2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第24讲动力学和能量观点的综合应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第24讲动力学和能量观点的综合应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)，共84页。试卷主要包含了传送带模型的动力学与能量综合8等内容，欢迎下载使用。
目录
01 TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15422" \l "_Tc26714" 考情解码·命题预警2
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视3
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc306 \h 4
\l "_Tc23645" 考点一 多过程直线运动的动力学与能量综合4
\l "_Tc8741" 知识点1 动力学部分 PAGEREF _Tc8741 \h 4
\l "_Tc8741" 知识点2 能量部分5
\l "_Tc21155" 考向1 斜面+水平面组合运动5
\l "_Tc21155" 考向2 恒力+阻力分段运动 6
\l "_Tc818" 考点二 传送带模型的动力学与能量综合8
\l "_Tc27137" 知识点1 动力学部分8
\l "_Tc27137" 知识点2 能量部分9
\l "_Tc18130" 考向1 水平传送带问题10
\l "_Tc18130" 考向2 倾斜传送带问题12
\l "_Tc818" 考点三 滑块—木板模型的动力学与能量综合13
\l "_Tc27137" 知识点1 动力学部分13
\l "_Tc27137" 知识点2 能量部分14
\l "_Tc18130" 考向1 水平面滑块—木板 PAGEREF _Tc18130 \h 15
\l "_Tc10653" 考向2 斜面滑块—木板 PAGEREF _Tc10653 \h 16
\l "_Tc22970" 04 \l "_Tc24080" 真题溯源·考向感知17

考点一 多过程直线运动的动力学与能量综合
\l "_Tc16775" 知识点1 动力学部分
1.核心逻辑
“先受力、再求加速度、最后分析运动状态”
2.受力分析方法

关键提醒：多过程中，“接触面变化”或“外力增减”会导致受力变化，需重新分析。
3.牛顿第二定律应用
①公式：F合=ma ，F合为合外力，a为加速度，两者方向一致；
②处理方法：建立直角坐标系（沿运动方向为x轴，垂直运动方向为y轴），将不在轴上的力分解；
③列方程。
4.运动学公式
关键衔接点：多过程的“衔接处速度”是核心（如物体滑到斜面底端的速度，既是斜面运动的末速度，也是水平面运动的初速度），需优先计算衔接速度，再分析下一段运动。
\l "_Tc16775" 知识点2 能量部分
1.功与功率
W=Fscsα ，P=Wt = Fvcsα
2.常用定理
\l "_Tc17630" 考向1 斜面+水平面组合运动
例1 （24-25高一下·辽宁丹东·期末）如图所示，汽车先在水平路面匀速行驶，再驶上一段平直坡路。设水平路面与上坡路面对汽车的阻力大小相等，且维持汽车的输出功率不变，则以下描述汽车驶上上坡路后，速率随时间变化的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】汽车在水平路面匀速行驶，有
汽车驶上上坡路后，阻力大小不变，但是汽车受重力沿斜面的分量向下，故此时的牵引力小于，根据牛顿第二定律可得，汽车的加速度沿斜面向下，汽车做减速运动，汽车的输出功率不变，根据
可得汽车的牵引力增大，根据牛顿第二定律
可得汽车的加速度大小在变小，图像的斜率绝对值变小，当加速度为0时，汽车做匀速直线运动。
故选A。
【变式训练1·变考法】（24-25高三下·辽宁·期末）（多选）在哈尔滨冰雪大世界，游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道固定在地面上，表面摩擦忽略不计，游客乘坐雪圈从高处由静止开始下滑，并通过长度为的水平雪面，最终进入长度为的铺有地垫的缓冲区。已知雪圈与雪面和缓冲区间的动摩擦因数分别为，游客与雪圈可视为质点，不计空气阻力和通过点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内，的取值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】游客若恰好停在点，由动能定理得
解得
若恰好到达点，由动能定理得
解得
则要使游客能够停在缓冲区内，的取值范围为
故选AB。
【变式训练2·变考法】（2024·吉林·一模）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a），在与水平面夹角的滑雪道上，质量的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽略），由静止开始沿直线匀加速下滑；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑后停止。已知，取重力加速度，不计空气阻力。
