高中物理复习：第五章 机械能守恒定律 专项强化十 动力学和能量观点的综合应用

专题强化十动力学和能量观点的综合应用

学习目标1.会用动力学和能量观点分析“传送带”模型和“滑块一木板”模型的运动情况。2.

会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问

题。

模型一“传送带”模型

1.“传送带”模型的分析方法

(1)动力学观点: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)能量观点: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.“传送带”模型中的功能关系

(1)传送带克服摩擦力做的功:%=踪传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。

⑵系统产生的内能:。=电相对。

(3)功能关系分析:I"=AEk+AEp+0。其中AEk表示被传送物体动能的增加量，AEp表示被传送物

体重力势能的增加量。

角度0水平传送带模型

例1(多选)(2025•安徽合肥模拟)如图甲所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，

煤块与传送带之间的动摩擦因数为4=0.2。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外

力作用下先加速后减速，其。一Z图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传

送带上留下了一段黑色痕迹，g=10m/s2,则下列说法正确的是()

|v/(m*s-,)

甲乙

A.黑色痕迹的长度为36m

B.煤块在传送带上的相对位移大小为16m

C.若煤块的质量为1kg,则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160J

D.煤决的质量越大黑色痕迹的长度越短

答案BC

解析分析知，煤块先做匀加速直线运动，由牛顿第二定津可得加速度大小0=〃g=2m/s2,经

时间4=6S,速度达到%=〃川=12m/s,设冉经过/2煤块和传送带共速，速度为6，由题图可

知，传送带减速的加速度大小43=4m/s2,则有。2=0m—。3,2,。2=。1+。也，联立解得用=2S,V2

=16m/s,此后因的＞〃g，则煤块和传送带各自匀减速到停止，煤块减速到零的时间f3=^=8s,

作出煤块的。-2图像如图所示。由图可知，煤块先相对传送带沿负方向滑动，相对位移大小At

=^m+g^m=48m,共速后煤块相对传送带沿正方向滑动，相对位移大小-2=嘤m=32

m,痕迹的长度ZW与较长的相对位移大小相等，即Ad=Aq=48m,故A错误;全程煤块在传送

带上的相对位移大小Ar=Ax|-Ar2=16m,故B正确;煤块与传送带间因摩擦产生的热量0=

〃〃ig(Axi+AY2)=160J,故C正确;若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度均不变，则。一Z图

像不变，各段的相对位移不变，则痕迹长度也不变，故D错误。

角度国倾斜传送带模型

例2如图所示，传送带以。=10m/s的速度逆时针转动，一个质量〃?=1kg的物体从传送带顶端

以Oo=5m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成夕=30。角，物体与传送带间的动摩擦

因数4=今，传送带底端到顶端长L=10m,g取10m/s2,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求:

(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；

(2)若在物体滑入传送带运动了0.5s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送

带间摩擦而产生的热量。

答案(1)10m/s(2)37.5J

解析(1)当物体沿传送带滑入时，因为为＜。，所以物体先做加速运动，设物体加速运动的加速度

大小为外，物体向下加速到。所用时间为小此段时间内物体运动位移为勺，则有

〃加geos30°+〃?gsin30°=ma\

。=。(|+。由

联立解得用=10m/s2,“=。5s,X]=3.75m

由于；V]V£,最大静摩擦力Ffm="〃?gcos3()o=〃2gsin30。，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线

运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10m/so

(2)0.5s内物体相对传送带运动的位移AYI=W]一修=1.25m

传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力居=〃〃jgcos3O°=777gsin30°

物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移A.r2=Z—xi=6.25m

则物体与传送带间因摩擦产生的热量

+AX2)COS30°

解得。=37.5J。

总结提升

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。

跟踪训练

1.(2024•山东临沂模拟)如图(a)所示，倾角为37。的传送带以。=2.0m/s的速度顺时针匀速转动，传

送带的长度心8=10.0mo一个可视为质点的质量〃?=1.0kg的物块，自力点无初速度的放在传送

带底瑞，其被传送至8端的过程中，动能瓦与位移x的关系(瓦一x)图像如图(b)所示,重力加速度

10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8o下列说法正确的是()

A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25

B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0J

C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0J

D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量

答案D

解析开始时物块在传送带的作用卜.动能不断增大，根据动能定理有(/〃77gcos37。一机gsin37。.=

瓦-0,在5m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即4=1w2=2.0J,联立解得〃=0.8,

