2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第23讲动力学和能量观点的综合应用(专项训练)(学生版+解析)

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目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 传送带模型中的能量问题
题型02 滑块—木板模型综合问题
题型03 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 传送带模型中的能量问题
2．（2025·福建福州·二模）如图所示，足够长水平传送带以恒定速率运动。把不同小物体轻放在传送带左端物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则（ ）
A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2倍
【答案】C
【详解】A．物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误；
B．后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受到摩擦力，故B错误；
C．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得
物品的加速度大小为
匀加速的时间为
位移为
传送带匀速的位移为
物品相对传送带滑行的距离为
物品与传送带摩擦产生的热量为
则知相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；
D．前阶段物品的位移为
则知相同时，增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍，故D错误。
故选C。
2.（2025·福建·二模）如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为，下端A和上端B间的距离为，以速度沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变
B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功
C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多
D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少
【答案】AB
【详解】A．工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，为静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；
B．工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；
C．若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做功减小，故C错误；
D．若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增多，故D错误。
故选AB。
3．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，一倾角为37°的传送带顺时针转动，速度大小恒为2m/s，AB间的距离为10m。现将质量为0.1kg的煤块（可视为质点）轻轻放在A端，煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为，。下列说法正确的是（ ）
A．煤块受到的摩擦力一直不变
B．煤块从A点运动到B点所用时间为7.5s
C．煤块在传送带上留下的划痕长度为5m
D．因为运送煤块，传送带多消耗的电能为9.4J
【答案】BCD
【详解】A．煤块刚放在传送带上时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，其大小为
所以煤块沿传送带向上匀加速运动，根据牛顿第二定律有
求得
煤块加速到与传送带速度相等需要通过的位移大小为
煤块的速度与传送带相等后，煤块随传送带一起匀速运动，受到沿传送带向上的静摩擦力，其大小为
故A错误；
B．物块在传送带上匀加速运动的时间为
匀速运动的时间为
所以，煤块从A点运动到B点所用时间为
故B正确；
C．煤块在传送带上留下的划痕长度等于煤块匀加速运动过程中相对于传送带的位移大小，即痕迹长度
故C正确；
D．因为运送煤块，传送带多消耗的电能等于煤块增加的动能、煤块增加的重力势能、因摩擦产生的内能三者之和，即传送带多消耗的电能
故D正确。
故选BCD。
4.（2025·江苏宿迁·一模）工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1kg，传送带上表面的长度L1=10m、运行速度v0=4m/s，斜面长度L2=1m，产品与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据牛顿第二定律
解得
产品加速距离
即产品在传送带上先加速再匀速运动，加速时间
解得
（2）产品在斜面上，由动能定理
解得
（3）产品在传送带上获得的机械能
解得
产品与传送带间产生的热量
消耗电能
解得
比值
5.（2025·河北沧州·二模）如图所示，一个固定的光滑斜面与光滑水平面平滑连接于点，长、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度逆时针运行，质量的小物块甲从距高度的A处静止释放，滑上水平面后在点与质量小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞，碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量的小车静止在光滑的水平面上，小车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在点，小车的上表面右端点与之间粗糙，点左侧光滑，乙滑上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。水平面、传送带及小车的上表面等高且平滑连接，乙与传送带及小车段之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求：
(1)甲与乙碰后瞬间甲、乙的速度大小；
(2)传送带的电动机由于传送乙多消耗的电能；
(3)之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)2m/s，2m/s
(2)72J
(3)0.9m，13.5J
【详解】（1）小物块甲从光滑斜面A点运动到点，根据动能定理有
解得
甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得，
（2）设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，根据匀变速直线运动速度公式有
根据牛顿第二定律有
解得
物块乙滑行的距离
传送带的位移
则相对位移
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度，物块乙与小车组成的系统动量守恒，则有
若与之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到、之间，设物块乙恰好回到小车的右端点处时与小车相对静止，则
由能量守恒定律可得
解得
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则、之间的距离为由能量守恒定律有
02 板块模型