（1）求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
（2）如图（b），若减速过程中两滑雪板间的夹角，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有
代入数据得
匀减速继续下滑的过程有
代入数据得
（2）若减速过程中两滑雪板间的夹角，根据牛顿第二定律有
解得
\l "_Tc17630" 考向2 恒力+阻力分段运动
例2（2025·黑龙江·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力推了5s后，又用水平恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平恒力
B．冰车与冰面的动摩擦因数
C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为
【答案】D
【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为
由牛顿第二定律
得冰车与冰面的动摩擦因数
故B错误；
A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据图像可知
再由牛顿第二定律
解得
故A错误；
C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
故C错误；
D．由动能定理
代入数据得
故D正确。
故选D。
【变式训练1·变考法】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为M的足够长的滑板A静止在光滑水平面上，滑板A上静置一个质量m=2kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t=0时刻起在滑块B上施加一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F=2t（式中物理量均为国际单位）。滑板A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，t=6s时滑板A的位移为x0，0~x0段的图线为曲线，x0~x0+14m段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2
B．t=6s时，滑块B的速度大小为10m/s
C．滑板A的质量为1kg
D．第7s内，滑板A的位移大小为21m
【答案】AC
【详解】A．根据题意可知，在0~6s内滑块B与滑板A相对静止，6s后滑块B与滑板A出现相对滑动，6s后对滑板A由动能定理得
由图可知
求得μ=0.2，故A正确；
BC．6s时滑板A和滑块B间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，此时二者速度相等，加速度相等，由牛顿第二定律有
此时
解得M=1kg
6s时滑板A的动能
解得，故B错误，C正确；
D．在第7s内，滑板A做匀加速直线运动，加速度
故第7s内，滑板A的位移大小为，故D错误。
故选AC。
【变式训练2·变考法】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）哈尔滨至齐齐哈尔高铁动车组共8节，由4节动车和4节拖车编组而成，每节动车额定功率为，行驶时阻力与车重成正比。若动车组以最大速度行驶，下列说法正确的是（ ）
A．关闭发动机后滑行距离与速度平方成正比
B．保持额定功率行驶，速度为时加速度为
C．若改为6节动车，2节拖车，动车组最大速度变为
D．乘客站立时，车厢对其作用力包含支持力和向心力
【答案】ABC
【详解】A．进站时关闭发动机后，动车组做匀减速运动，根据
可知从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故A正确；
B．保持额定功率行驶，设每节车厢的阻力为f，则最大速度时
当速度变为时，其加速度为
故B正确；
C．若改为6节动车带2节拖车，则额定总功率为6P，则动车组最大速度变为
故C正确；
D．乘客站立时，车厢对其作用力包含支持力，也可能存在摩擦力，但不会有单独的向心力，故D错误。
故选ABC。

考点二 传送带模型的动力学与能量综合
知识点1 动力学部分
1. 核心受力分析：摩擦力的判断
摩擦力是连接物体与传送带运动关系的关键，需分阶段判断：
初始阶段：比较物体初速度v物与传送带速度v带。
①若v物 < v带：物体相对传送带向后滑动，受到沿传送带向前的滑动摩擦力（动力）。
②若v物 > v带：物体相对传送带向前滑动，受到沿传送带向后的滑动摩擦力（阻力）。
③若v物 = v带：无相对滑动，若传送带匀速，物体不受摩擦力；若传送带变速，可能受静摩擦力。
共速之后：若传送带匀速，物体与传送带保持相对静止，摩擦力变为0；若传送带变速，需根据加速度判断静摩擦力的方向和大小。
2. 运动过程分析：两类典型情境
（1）水平传送带
情境1：物体从静止放上传送带（v物=0 < v带）
1. 第一阶段：受滑动摩擦力，做匀加速直线运动，加速度a =μg（μ为动摩擦因数）。