A错误;由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有力介=△瓦=瓦

—0=2.0J,B错误;由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加

量，即昕=AEk+〃?gj8sin370=62.0J,C错误，D正确。

模型二“滑块一木板”模型

1.“滑块一木板”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C

2.“滑块一木板”模型的分析方法

（1）动力学观点: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;从放.上滑

块到二者速度相等，所用时间相等，由1=等=黑，可求出共同速度。和所用时间八然后由位

a2al

移公式可分别求出二者的位移。

（2）能量观点: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，0=AE机。如图所

示，要注意区分三个位移：

V9

①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移X宿

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Arc

角度II水平面上的“滑块一木板”模型

例3（2024・湖南模拟预测）一块质量为A/、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（可视为质点）以初速度为从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体

B的动能减少量为AEkB，长木板A的动能增加量为AEkA，A、B间因摩擦产生的热量为。，下列

说法正确的是（）

B

y////////////////////A

A.A、B组成的系统动量、机械能均守恒

B.A&B、AEkA、。的值可能为A&B=7J,A^kA=2J,0=5J

C.AEkBsAEkA、。的值可能为AEkB=5J,AEkA=3J,0=2J

D.若噌大如和长木板A的质量M,B一定会从长木板A的右端滑下，且0将增大

答案B

解析A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒，而A、B间由于存在摩擦生热，放系统机械能

不守恒，故A错误;画出物体B和长木板A的速度一时间图线，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与/轴所围的面积表示物体B的位移不，2与/轴所围的面积表

小长木板A的位移由图可知修>/,X2〈l，又有AEkB=Fpti，AEkA=Fm，。=87,则有*

AEkB>Q>AEkA，故B正确，C错误;若增大为和长木板A的质量在。-Z图像中1将向上平

移，而2的图像斜率变小，即A的加速度变小，可知B一定会从长木板A的右端滑下，而。=

对不变,故D错误。

跟踪训练

2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平而上以速度。向右匀速运动，现将质量为机的物体轻

轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为〃，为保持木板的速度不变，从

物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力凡则力/对木

板所做的功为（）

।--------------F

A野B萼

C.mv-D.2ntv2

答案C

解析由功能关系和能量守恒定律可知，力厂对木板所做的功力一部分转化为物体的动能，一部

分转化为系统内能，故沙=3娟+〃〃7gx相，其中工相=式一对物体分析有Q=〃g,联立

以上各式可得力=①。2,故选项C正确。

角度以斜面上的“滑块一木板”模型

例4（2025•河南高三普高联考）如图所示，倾角0=37。的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端

固定一挡板，质量M=0.2kg、长度L=4.5m的木板置于斜面上，木板最下端与挡板的距离s=?

m,最上端放置一个质量“7=0.1kg,可视为质点的物块，初始时刻，长木板速度为零，物块的初

速度为=3m/s,方向沿斜面向下。物块与木板间的动摩擦因数加=0.5,木板与斜面间的动摩擦

因数“2=0.25,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,求：

最________

(1)初始时刻，物块与木板的加速度大小；

(2)物块与木板第一次速度相等时，物块到木板最上端的距离；

(3)若木板与挡板碰撞后被锁定，物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，则从初始时刻到物块最终静止，

物块与木板间因摩擦产生的热量。

答案(l)2m/s25m/s2(2)1.5m(3)4.2J

解析⑴初始时刻，对物块根据牛顿第二定律有mgsin。一〃阿gcosO=〃M

对木板由牛顿第二定律得Mgsin0+"i〃zgcos〃一〃2(〃[+M)gcos0=Ma2

2

解得。।=2m/s,a2=5m/s?。

(2)设经历时间小物块与木板第一次速度相等，则如+〃色=〃2人

解得6=1s

物块运动的位移跖”=%/[+)心2=4m

2

木板运动的位移xM=^a2t1=2.5m

物块距木板最上端的距离4=%一如=1.5mo

(3)从开始到物块与木板第一次速度相等，物块与木板间因摩擦产生的热量0=〃Mgcos0*d

物块与木板第一次速度相等时的速度力=。泪=5m/s

物块与木板第一次速度相等后，二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得

(A/+〃?)gsin。一〃2(M+〃7)gcos。=(忖+〃?)的

解得。3=4m/s2

从物块与木板第一次速度相等到木板与挡板碰撞的过程，根据运动学公式得

22

2a3(s-xM)=v2—Vi

解得。2=6m/s

木板与挡板碰撞后被锁定，物块继续向下做匀加速直线运动，与挡板碰撞后以原速率反弹，此后

物块做往复运动，但由于摩擦消耗机械能且山＜tan仇物块最终停在挡板处，设从木板与挡板碰

撞后被锁定到物块停在挡板处，物块与木板间因摩擦产生的热量为。2,根据能量守恒定律得

mg(L-d)s\n-02

则物块与木板间因摩擦产生的总热量0=0+02

联立解得。=4.2J。

总结提升

解决“滑块一木板”模型的关键

找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带:

每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

模型三多运动组合模型

例5加图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道/C末端

装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于8点，且8点位置可改变。现将质量

加=2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高开=0.6m处静I卜释放，且将。点置于力。中点处.R

知圆轨道半径H=O」m,水平轨道长£"=1.001,滑块与4。间动摩擦因数〃=0.2,弧形轨道和

圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：

(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；

(2)弹射器获得的最大弹性势能；

(3)若"=6m,改变8点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则间距离〃c应满足的

条件。

答案(l)100N(2)8J(3)0.5m

解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得

2

mgH-^nigLAB~mg2R=^mv

2

在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得〃?g+9=〃?3

联立解得F^IOON

由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100N。

(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知mgH—RmgL,[c=Ep

解得Ep=8J0

(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有〃zg=用平

2

从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知2R)—〃〃啰|=v0

解得5=28.75m

LBC=29LAC-S|=0.25m

要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足及c2O.25m°

若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知〃吆(〃一R)—〃〃吆&=0

解得$2=29.5m

L/tB=sz—29L/ic=0.5m

根据滑块运动的周期性可知，应使£sc20.5m,滑块不脱离轨道

综上所述，符合条件的长度为0.5mW%cWlm。

总结提升

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。

提升素养能力(限时：40分钟)

1.(2025•云南省名校联如图而募曲而28的末端与一水手放置的庙送带左端平滑连接，当传送

带静止时，有一滑块从曲面上的夕点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以

某一速度逆时针转动，滑块再次从夕点静止释放，则下列说法正确的是()

A

C)()

A.滑臾可能再次滑上曲面

B.滑块在传送带上运动的时间增长

C.滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多

D.滑决在传送带上运动过程中，速度变化得更快

答案C

解析传送带以某一速度逆时针转动，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，所以滑块

的加速度不变，即滑块速度变化的快慢不变，则滑块的位移不变，滑块还是从传送带的右端滑离

传送带，不能再次滑上曲面，故A、D错误;由x=)尸可知滑块在传送带上运动的时间不变，但

传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位移增大，由0=F送相对，可知摩擦产生的热量增多，

故B错误，C正确。

2.（2025•四川成都诊断）如图，一质量为M=2kg的木板静止在水平地面上，一质量为〃?=lkg的

滑块（可视为质点）以。o=2m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够

长，滑块与木板间的动摩擦因数为川=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为〃乂未知），重力加速度

g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

A.地面对木板的摩擦力方向水平向右

B.地面对木板的摩擦力大小为9N

C-2可能为0.12

D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4J

答案C

解析对木板受力分析可知，滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦

力方向水平向左，故A错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小阿g=3N,由于木板始终保持静

止，故地面对木板的静摩擦力大小尺w=R=3N,故B错误;木板始终保持静止，即“2（阳+

解得〃220」，故C正确;整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量

Q=，7U（）2=2J,故D错误。

3.（多选）（2025•辽宁大连模拟）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定

速率S=2m/s匀速向右运动，一质量为〃7=1kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率6=3

m/s滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程，下列判断正确的有（）

A.滑决返回传送带右端的速率为2m/s

B.此过程中传送带对滑块做功为2.5J

C.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5J

D.此过程中电动机对传送带多做功为10J

答案ACD

解析由于传送带足够长，滑块先匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的

作用下向右匀加速运动，由于s=2m/s<%=3m/s,所以，当滑块速度增大到等于传送带速度

时，滑块还在传送带上，之后不受摩擦力，滑块与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送

带右端时的速率等于2m/s,故A正确;此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送

带对滑块做功为3匹?2=—2.5J,故B错误;设滑块向左运动的时间为人位移为修，

则占=茨，该过程中传送带的位移为必=。四，又刀=苏摩擦生热为0i="机gS+x2）=10.5J，

返回过程，当物块与传送带共速时，有0=/02，物块与传送带摩擦生热为02=〃〃@。也一段，2）=

2J,则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为。=0+0=12.5J,故C正确;此过程中电动

机对传送带多做功为△邛=少+。=10]，故D正确。

4.（多选）（2024•江西上饶模拟）皮带传送在牛产牛活中有着广泛的应用°一运煤传送带如图所示，传

送带与水平地面的夹角。=37。。若传送带以恒定的速率%=5m/s逆时针运转，将质量为1kg的

煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶端尸，经时间f=0.5s煤块速度与传送带相同，再经攵