6.（2025·天津和平·二模）如图所示，长为、质量为的木板静止在光滑的水平地面上，A、B是木板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为的物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为的恒力，当物块相对木板滑至C点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求：
(1)物块到达木板C点时木板的速度；
(2)木板的摩擦力对物块做的功；
(3)木块和木板CB段间的动摩擦因数
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，由于段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能定理有
解得
（2）撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
对物块由动能定理有
解得
（3）由能量守恒定律有
解得
7.（2025·湖南郴州·模拟预测）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，时，物块视为质点以大小为的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的图像，图中已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板的最小长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为
【答案】AC
【详解】A．由题图乙的图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为
则木板的最小长度为，故A正确；
B．由动量守恒定律有
可得物块与木板的质量之比
故B错误；
C．由题图乙的图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．物块减小的动能
木板增大的动能
由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量
则
故D错误。
故选AC。
8.（2025·广东深圳·一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量，滑上小车。小车在冰面上滑行了的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数。小车质量，长度。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，取。试计算
(1)雪橇滑上小车时的速度；
(2)小车碰撞右侧平台时的速度；
(3)雪橇在右侧平台上滑行的距离。
【答案】(1)，方向水平向右 (2)，方向水平向右 (3)
【详解】（1）设雪橇滑上小车的瞬时速度为，根据动量定理有
解得
方向水平向右。
（2）方法一：
假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为根据动量守恒有
解得
雪橇与小车滑行过程中损失的机械能为，则有
损失能量
联立解得
设小车滑行的距离为，对小车根据动能定理有
解得
由于，
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台的速度为
方法二：
对雪橇在小车上受力分析，设雪橇加速度为，小车加速度为根据牛顿第二定律有，
解得，
假设雪橇与小车共速时，用时为，雪橇的位移为小车的位移为，根据速度公式有，
根据位移公式有
小车与雪橇的相对位移
联立解得，
由于，
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度为
（3）方法一：
设雪橇在平台上滑行的距离为，在小车上滑行的距离为，则有
对雪橇由动能定理有
联立解得
方法二：
设雪橇在平台上滑行的距离为，在小车上滑行的距离为，则有
雪橇离开小车时的速度为由运动学有
雪橇在平台上的加速度为由牛顿第二定律有
根据速度与位移的关系式有
联立解得
9．（2025·江苏·一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角，底端固定弹性挡板，长木板B放在斜面上，小物块A放在B的上端沿斜面向上敲击B，使B立即获得初速度，此后B和挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为，A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。求：
(1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小、；
(2)B上升的最大距离s；
(3)B的最小长度L。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力，
对A由牛顿第二定律
解得
对B由牛顿第二定律
解得
（2）设A、B向上运动，经过时间t后共速
共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有
解得
（3）最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小，由能量守恒
解得
03 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
10.（2025·黑龙江·一模）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m的弹射器用t0=0.2s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A质量m1=0.5kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
(1)若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
11.（2025·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定光滑斜面的倾角，右端带有固定挡板的“┚”形木板静置于水平面上，斜面底端B与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质量的小物块从斜面顶端A由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右端时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和木板的图像，如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因素，取重力加速度。
(1)求斜面的长度；
(2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能；
(3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终到木板左端的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)不能，
【详解】（1）由图乙可知，物块到达斜面底端时的速度为
物块从A下滑到的过程中，由动能定理可得
解得
（2）由图乙可知，物块与档板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为，
根据加速度定义式有
解得物块、木板加速度大小分别为，
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，
对物块与木板构成的系统，由能量守恒定律得
解得
（3）物块最终不能从木板上滑落。在（）时间内，物块相对于木板向右滑动，碰前物块，木板的速度分别记为、，可知板长
解得板长
在时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为、由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得，
碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小
木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为，则有，
解得加速度大小
假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过两者共速，则有
解得，
在时间内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移为
解得
可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离
12.（2025·江苏泰州·模拟预测）如图所示，将原长为的轻弹簧置于长为的光滑水平面上，为的中点，弹簧一端固定在点，另一端与可视为质点且质量为的滑块接触。左侧为半径为的光滑半圆轨道，点与圆心等高。现将滑块压缩弹簧至点（图中未标出）后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点，重力加速度为。

(1)求弹簧被压缩至点时的弹性势能；
(2)在段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为的滑块仍将弹簧压缩到点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的点，求滑块与薄膜间的动摩擦因数；
(3)接第（2）问，求滑块在薄膜上运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)5L
【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点，则有
从E到D过程，由能量守恒有
联立解得
（2）题意可知滑块Q到C点时速度为0，则从E到C过程，由能量守恒有
联立解得
（3）分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有
联立解得
13.（2025·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平平台左端与固定在竖直面内的半径为的光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接，为圆心，水平，平台右端与足够长水平传送带平滑无缝连接，传送带以的速度逆时针匀速转动。平台上静置着质量分别为的、两个小滑块，、滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接），两滑块用细线连接，此时轻弹簧的弹性势能为。剪断细线，弹簧将两滑块弹开，两滑块与弹簧分离后立刻撤去弹簧，之后滑块滑上传送带，滑块滑上圆弧轨道，此后、在平台上发生碰撞，始终未滑上传送带，与传送带间的动摩擦因数，滑块均可视为质点，重力加速度取。求：
(1)弹簧将两滑块弹开后，滑块第一次滑到圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)若、在平台上碰撞后粘在一起，则、碰撞过程损失的机械能；
(3)若传送带运行的速度大小为、第一次碰撞的位置仍在平台上且发生的是弹性碰撞，则从弹簧将两滑块弹开至a、b发生第次碰撞过程中，物块与传送带间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)8.75J
(3)
【详解】（1）设弹簧将两滑块弹开的一瞬间，的速度大小分别为、，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
滑块第一次滑到圆弧轨道最低点B时，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块第一次滑到圆弧轨道最低点B时对圆弧轨道的压力为
（2）由于大于传送带运行速度，因此滑块第一次滑离传送带时的速度大小为
设、碰撞后的共同速度为，根据动量守恒有
设损失的机械能为，根据能量守恒可得
解得
（3）若传送带运行的速度大小为，由于小于传送带运行速度，因此滑块以的速度滑离传送带向左运动，滑块以的速度向右运动，两者发生弹性碰撞。
根据动量守恒和能量守恒可知，碰撞后两滑块以碰撞前的速度反向运动。此后两物块周期性重复运动。滑块第一次在传送带上运动过程中，运动的加速度大小为
滑块在传送带上向右运动过程中因摩擦产生的热量
物块在传送带上向左运动过程中，因摩擦产生的热量
因此，从弹簧将两滑块弹开，至a、b发生第次碰撞过程中，物块与传送带间因摩擦产生的热量为
14.（2024·辽宁大连·二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞（碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度和冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度，传送带足够长。已知曲面高度，小件甲的质量，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度取。求：
(1)小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；
(2)小件乙的质量及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
(3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）甲从A到C，由动能定理
得
（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律
解得
则损失的机械能
解得
（3）甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
甲加速到与传送带共速的时间
此过程传送带发生的位移
传送带克服甲物体摩擦力做功
乙冲上传送带先做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律
可得
乙减速到与传送带共速的时间
此过程传送带发生的位移
乙物体对传送带的摩擦力做了正功
电动机需额外消耗的电能
15.（2024·贵州遵义·一模）如图所示为一种自动卸货装置的简化图，为倾斜直轨道，为水平传送带，为水平直轨道，传送带与、在B、C两点平滑相接，在水平轨道右端固定一轻弹簧。O为上一点，间距离，间的距离，与水平面的夹角，间距离，传送带始终以的速率顺时针转动。将质量的货物装入一个质量为M的货箱中，从O点由静止释放，货物在货箱中始终与货箱保持相对静止，弹簧被货箱压缩到最短时立即被锁定，工人取走货物后解除弹簧的锁定，货箱被弹回。货箱与间动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，段可视为光滑，货箱和货物均可视为质点，重力加速度g取，，。求：
(1)货箱和货物一起下滑到B点时的速度大小；
(2)货厢和货物一起通过段所用的时间t；
(3)若货物质量不变，要使货箱能回到O点且不从A点滑出，货箱质量范围是多少（结果保留三位有效数字）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）货箱和货物一起从O点下滑到B点的过程中，由动能定理可得
解得
（2）货箱和货物一起在BC上运动时，根据牛顿第二定律可得
在传送带上的加速阶段有
，
在传送带上的匀速阶段有
货厢和货物一起通过BC段所用的时间为
联立解得
（3）当货箱恰好回到O点时，货箱质量最大，由能量守恒得
解得
当货箱恰好回到A点时，货箱质量最小，由能量守恒得
解得
则货箱质量范围为