2. 第二阶段：若传送带足够长，物体加速至与传送带共速后，做匀速直线运动。
情境2：物体以大于传送带速度滑上传送带（v物 > v带）
1. 第一阶段：受滑动摩擦力，做匀减速直线运动，加速度a = -μg。
2. 第二阶段：若在速度减至v带前未离开传送带，之后将与传送带共速，做匀速直线运动。
（2）倾斜传送带
需结合重力分力与摩擦力的大小关系分析，以传送带顺时针转动、物体初速度为0为例：
①若μmgcsθ> mgsinθ：物体先沿传送带向上匀加速（a = μmgcsθ−mgsinθm），共速后匀速。
②若μmgcsθ< mgsinθ：物体不能跟随传送带运动。
3. 关键物理量计算
加速度：由牛顿第二定律F合 = ma计算，滑动摩擦力f = μFN（水平传送带FN = mg，倾斜传送带FN = mgcsθ）。
运动时间：用运动学公式（v = v0 + at、x = v0t + 12at2）分阶段计算，注意“共速”是阶段划分的临界点。
相对位移：传送带位移与物体位移的差值（∆x = x带 - x物），需明确各阶段两者的位移关系。
知识点2 能量部分
1. 核心能量形式及变化规律
（1）物体的动能变化（∆Ek）
决定因素：由合外力对物体做功决定，遵循动能定理：W合 =∆Ek = Ek末 - Ek初。
传送带场景中的做功分析：合外力做功等于“滑动摩擦力做功”与“重力做功”（倾斜传送带）的代数和。
①水平传送带：合外力做功 = 滑动摩擦力做功（重力与支持力不做功）。
②倾斜传送带：合外力做功 = 滑动摩擦力做功 + 重力做功（重力做功WG = -mg∆h，∆h为物体上升或下降的高度）。
（2）物体的重力势能变化（∆Ep）
仅在倾斜传送带中涉及，水平传送带中重力势能不变。
变化规律：∆Ep = mg∆h。物体上升时∆h > 0，势能增加；物体下降时∆h < 0，势能减少。
（3）系统产生的内能（Q，摩擦生热）
本质：滑动摩擦力做功过程中，系统机械能转化为内能的部分。
计算公式：Q = f ∆x，其中：
f 是物体与传送带间的滑动摩擦力（大小为μmgcsθ，水平传送带θ=0，即f=μmg）。
∆x 是物体与传送带的相对位移（传送带位移与物体位移的差值，需分阶段计算，共速后无相对滑动，不再产生内能）。
2. 能量转化的两条关键逻辑链
（1）水平传送带（无势能变化）
若传送带匀速：传送带的动力做功（或电能消耗）=物体动能的增加量+系统产生的内能，即W电=∆Ek + Q。
核心：所有能量变化均源于滑动摩擦力做功，一部分转化为物体动能，一部分转化为内能。
（2）倾斜传送带（有势能变化）
若传送带匀速：传送带的动力做功 = 物体动能的增加量 + 物体重力势能的变化量 + 系统产生的内能，即W电 = ∆Ek + ∆Ep + Q。
核心：能量转化需同时考虑动能、势能的变化，以及摩擦生热的损耗。
3. 解题核心步骤
1. 先做动力学分析：划分物体的运动阶段（加速/匀速/减速），确定各阶段的滑动摩擦力方向、大小，计算物体的位移x物 和传送带的位移x带 ，进而求出相对位移∆x = |x带 - x物|。
2. 计算各能量变化量：
动能变化：用动能定理∆ Ek = W合，或直接用∆Ek = 11mv末2− 12mv初2。
势能变化：倾斜场景中∆ Ep = mg∆ h（∆ h = x物sinθ）。
内能：用Q = f ∆x，注意滑动摩擦力只在有相对滑动的阶段存在。
3. 梳理能量守恒关系：明确“输入能量”（如传送带做功）与“输出能量”（动能、势能、内能）的分配，列守恒方程求解未知量。
4. 易错点提醒
①混淆“物体位移”与“相对位移”：计算动能变化用物体相对地面的位移，计算内能用物体与传送带的相对位移。
②忽略阶段划分：共速后若物体与传送带相对静止（如水平传送带匀速），滑动摩擦力消失，不再产生内能，也不再改变物体动能。
③倾斜传送带中重力做功的符号：物体上升时重力做负功，势能增加；下降时重力做正功，势能减少，计算时需注意正负号对能量变化的影响。
考向1 水平传送带问题
例1 （2025·吉林长春·三模）一水平传送带长，以恒定速率顺时针匀速转动。在传送带左端每隔轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，从第1个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B．每个物块在传送带上匀速运动的时间为
C．时刻，传送带上共计有5个小物块
D．内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为
【答案】D
【详解】ABC．由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a=μg=4m/s2
物块与传送带速度相同所用的时间
解得t1=0.5s
此过程物块的位移大小
解得x1=0.5m＜L=10m
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1s内，传送带上小物块并不是都处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间
解得t2=4.75s
每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2
解得t=5.25s
