因此E~h斜率逐渐增大,C正确;设初始状态时的势能为与0,下落的过

程中，由于稣=稣0—可得图像稣一力是不过坐标原点、倾斜向下的直线,D错误。

9.(14分)(2025•江苏无锡开学考)如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上,小圆环

A和轻弹簧套在杆上,弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A,细线穿过小孔两端分别与

环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为〃7=0.1kg,小球B的质量为2mo现使

整个装置绕竖直轴以角速度。=5但rad/s匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37。。缓慢

加速后使整个装置以角速度2。匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53。,此时弹簧弹力与

角速度为o时大小相等，重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37。=0.8,求：

(1)装置转动的角速度为。时，细线OB的长度s;

(2)装置转动的角速度为2。时,弹簧的弹力大小尸；

(3)装置转动的角速度由。增至2s过程中，细线对小球B做的功Wo

【答案】(1)0.25m(2)2N(3)费J

【解析】(1)当装置转动的角速度为g时,对小球B受力分析，在竖直方向由平衡条件有

FTICOS37°=2mg,

在水平方向由牛顿第二定律有Fnsin37°=2mw2ssin37°,

解得S=-^T=0.25mo

40)z

(2)装置转动的角速度为2。时，设OB的长度为s1则对小球B在竖直方向由平衡条件有

FT2cos53°=2mg,

o2,

在水平方向由牛顿第二定律有FT2sin53=2/n(2a>)ssin53°,

解得s'=3

设细线长度为乙,则装置转动的角速度为0)时对圆环A满足Fn—F=7"02(L—s),

2,

装置转动的角速度为2(0时,对圆环A有FT2+F=m(2co)(L-s),

解得F=2mg=2No

(3)装置转动的南速度由m增至2a)过程中，小球B的重力势能变化量为

△Ep=2mg(scos37°—s'cos53°),

动能变化量为AEk=/2加［(2os'sin53°)2-(cossin370)2］,

解得细线对小球B做的功为

W=AEp+AEk=*C=MJo第7讲小专题:动力学和能量观点的综合应用

-1440)2720

考点一传送带模型中的动力学和能量问题

1.传送带问题的分析方法

(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,作好受力分析，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)注意:当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。