1．（24-25高三下·云南昭通·阶段练习）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率逆时针转动，一质量为的小物块从传送带的左端向右滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能与小物块的位移的关系图像如图乙所示，图中，取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．小物块滑上传送带的初速度大小为
B．从小物块开始滑动到滑离传送带所需时间为
C．整个过程中小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外力为摩擦力
则有
根据动能的表达式有
物块返回与传送带共速的动能为，则有
联立解得小物块滑上传送带的初速度大小为
初始动能为
滑动摩擦因数为
故A错误；
B．小物块与传送带共速前，根据牛顿第二定律，有
解得小物块的加速度大小为
从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为t，则有
解得
从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为
共速后至滑离传送带的过程做匀速运动，则所需时间
全过程时间为
故B正确；
C．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为
传送带向左运动的位移大小为
则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为
整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为
故C错误；
D．根据能量守恒可得
可得整个过程中电动机多消耗的电能为
故D正确。
故选BD。
2．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，倾斜传送带长，倾角，以顺时针转动。一个质量的滑块（可视为质点）从点以初速度向上滑动。滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块刚好能运动到顶端点，重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在传送带上先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
B．滑块初速度
C．滑块机械能减少
D．滑块与传送带因摩擦产生的内能为
【答案】BD
【详解】A．由于
可知
则滑块与传送带不可能保持相对静止，即滑块不可能受到静摩擦力，故A错误；
B．结合上述可知，滑块与传送带不可能保持相对静止，由于滑块刚好能运动到顶端点，可知，滑块在传送带上一直做减速运动，到达Q点时，滑块速度恰好为0，若，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，此时滑块减速到0的最大位移
可知，滑块无法运动到处。则滑块速度一定有
开始滑块相对皮带上滑，根据牛顿第二定律有
解得
减速至与传送带速度相等时，利用逆向思维，滑块运动位移
当滑块速度减至与传送带速度相等后相对皮带下滑，再以上述加速度减速，利用逆向思维，上滑位移
由于滑块恰好到达Q点，则有
解得，
故B正确；
C．结合上述，滑块动能减少
重力势能增加
则滑块机械能增加
故C错误；
D．结合上述，滑块相对传送带上滑的时间
滑块相对皮带上滑
滑块相对皮带下滑时间
相对皮带下滑位移
由于摩擦产生的内能
故D正确。
故选BD。
3．（24-25高三上·山东济宁·期中）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB的简易图，传送带的倾角为，以v0=8m/s的速度顺时针匀速转动，工人将质量m=200kg的工料（可视为质点）轻轻地放到传送带的底端A，并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为F=2000N，经过t0=2s关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．经过时间t=2s时，工料的速度大小为v=6m/s
B．传送带的长度LAB=31.25m
C．工料在传送带上产生的热量为12750J
D．工料上升过程中，机械能先减小后增加
【答案】BC
【详解】A．工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示
由牛顿第二定律得
又
解得
工料向上加速运动，经时间与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下，由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向上。再经
的时间关闭发动机，此时工料的速度为
故A错误；
B．关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下。工料在时间内通过的位移为
工料在时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间工料与传送带共速，则
该时间内工料的位移为
工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下。此后工料一直减速到0刚好运动到最高点，工料经时间速度减为零，则有
该时间内工料的位移为
则传送带的A、B两端间的距离为
故B正确；
C．根据前面选项分析可知，工料在传送带上经历了四个阶段，第一阶段：静止开始的加速度大小为时间为的匀加速直线运动，有
第二阶段：初速度为，加速度大小为时间为的匀加速直线运动，有
第三阶段：初速度为，加速度大小为时间为的匀减速直线运动，有
第四阶段：初速度为，加速度大小为时间为的匀减速直线运动，有
综上所述，工料在传送带上产生的热量为
故C正确；
D．由前面分析可知工料上升过程中，第一阶段摩擦力做正功，第二、三阶段做负功，第四阶段做正功，根据
可得机械能先增加之后减小最后又增加。故D错误。
故选BC。
4.(多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【答案】 BC
【解析】 长木板做匀加速运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v,Δt)＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝eq \f(0＋v,2)·Δt＝eq \f(0＋4,2)×2 m＝4 m，物块的位移x2＝eq \f(v0＋v,2)·Δt＝eq \f(8＋4,2)×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
5．（2025·天津红桥·二模）如图所示，质量的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径的光滑四分之一圆弧轨道，段是长的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点。取重力加速度大小。求：
(1)滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车的速度v1和滑块的速度v2；
(2)滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；
(3)滑块与轨道间的滑动摩擦因数。
【答案】(1)，方向水平向左，，方向水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有
根据能量守恒有
解得小车的速度
方向水平向左。
滑块的速度
方向水平向右。
（2）滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有
解得
（3）滑块最后恰好停在C点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有
解得
6.如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5