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s释放一个小物块，则t=0时刻，传送带上共有6个小物块，故ABC错误；
D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1
解得W=-8J
故D正确。
故选D。
【变式训练1·变载体】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针运转，两端点之间的距离为。现有两个可视为质点的物块A和B，质量均为，用竖直轻质细线将物块B悬挂于固定钉子，使B可绕钉子在竖直平面内运动，初始物块B静止于最低点，且下端刚好与水平面上点接触，现将A轻放于传送带左端点，A与传送带间动摩擦因数为，传送带右端与的距离为，不计空气阻力，A与B所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，B物块光滑。
(1)求物块A离开传送带时的速度；
(2)若传送带右侧的水平面光滑，为使碰撞结束后，B做完整的圆周运动，悬线长度应满足什么条件？
(3)若悬线长度，且传送带右侧的水平面粗糙，物块A与水平面之间的动摩擦因数，仍将物块A轻放于传送带左端，求物块A与B能碰撞多少次，及整个过程中，物块A运动的总路程。
【答案】(1)，方向向右
(2)
(3)8次，
【详解】（1）对物块A根据牛顿第二定律
解得
若A一直匀加速至传动带右端，根据运动规律
解得
假设成立，故A以离开传送带，速度方向向右。
（2）弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒定律，
解得，
即每次撞后二者交换速度，若B恰好做完整圆周运动，设B在最高点速度为，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
即悬线长度
（3）若悬线长度为
以进入水平面向右运动，撞后B每次最大摆角均小于，摆回向左与A相撞，A在传送带上向左匀减速和向右匀加速运动，传送带不改变A的速率，只改变运动方向，从此B来回摆动，A往复运动，最终停下，设A在水平面粗糙段的总路程为，根据动能定理则有
解得
又
故共碰撞次，
故最后A停在中点处，根据动能定理及运动学公式
，
，
，
则物块A的总路程为
【变式训练2·变考法】（2025·辽宁锦州·模拟预测）气压式缓冲机是一种利用压缩空气来减缓冲击力或振动的机械装置。气压式缓冲机主要由气缸和活塞组成。气缸是一个封闭的空间，内部充有一定量的空气。当缓冲机受到外部冲击时，活塞在气缸内移动，压缩气缸内的空气吸收和分散冲击能量，达到减缓或消除冲击和振动的目的。某生产线上一个工件质量为（工件可视为质点），从长度为的水平传送带左端静止释放，传送带始终以匀速运行，传送带与工件间的动摩擦因数为，重力加速度，为防止工件损坏，工件到传送带右端后与固定在传送带右端平台上的气压式缓冲机活塞碰撞（工件与气缸壁不碰撞），并与活塞结合为一个整体。工件和气压式缓冲机活塞与气缸内壁间均无摩擦且不漏气，活塞与气缸均绝热良好，活塞质量为，当活塞速度减为零时立即锁定活塞，压缩气体转化的内能都被气体获得。气缸中为理想气体。求：
(1)工件运动到传送带右端需要多长时间；
(2)锁定活塞时气体的内能比最初增加多少；
(3)若活塞刚被锁定时气体的压强为外界大气压的2倍，活塞锁定后通过缸壁上的阀门释放气体，经过足够长时间，测定有原有气体的释放到周围环境，且缸内气体温度下降到环境温度300K，则活塞刚被锁定时气体的温度为多少。
【答案】(1)6s
(2)62.5J
(3)540K
【详解】（1）工件放到传送带上，由牛顿第二定律有
工件需要t1时间与传送带共速，则有
解得t1=2s
该时间内工件的位移为
之后工件匀速到达传送带右端
解得t2=4s
则有t=t1+t2=6s
（2）工件与活塞发生完全非弹性碰撞，则有
解得
由题意可知
（3）对剩余在气缸中的气体，根据理想气体状态方程有
解得活塞刚被锁定时气体的温度T1=540K
考向2 倾斜传送带问题
例2（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示，水平地面上固定一条倾角θ=37°、长度L=8m的传送带，用于传送包裹，传送带以恒定速度v0=2m/s顺时针转动。某工人将一个质量m=1kg的包裹轻放在传送带的下端A处，包裹与传送带之间的动摩擦因数µ=0.8。已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．包裹到达传送带上端B所需的时间为8s
B．在这个过程中，包裹与传送带摩擦产生的热量是51.2J
C．在这个过程中，摩擦力对包裹做功为50J
D．由于包裹的加入，传送带电动机需要额外消耗的能量为50J
【答案】C
【详解】A．包裹首先在摩擦力的作用下加速，直到与传送带共速，由牛顿第二定律得加速阶段的加速度
包裹达到传送带速度v0所需的时间为
在这段时间内，包裹的位移
剩余的距离
包裹以速度v0匀速运动的时间
因此，包裹从A端运动到B端的总时间为，故A错误；
B．在加速阶段，包裹相对传送带的位移
包裹在传送带上运动的过程中，因摩擦产生的内能，故B错误；
C．滑动摩擦力做的功
静摩擦力做的功
所以整个过程中，摩擦力对包裹做的总功是滑动摩擦力和静摩擦力做的功之和，即，故C正确；