2.传送带问题涉及的功能关系

⑴传送带克服摩擦力做的功:卬=居无传。

(2)系统产生的内能:Q=Ftx相对。

(3)功能关系分析：W=AEk+A£p+。。

［例1］【水平传送带模型】(2025•湖南岳阳开学考试)如图,一大型工厂内足够长的水平

传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台，二者平滑连接于A点,传送带始终以大小为

v=3m/s的速度逆时针匀速转动，在平台上一工件以水平向右、大小为v0=6m/s的速度从A

点冲上传送带。已知工件的质量为m=2kg且可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数

为〃=0.5,重力加速度大小g取10m/s2o下列说法错误的是（）

（5kG）

［A］工件在传送带上向右运动的最大距离为3.6m

［B］工件在传送带上运动的时间为2.7s

［C］工件在传送带上留下的划痕长度为8.1m

［D］工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为72J

【答案】D

【解析】工件在传送带上向右滑动时，由牛顿第二定律得〃加解得a=5m/s?,由运动

学公式得%2=2QXm,解得Xm=3.6m,故A正确,不符合题意;传送带足够长，工件在传送带上

先向右减速到0,再反向加速，由vo>v可知工件速度达到v=3m/s后，再匀速运动到左边平台,

向右匀减速的时间^i=—=1.2s,向左加速滑动的加速度大小ai=a=5m/s2,向左加速的时间

a

为t2=—=0.6s,向左加速的位移大小XI=-^2=0.9m,向左匀速运动时间t3=XmX1=0.9s,工件在

GI2V

传送带上运动的时间为t=ti+t2+t3=2Js,故B正确,不符合题意;开始时相向运动，划痕

Axif：m+vri=7.2m,反向加速为同向运动，划痕AX2=VR2_%I=0.9m,工件在传送带上留下的划

痕长度为A^=A.XI+AX2=8.1m,故C正确,不符合题意;工件在传送带上运动的整个过程中系

统因摩擦产生的热量为Q=〃〃zgAx=81J,故D错误，符合题意。

［例2］【倾斜传送带模型】（2024•江苏南通期中）如图所示,足够长的传送带与水平面夹

角为以速度物逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，取最

高点为零势能位置，则小木块的速度V、重力势能耳、动能反、机械能E随时间/变化的

图像可能正确的是（）

【答案】D

【解析】初状态时，重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜

面做句加速直线运动，由牛顿第二定律可得加速度aj=mgsine?mgcose几3+jugcos仇如

果//<tan包则小木块与传送带不能一•起匀速下滑，要继续加速运动,〃2二僮一九"；M'cosg=gsin

geos3,v~t图像第二阶段斜率变小，如果〃>tan优贝”小木块与传送带一^匀速运动，故A

错误;重力做正功,重力势能减小，故B错误;达到传送带速度前反二，1声="(〃")2,达到传送

带速度后，继续加速的情况&二三相俣/加刖+Q2(L")F,故C错误;机械能与摩擦力做功有关,

22a1

开始摩擦力做正功，机械能增大W1=〃加geos后来摩擦力做负功，机械能减小，继续加

速的情况下W2=-//mgCOS"［啾，-也)+工々2(广曳)2］,故D正确。

2a1

考点二“滑块一木板”模型

1.“滑块—木板”模型问题的分析方法

⑴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;根

据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。

(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。

2.三个位移的应用(如图所示)