=2s到达传送带底端。点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37。

=0.6,cos37°=0.8,则（）

A.煤次与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.传送带P、0两端的距离为15.25m

C.煤块从P点到。点的过程中在传送带上留下的划痕长度为2.75m

D.煤决从P点到0点的过程中系统因摩擦产生的热量为21J

答案ABD

解析煤块在4时刻的速度。0=。内，由牛顿第二定律有mgsin0+〃〃?gcos。=〃必，解得〃=0.5,

故A正确;在最初0.5s内煤块的位移的=£八，因为4<tan0,所以此后煤块的加速度满足mgsin0

—///Hgcos0=ma2y再经“=2s到达传送带底端0点，有工2=如2+/匕22，则传送带尸、0两端

的距离L=X]+X2,联立解得L=15.25m,故B正确;在最初0.5s内煤块相对传送带向上运动，相

对滑动的距离以i=%h一修，以后的2s内煤块相对传送带向下滑动，相对滑动的距离-2=切一

如缶联立解得&q=L25m,Ar2=4m,则煤块从产点到0点的过程中在传送借上留下的划痕长

度为4m,故C错误;煤块从P点到0点的过程中系统因摩擦产生的热量0=RAx="igcosO（Aq

+Ax2）=21J,故D正确。

5.（多选）（2024・河南信阳模拟）如图所示，质量为M=1kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量加

=0.5kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数川=0.4,长木板与地面之

间的动摩擦因数"2=01。现给小物块施加一个水平向左的恒力居=3N,给长木板施加一个水平

向右的恒力&=4.5N。2s时撤掉力小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g=10

m/s2o下列说法正确的是（）

A.0〜2s长木板的加速度4w=3in/s2

B.0〜2s过程中B对小物块做了12J的功

C.0〜4s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热0=24J

D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量

答案BC

解析对长木板进行受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律有尸2—川〃噜一〃2（/+“应=

MaM，解得®=lm/s2,故A错误;对小物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做

匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2m/s2和4m/s2,长

木板和小物块在0〜4s内的图像如图乙所示，则0〜2s小物块做匀加速直线运动，位移大小

为x=4m,拉力对小物块做功为/=为1=12J,故B正确;。一，图线与横轴围成的面积表示小物

块相对.于木板运动的长度L由。一，图像可知L=12m,小物块与长木板之间的摩擦生热0=

仲〃?gL=24J,故C正确;恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热

之和，故D错误。

6.（2025•云南师大附中适应性考试）如图所示，质量M=1kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有

质量加=1.5kg的物块B（可视为质点），A、B之间的动摩擦因数〃=容。开始时木板右端与垂直

斜面的挡板相距x0=6.4m,A、B一起以内=6m/s的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡

板发生多次无机械能损失的碰撞（等速率反弹），碰撞时间不计。已知斜面倾角夕=3（T,重力加速

度大小g取10m/s2o

（1）求木板A与挡板碰撞前的速度大小小；

（2）求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离小；

(3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度L及系统损失的机械能AEo

答案(1)10m/s(2)4m(3)32m240J

解析(1)对A、B整体，由动能定理有

22

(A/+w)gxosin9=*A/+—+z??)v0

解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为

V\=10m/so

(2)第一次碰后，对A由牛顿第二定律有

yV/gsin0+〃〃7gcos0=Mci\

解得6/i=12.5m/s2

2

A沿斜面向上做匀减速运动，有Xm=笠=4m。

4UI

(3)A与挡板碰后，对B由牛顿第二定律有wgsin。-w〃gcos8=ma?

解得。2=0

故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面向上以外做匀减速运动，速度减到0后又反向匀

加速，加速度仍为白，速度达到历时，发生第二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上抛运

动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后，相对位移为工相=誓=16m

故木板长为L=2x^=32m

系统损失的机械能转化为内能，即

△E投=〃〃7gcos夕2=240Jo

7.(2024•江苏南京师大附中模拟)如图所示，质量为〃7=2kg的小物块，用长L=0.4m的细线悬挂

于。点。现将物块拉至细线与水平方向夹角为。=30。。小物块由静止释放，下摆至最低点8处

时，细线达到其最大承受力并瞬间断开。小物块恰好从水平粗糙传送带的最左端滑上传送带，传

送带以为=3m/s的速度逆时针匀速运转。小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从固定光滑斜面

的顶端沿斜面下滑。斜面倾角6=60。，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距

离后，压缩弹簧。小物块沿斜面向下运动的最大距离