D．电动机多消耗的能量等于包裹机械能的增加量（动能和重力势能）和摩擦产生的热量之和，即，故D错误。
故选C。
【变式训练1·变情境】（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，与水平地面成37°角的传送带长为10m，以恒定速率2m/s顺时针转动。现将一质量为5kg的货物（可视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，货物最终从顶端N处掉落传送带，已知货物与传动带之间的摩擦因数为，，，，求：
(1)货物从M运动到N所需要的时间；
(2)货物与传送带之间因摩擦而产生的热量；
(3)传送带因运送货物需要多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）货物放上传送带，受力分析得
得
加速到与传送带共速，由
得
由
得
剩余位移做匀速运动，由
得
故
（2）时间内传送带运动
传送带相对货物的位移大小为
（3）货物增加的动能
增加的重力势能
故传送带因运送货物需要多消耗的电能
【变式训练2】（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，某工厂要把所生产的完全一样的工件B从生产车间Q自动运送到包装车间。Q每隔1s钟生产一个工件并无初速地放在水平面的处，自动装置P通过弹簧与滑块A相连，滑块A质量，表面光滑。滑块A在处时弹簧被压缩了并被锁定，A在P的带动下向右运动。每一次工件B刚放到处时，A恰以速度与工件B相碰并瞬间一起动但不粘连，A、B碰撞时间极短，且碰前瞬间弹簧即解除锁定，同时P停止运动。当A、B分开后，P带动A又回到初态，重复以上的操作。已知间距离，工件B质量，与平面、传送带间的动摩擦因数均为，CD长，速度；倾斜传送带与水平面夹角，工件B与间的动摩擦因数均为，EF间的距离，工件从到的过程中，速度大小不变；；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；弹簧的劲度系数，形变量为时的弹性势能。求：
(1)滑块A和工件B碰后瞬间以及刚分开后瞬间B的速度大小；
(2)当为多少时，工件在传送带上的运动时间最短？最短时间是多少？
(3)当时，因传送工件驱动、的电机额外做功的平均功率。
【答案】(1)2m/s，
(2)，
(3)
【详解】（1）对A、B构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
弹簧初始压缩，设A、B恰好分开时弹簧伸长，此时A、B加速度均为，根据牛顿第二定律有，
解得
由于
所以在B刚好运动到C处与A分离，设A、B分开时速度为，根据能量守恒定律有
解得
（2）物块B在水平传送带上加速运动与传送带共速，则有，
解得，
物块加速位移
可知，B先加速后匀速，B以滑上倾斜传送带，物块B一直加速时时间最短，对物块B进行分析有
解得
若B一直加速，则有
解得
最短时间为
（3）当时，结合上述，B在倾斜传送带上加速时间
加速位移
匀速时间
B在水平传送带上匀速运动的时间
传送一个物块，水平传送带上
在倾斜传送带上
传送一个物块需要消耗的电能
则平均功率为

考点三 滑块—木板模型的动力学与能量综合
知识点1 动力学部分
一、关键受力分析
1.整体受力分析：当需求解系统的加速度（如二者相对静止，或需判断是否发生相对滑动时），对滑块和木板组成的整体分析，受力包括重力、支持力、外力（如拉力、推力）、地面摩擦力等，利用牛顿第二定律（F合=Ma总）求整体加速度。
2.隔离受力分析：这是解决问题的核心。分别对滑块和木板进行隔离，关键分析二者间的滑动摩擦力（f=μN，N通常等于滑块重力），此力对滑块和木板的方向相反（滑块受的摩擦力与木板运动方向相同，木板受的摩擦力与自身运动方向相反）。再结合各自受到的其他力，用牛顿第二定律列方程（f±其他力=m1a₁；F-f±其他力=m2a₂）。
二、核心问题与判断依据
1. 相对静止与相对滑动的判断
判断方法：假设二者相对静止，先求整体加速度a；再计算滑块（或木板）所需的静摩擦力f需，若f需≤fmax（最大静摩擦力，通常近似等于滑动摩擦力），则相对静止，加速度均为a；若f需>fmax，则发生相对滑动，二者加速度不同（a₁≠a₂）。
2. 相对滑动时的加速度计算
当判断出二者发生相对滑动后，直接对滑块和木板分别列牛顿第二定律方程。滑块的加速度通常由滑块与木板间的滑动摩擦力提供（a₁=μg），木板的加速度由外力与滑动摩擦力的合力提供（a₂=(F-μmg)/M）。
3.临界状态分析
临界条件：滑块与木板即将发生相对滑动的瞬间，二者加速度仍相等，且滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力。
知识点2 能量部分
一、核心能量守恒关系
滑块与木板相对滑动时，系统的能量遵循“输入能量=转化能量”的守恒逻辑，核心方程为：
外力做功（Wₘ） + 重力势能变化（ΔEₚ） = 系统动能变化（ΔEₖ） + 摩擦生热（Q）
二、关键能量计算
1. 外力做功（Wₚ）
①计算对象：作用在滑块或木板上的恒力（如拉力、推力）。
②公式：Wₚ= F·x·csθ（F为外力大小，x为受力物体对地的位移，θ为外力与位移的夹角，水平方向θ=0时，Wₚ=F·x）。