(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Ax。

［例3］【滑块一木板模型动力学和能量分析】如图甲所示,质量为m的长木板静止在光

滑的水平面上，质量为m的小铅块以水平速度vo滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木

板相对静止。如图乙所示，将木板分成质量分别为如、租2的1、2两部分，铅块的初速度不

变,铅块与木板间的动摩擦因数为〃。贝4（）

小铅块VO小铅块Vo+4c

木板口一木板

，），，，，，，，

甲乙

［A］当mi=rri2时，铅块在木板1上滑行，两板间的作用力为^img

［B］当mi=m2时，铅块能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止

［C］当附>能2时，铅块可能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止

［D］铅块在木板上滑行的整个过程中，图甲情境中产生的内能一定比图乙的大

【答案】D

【解析】铅块在木板上滑行时，对整块木板根据牛顿第二定律得〃（/"1+恤）8=（«11+〃72）。,对

木板2根据牛顿第二定律得尸=加2。,解得r=〃"?2g,当如=7〃2时，铅块在木板1上滑行，两板间

的作用力为|t"篦g,A错误;木板分开前后铅块的加速度不变，其加速度为。铅=黑^=〃8,铅块

在木板1上滑行时，木板1的加速度为。板］=^~~^=〃g,铅块在木板2上滑行时，木板2的加

速度为。板2=3、〃g,画出速度一时间图像，

如图所示，铅块和木板图像所围的面积表示铅块在木板上滑动的距离，第二次的面积小，表

示铅块没有滑动到木板2的右端,B、C错误;设铅块相对于木板滑动的距离为Ax,产生的

内能为Ql=”租8，&1,。2=〃7畛&2,根据图像AX1>A%2,所以铅块在木板上滑行的整个

过程中，题图甲情境中产生的内能一定比题图乙的大,D正确。

［例4］【有外力作用的滑块一木板模型】（2024•江西九江阶段检测X多选）如图所示，质量

为M,长度为L的木板静止在光滑的水平面上,质量为m的物体（可视为质点）放在木板上

最左端，现用水平恒力F作用在物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体

和木板之间的摩擦力为居。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x,则在此过程

中（）

［A］力尸对物体做功大小为"L+x）

［B］摩擦力对物体做功为-居乙

［C］摩擦力对木板做功为Rx

［D］系统产生的热量为Kx

【答案】AC

【解析】根据功的计算式，力/对物体做功Wi=2乜+尤）,故A正确;物体受到的摩擦力向左，

摩擦力对物体做功跖=-同。+无），故B错误;木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功

卬3=理三故C正确;系统产生的热量Q=Kx相对=居乙,故D错误。

考点三应用动力学和能量观点解决多运动组合问题

两大观点的选用原则

⑴当物体受到恒力作用做匀变速直线运动（曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动）,

涉及时间与运动细节，或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息，一般选用

动力学方法解题。

（2）当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定

律解题，题目中出现相对位移（摩擦生热）时，应优先选用能量守恒定律。

［例5］【应用动力学和能量观点解决多运动组合问题】（2024•江苏卷,15）如图所示，粗糙

斜面的动摩擦因数为〃，倾角为。，斜面长为L。一个质量为m的物块在电动机作用下，从A

点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰

好到达最高点Do求：

（1）C£）段长度尤；

（2*C段电动机的输出功率P;

⑶全过程储存的机械能和电动机消耗的总电能瓦的比值。

“2

【答案】（1）2g（shi6+〃cos6）

⑵租gv（sinc°s0）黑。se

【解析】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsind+jumgcos3=ma,

由运动学公式有0~v2--2ax,

v2

联立解得x=-

2g(sin0+ficosO)°

（2）物块在BC段做匀速运动，得电动机的牵引力为F=mgsin0+pimgcos仇

由P=Fv得P=mgv(sin9+〃cos夕)。

（3）全过程物块增加的机械能为Ei=mgLsin3,

整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生

的内能,故可知E2=E\+jnmgcos3-L,

故可得名—mgLsinO_sinO

E2mgLsinB+iimgLcosOsinO+iicosO

◎・陪

解决多运动组合问题方法技巧

（1）“合，，——整体上把握全过程，构建大致的运动情境。

（2）“分，，一将全过程进行分解,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。

昌课时作业

（满分:60分）

党基础对点练

对点L传送带模型中的动力学和能量问题

1.（6分）（2025•北京开学考）（多选）如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v

匀速运动,某时刻质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与

传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为〃。若当地的重力加速度为

g,对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法正确的是（）

［A］物块所受摩擦力的方向水平向左

［B］物块运动的时间为二

［C］物块动能增加量为如2

⑷］物块与传送带摩擦生热为mv2

【答案】BC

【解析】物块相对传送带向左滑动,摩擦力方向水平向右，故A错误;对物块，根据牛顿第

二定律得加速达到共速时物块运动的时间为/=（二言，故B正确;物块动能的增加

量为AEk=|mv2,i^C正确;物块的位移大小为看二夕,传送带的位移大小为12二讨,所以物块相

对传送带的位移大小为入¥=%2-％1二匕六」一,所以摩擦生热为Q=〃m只故D错误。

22

2.（4分X2024•广东广州三模）玉米收割后进行脱粒用如图甲所示的传送带装置，可近似为

如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端

与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止,直至从

传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速

率为v,加速度大小为。，动能为民,机械能为£玉米粒距离地面的高度为九下列图像能近似

反映上述物理过程的是（）

【答案】D

【解析】根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，玉米

粒从传送带抛出后到最高点过程，速率应不断减小，到最高点后速率再逐渐增大，故A错误;