2. 系统动能变化（ΔEₖ）
①定义：滑块与木板的动能变化之和，需分别计算两者的初末动能。
②公式：ΔEₖ=（末态总动能） -（初态总动能） =（12m1v12+12m2v22） - （12m1v102+12m2v202）
（m₁、v₁为滑块质量和速度；m₂、v₂为木板质量和速度）。
3. 摩擦生热（Q）—— 核心高频考点
①本质：滑块与木板间的滑动摩擦力做功，将机械能转化为内能。
②公式：Q = f滑·Δx
f滑：滑块与木板间的滑动摩擦力（f滑=μN，通常N=m1g）。
Δx：滑块与木板间的相对位移（Δx = |x₁- x₂|，x₁为滑块对地位移，x₂为木板对地位移）。
关键提醒：必须用“相对位移”，而非单个物体的位移；静摩擦力不生热。
三、解题核心步骤
1. 明确过程：确定滑块与木板从初态到末态的运动阶段（如从静止到共速、从某速度到停止等），标注初末速度。
2. 算位移：通过动力学公式（a、t）分别求滑块和木板对地的位移（x₁、x₂），进而算出相对位移Δx。
3. 列方程：根据模型是否水平，选择对应的能量守恒方程，代入Wₚ、ΔEₖ、Q的计算结果。
4. 求解未知量：联立方程，解出速度、位移、外力或摩擦系数等未知量。
四、易错点警示
1. 位移参考系混淆：计算外力做功、动能变化时，位移必须以地面为参考系；仅摩擦生热用相对位移。
2. 漏算物体动能：系统动能变化需包含滑块和木板两者，不可遗漏任一物体的初态或末态动能。
3. 静摩擦生热误区：只有滑块与木板发生相对滑动时，滑动摩擦力才生热；相对静止时的静摩擦不产生内能。
考向1 水平面滑块—木板
例1 （2025·辽宁鞍山·一模）（多选）如图1所示，一质量为M的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个质量为m的小物块，时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系，其中，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2所示，重力加速度g取。根据题干及图2中所给出的数据可知（ ）

A．长木板的质量为
B．时小物块的速度大小为
C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5
D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4
【答案】BC
【详解】ACD．由图2可知，当时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当时，
设长木板的质量为，根据牛顿第二定律
当时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律
又
整理可得
联立，解得，，，故AD错误，C正确；
B．过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理
解得，故B正确。
故选BC。
【变式训练1】（24-25高一下·辽宁·期末）初始时，质量分别为、木板A、B相隔一定的距离静止在光滑的水平面上，两木板上表面齐平，木板A的长度为。如图，一质量为的滑块C（看作质点）从木板A的左端以的初速度水平向右滑上木板A，一段时间后，滑块C离开木板A且此时木板A、B恰好发生弹性碰撞，此后滑块C始终没有离开木板B。已知滑块C与木板A间动摩擦因数为0.4，木板B上表面粗糙程度一致，重力加速度g大小取。求：
(1)初始时，木板A右端与木板B左端的距离s；
(2)木板A、B碰撞后瞬间，木板B速度的大小；
(3)滑块C与木板A、B因摩擦产生的总热量Q。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对C受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
对A受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间滑块C到达木板A的最右端，则有
对于木板A则有
根据题意可得
代入数据解得
则初始时，木板A右端与木板B左端的距离
（2）滑块C离开木板A时，木板A的速度
由于A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
解得，
即AB碰撞后，木板B的速度大小为
（3）根据上述分析可知，滑块C离开木板A时的速度
滑块C在木板B上滑动时，根据动量守恒可得
代入数据解得
根据能量守恒可得
解得
【变式训练2】（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，长L=1.5m、质量M=2kg的木板静止放在光滑的水平地面上，木板左端距障碍物的距离，障碍物恰好与木板等高。质量m=1kg的滑块（可视为质点）静止放在木板右端，木板与滑块之间的动摩擦因数为0.8，滑块在9N的水平力F作用下从静止开始向左运动。木板与障碍物碰撞后以原速率反弹，经过一段时间滑块恰在障碍物处脱离木板。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求木板第一次与障碍物碰撞前，木板的加速度a；
（2）求滑块与木板间因摩擦产生的总热量Q；
（3）求木板与障碍物碰撞的次数。
【答案】（1）；（2）；（3）3次
【详解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可达到的最大值为
木板与滑块保持相对静止时拉力的最大值为
由于，所以施加拉力后滑块与木板相对静止，一起向左加速，根据牛顿第二定律可得
（2）木板第一次与障碍物碰撞后，做往复运动，其向左最大速度不可能再等于滑块速度，故滑块一直向左做匀加速运动，木板先向右减速，速度为零后向左加速，然后再次与障碍物碰撞，之后重复上述过程，即滑块相对于木板始终向左运动，相对位移为木板的长度；所以因摩擦产生的总热量为
（3）木板第一次与障碍物碰撞时的速率为
木板第一次与障碍物碰撞反弹后，滑块加速度大小为
木板加速度大小为
木板碰撞障碍物的周期为
由
可得
所以第一次碰撞后还会再碰撞的次数
故最终会碰撞3次。
考向2 斜面滑块—木板
例2 （2025·黑龙江大庆·一模）（多选）如图所示，质量，长度的薄木板B放在倾角的光滑斜面上，斜面始终静止，A是质量的滑块（可视为质点）。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离，现将B由静止释放，同时滑块A以速度从木板上端P点沿薄木板向下运动。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度，，。从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．刚开始运动时，滑块A的加速度大小为
B．刚开始运动时，薄木板B的加速度大小为
C．滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12J
D．薄木板B运动的总时间为3s
【答案】BCD
【详解】AB．开始运动时，对滑块A，根据牛顿第二定律可得
解得滑块A的加速度大小
对薄木板B，根据牛顿第二定律可得
解得薄木板B的加速度大小，故A错误，B正确；
CD．假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有
解得，
此时木板下滑位移
滑块下滑位移
二者相对位移
可得二者共速时滑块未脱离木板，假设成立，此后A、B一起沿斜面向下运动，加速度为
当薄木板下滑到达底端时有
解得
则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间
滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量为
解得，故CD正确。
故选BCD。
【变式训练1】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）（多选）如图（1）所示，质量为的木板初始时静置于倾角的足够长的光滑斜面某段。某时刻质量为的小物块以初速度滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦因数为，同时对木板施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图（2）所示，其中AB段与横轴平行，B点的横坐标为9.5N，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚滑上木板时的加速度大小为B．木板的板长为0.5m
C．C点纵坐标为D．在图像的DE段中小物块将从木板上端滑出
【答案】ABC
【详解】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力
由牛顿第二定律可得
整理并代入数据解得，方向沿斜面向下，故A正确；
B．结合物体运动以及图形分析可知，AB段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对路程等于板长。小物块刚滑上木板时，由以上分析可知
对物块，方向沿斜面向下
对木板，设加速度为
由牛顿第二定律有
由题意知B点的横坐标为9.5N
代入其它数据解得，方向沿斜面向上
假设木板不动，则由运动学知识得
木板的板长，故B正确；
C．结合物体运动以及图形分析可知，BC段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段距离后与木板共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C点就对应物块和木板达到共同速度之后一起加速。
设物块向上加速时最大加速度为
对物块由牛顿第二定律得
代入数据解得一起加速时物块最大加速度，方向沿斜面向上
对木板和物块整体运用牛顿第二定律有
代入数据解得
图2中C、D两点横坐标相同，都为
物块刚滑上木板时，设物块加速度为，木板的加速度为，C点纵坐标为
由B中分析得，方向沿斜面向下
对木板由牛顿第二定律有
代入数据得，方向沿斜面向上
设经过时间t二者共速
由运动学知识得
各式联立并代入数据得
则C点纵坐标为，故C正确；
D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE段属于拉力过大情况，物块先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板上加速滑动一段距离后，最终从木板的下端滑出木板，故D错误；