根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，则加速度先恒

定不变，再变为0,玉米粒从传送带抛出后,加速度为重力加速度，保持不变，故B错误;根据

题意可知，玉米粒在传送带上运动时，先加速后匀速，动能先增大后不变，玉米粒从传送带抛

出后到最高点过程，动能应不断减小，到最高点后动能再增大，故C错误;玉米粒在传送带上

运动时，先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力二者均做正功，根据功能关系知,玉米粒的机械

能一直增大，且E-h图像的斜率先表示滑动摩擦力后表示静摩擦力，则加速阶段的斜率大

于匀速阶段的斜率，玉米粒从传送带抛出后到落回地面过程，只受重力作用，机械能不变，故

D正确。

对点2.“滑块一木板”模型

3.（4分）（2024・安徽二模）一块质量为长为/的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量

为m的物体B（视为质点）以初速度w从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过

程中，物体B的动能减少量大小为AEkB,长木板A的动能增加量为AEkA,A、B间摩擦产生

的热量为。，关于AEkB、AEkA、。的值，下列情况可能的是（）

B

|

[A]AEkB=7J,AEkA=4J,2=4J

[B]AEkB=7J,AEkA=3J,Q=4J

[C]AEkB=8J,A&A=3J,<2=2J

[D]AEkB=8J,A£kA=5J,Q=3J

【答案】B

【解析】根据长木板A和物体B组成的系统能量守恒AEkB=AEkA+。,故A、C错误;画出

物体B和长木板A的v-f图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示

板长1,1与t轴所围的面积表示物体B的位移无1,2与/轴所围的面积表示长木板A的位移

无2,由图可知尤1>/,忿</,根据功能关系△EkB=Fm,AEkA=Ff尤2,。=4/,联立解得AEkB>e>AEkA,

故B正确,D错误。

4.（12分）（2024.海南模拟）如图，质量M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加

一水平恒力F=8N,当小车向右运动速度达到v0=3m/s时，在小车的右端轻放一质量加=2

kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数〃=0.2,假定小车足够长,g取10m/s）求：

（1）小物块刚放到车上时小物块和车的加速度大小;

⑵小物块与小车达到共同速度所需的时间、共同速度大小；

⑶在达到共同速度过程中小物块与小车摩擦产生的热量。

【答案】(1)2m/s20.5m/s2

(2)2s4m/s(3)12J

【解析】(1)小物块冈I放至U车上时，对小物块受力分析，根据牛顿第二定律可得jumg=mai,

解得小物块的加速度为ai=2m/sz,对小车受力分析，根据牛顿第二定律可得F-jumg=Ma2,

2

解得小车的加速度为々2=0.5m/so

(2)设经过时间北小物块与小车达到共同速度，根据运动学公式可得V共共="0+”2北

联立解得t=2s,v共=4m/So

⑶在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为1=上箸广?/=3m,

则小物块与小车摩擦产生的热量为Q=nmg\x=nJo

对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题

5.(14分)(2024.湖南长沙阶段检测)如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,

圆心为O点，圆弧所对圆心角0=37。,半径为R=6m,末端Q点与粗糙水平地面相切。圆弧

轨道左侧有一长度为s=6m的水平传送带，传送带沿顺时针方向转动，传送带上表面与P

点高度差为H=0.45m=现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=6kg的可视为质点的

滑块A,滑块由尸点沿圆弧切线方向进入轨道，滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块A

与传送带、地面间的动摩擦因数均为〃=0.5,重力加速度g取10m/s2,^sin37°=0.6,cos

(1)滑块A离开传送带时速度vo的大小；

(2)滑块A经过Q点时受到弹力FN的大小；

(3)滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能。。

【答案】(1)4m/s(2)109N(3)48J

【解析】(1)滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足%2=2gH,解得vy=3m/s,

又A沿切线滑入圆轨道，满足tan0=—,

%

解得vo=4m/so

22

（2）滑块A到P点的速度vp=yJvQ+vy=5m/s,

22

从尸到Q的过程中,由机械能守恒定律得mgR（l-cos37°）=|mVQ-|mvP

解得VQ=7m/s,

在Q点根据牛顿第二定律有F^~mg=mVQ,

解得bN=109N。

（3）滑块A随传送带做匀加速直线运动时,根据牛顿第二定律有解得a=5m/s2,

才艮