故选ABC。
【变式训练2】（24-25高二下·辽宁·期末）如图，一倾角的固定斜面上锁定一木板B，木板B上表面粗糙，下表面光滑。在木板B下方有一木板C恰好静止在斜面上。某时刻滑块A以初速度平行斜面从上端冲上木板B，同时解除木板B的锁定，当A、B共速瞬间A恰好运动到B的最下端，且此时木板B与木板C相碰，相碰后瞬间B、C共速且速度大小为碰前木板B速度大小的一半，A、B、C的质量均为，滑块A与木板B、C上表面的动摩擦因数均为，木板C长，木板B、C厚度相同。重力加速度，滑块A视为质点，忽略空气阻力，斜面足够长，，求：
(1)初始时刻木板B下端与木板C上端的距离L0；
(2)木板B的长度LB；
(3)通过计算判断滑块A能否从木板C下端滑出？若能滑出，求滑块A滑出木板C下端时的速度大小；若不能滑出，求滑块A在木板C上表面滑行的距离。
【答案】(1)5m
(2)4m
(3)能，10.8m/s
【详解】（1）A在B上滑行，对A，其加速度为
对B，其加速度为
A、B达到共同速度所需要的时间为
解得
B下滑距离即为初始时刻木板B下端与木板C上端的距离
（2）A下滑距离
B木板长度
（3）A、B共速瞬间的速度
B、C碰撞后瞬间速度
C恰好能静止在斜面上，设其与斜面的动摩擦因数为μ2
解得
A滑上C后， B、C整体的加速度为
可知，滑块A一定能从C下端滑出木板C
设A在C上滑行时间为t2
解得
此时滑块A的速度大小
1.（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【详解】B．位置与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙的位移可得
可得时刻甲物体的速度为，B错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得，A正确
C．设斜面的质量为，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得
则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；
D．之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
故选AD。
2．（2024·辽宁·高考真题）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在时刻滑上木板B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
3.（2024·辽宁·高考真题）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（ ）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；
C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
故选C。
4.（2024·辽宁·高考真题）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
5.（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
(2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
【答案】(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
应用动力学和能量观点分析多过程问题
选择题
非选择题
黑吉辽蒙卷T7,4分；
T10,6分
T13.10分
黑吉辽蒙卷T7,4分；
T10,6分
T15,12分
全国乙卷T8,6分
T25,20分
应用动力学和能量观点分析传送带模型
选择题
非选择题
/
/
/
应用动力学和能量观点分析滑块—木板模型
选择题
非选择题
/
/
/
考情分析：
1.命题形式：选择题非选择题
2.命题分析：模型复合化程度越来越高，如“斜面+弹簧+碰撞”“传送带+圆周运动”等复合模型频繁出现；更加注重实际情境导向，以生活、科技场景为背景考查模型抽象能力；强化数学工具运用，涉及多元方程组求解、导数求极值、图像分析等；关联对象多元化，常涉及2-3个物体相互作用，需处理内力与外力关系。
3.备考建议：加强模型分析训练：对多过程问题、传送带模型、滑块—木板模型等进行专项训练，掌握不同模型的分析方法和解题技巧。
4.命题情境：
①生活实践类：物流传送带、玩具遥控赛车轨道等；
②科技前沿类：如粒子加速器中的粒子运动、卫星的变轨运动等；
③学习探究类：如验证动能定理的实验。
5.常用方法：整体法与隔离法
复习目标：
1.形成能量观念：能够从能量守恒的角度分析物理问题，体会守恒思想在解决问题中的应用；
2.掌握基本思路和方法：熟练掌握从动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法，能够准确运用牛顿运动定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律进行分析和推理。