2026年高考物理一轮复习第19讲动力学和能量观点的综合应用(专项训练)(安徽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习第19讲动力学和能量观点的综合应用(专项训练)(安徽专用)(学生版+解析)，共9页。
TOC \ "1-2" \h \u
\l "_Tc5552" \l "_Tc17943" 01 课标达标练 PAGEREF _Tc5552 \h 1
\l "_Tc11235" 题型01 水平传送带问题 PAGEREF _Tc11235 \h 1
\l "_Tc30656" 题型02 倾斜传送带问题 PAGEREF _Tc30656 \h 9
\l "_Tc17915" 题型03 “滑块－木板”模型综合问题 PAGEREF _Tc17915 \h 14
\l "_Tc28235" 题型04 多物体、多过程问题 PAGEREF _Tc28235 \h 20
\l "_Tc7093" \l "_Tc20184" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc7093 \h 28
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练 \l "_Tc30423" PAGEREF _Tc30423 \h 38
01 水平传送带问题
1．（2025·北京东城·二模）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，将质量为的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
【答案】D
【详解】A．物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则水平方向上处于平衡状态，故不受摩擦力，故A错误；
BC．物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛顿第二定律可得加速度为定值，根据可得，若达到与传送带相同的速度，则加速度为定值，传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越长，故BC错误；
D．对物体分析，
传送带的位移为，划痕为
摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
2．如图所示为进入火车站候车室用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品在传送带上都会经历前、后两个阶段的运动，传送过程传送带速度v不变，表示物品与传送带间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．前阶段，传送带受到物品的摩擦力方向与物品运动方向相同
B．后阶段，物品受到与传送带运动方向相同的摩擦力
C．相同时，v增加为原来的2倍，则前阶段物品的位移增加为原来的2倍
D．v相同时，不同、质量相等的物品与传送带摩擦产生的热量相同
【答案】D
【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，传送带受到物品的摩擦力方向向后，故传送带受到物品的摩擦力方向与物品运动方向相反，故A错误；
B．后阶段，物品受到与传送带一起做匀速直线运动，不受摩擦力，故B错误；
C．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得
则
匀加速的时间为
则位移为
当v增加为原来的2倍，则位移为
则
故C错误；
D．摩擦产生的热量为
则v相同时，不同、质量相等的物品与传送带摩擦产生的热量相同，故D正确。
故选D。
3．（2025·宁夏石嘴山·三模）（多选）如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平放置且足够长，以4m/s顺时针转动。现将一质量为2kg的货物轻放在传送带左端，货物与传送带间的动摩擦因数。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度取10m/s2。则货物在3s内的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物做功为4JB．货物始终向右加速，3s末速度达到4m/s
C．货物相对传送带的总位移为3mD．系统因摩擦产生的热量为14J
【答案】AD
【详解】ABC．货物刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有
解得
由图乙可知，在内，传送带速度保持不变，在时货物的速度为
该过程货物和传送带通过的位移大小分别为，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
由图乙可知，在内，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为
设从经过时间，货物与传送带共速，则有
解得，
在时间内货物和传送带通过的位移大小分别为，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知时，货物的速度为
根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为，故A正确，BC错误；
D．系统因摩擦产生的热量为，故D正确。
故选AD。
4．（多选）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。
5．（多选）如图（a）所示，在t=0时将一质量为0.1kg的滑块轻放置于传送带的左端，传送带在t=4s时因为突然断电而做减速运动，从t=0到减速停下的全程，传送带的v-t图像如图（b）所示。已知传送带顺时针运动，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.08，传送带两轮间的距离足够长，重力加速度大小为10m/s2.，下列关于滑块说法正确的是（ ）
A．滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止
B．滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为6s
C．滑块在传送带上留下的划痕为28m
D．全程滑块与传送带间产生的热量为2.24J
【答案】AC
【详解】A．滑块轻放置于传送带的左端，则有滑块在传送带上的加速度为
若传送带不停电，滑块与传送带达到共速时所用时间
由图b可知传送带在t=4s后做减速运动的加速度
可知滑块做加速运动，传送带做减速运动，滑块与传送带达到共速后，由于传送带做减速运动的加速度大于滑块的加速度，滑块开始做减速运动直至停止，因此滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止，A正确；
B．传送带做减速运动后，滑块与传送带达到共速时所用时间
解得
此时滑块的速度为
滑块停下所用时间
滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为
B错误；
C．滑块与传送带达到共速时的位移
传送带的位移
滑块与传送带的相对位移是
可知此时滑块在传送带上留下的划痕为28m。滑块开始做匀减速运动到停下运动的位移
传送带与滑块达到共速后到停下运动的位移
此时滑块与传送带的相对位移是
可知此时滑块与传送带相对位移的大小8m产生的划痕与前面的划痕重叠，划痕取最大值，则有滑块在传送带上留下的划痕为28m，C正确；
D．全程滑块与传送带间的相对位移大小为
滑块与传送带间产生的热量为
D错误。
故选AC。
6．（多选）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（ ）

A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B．工件向右运动2x0后与弹簧分离
C．弹簧的劲度系数为
D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为
【答案】BD
【详解】A．从图乙可知，摩擦力在处方向发生变化，在区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；
B．在区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动后与弹簧分离，故B正确；
C．由胡克定律得
解得弹簧的劲度系数
故C错误；
D．摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即
故D正确。
故选BD。
02 倾斜传送带问题
7．（2025·湖北·模拟预测）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，以的速度顺时针转动。现将一个质量的煤块以速率放上传送带，煤块在传送带上的速率随时间变化如图乙所示，，，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．煤块初速度方向沿传送带向上
B．若煤块与传送带之间的动摩擦因数，则留下的划痕长度为24.5m
C．时间内，系统产生的热量小于煤块重力势能的变化量
D．煤块到达B端时重力的瞬时功率大小为60W
【答案】B
【详解】A．如果煤块初速度方向沿传送带向上，分两种情况，如果，煤块速度将先以
的加速度减速到，接下来再以
的加速度减速到0，后反向匀加速运动，不符合题图乙的速率变化；如果，煤块速度将先以
的加速度减速到后，煤块相对于传送带静止，同样不符合题图乙的速率变化；当煤块初速度沿传送带向下时，此时如果，煤块将以
的加速度匀减速到0后反向匀加速到，符合题图乙，选项A错误。
B．若煤块与传送带之间的动摩擦因数，煤块运动的加速度大小为
共速需要用时
传送带的位移是，
故留下的划痕长度为，选项B正确。
C．时间内，由于煤块的重力势能减小，动能减小，煤块机械能的减少量应等于摩擦力对煤块做的功的数值，由能量守恒可得，系统产生的热量一定大于重力势能的减少量，选项C错误。
D．煤块到达处时速度大小为，所以重力的瞬时功率为
选项D错误。
故选B。
8．（2025·安徽·三模）轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头，工作人员将货物轻放在传送带的底端，由传送带传送到顶端，随后由其它工作人员完成装车任务。可以简化为如图所示模型，图甲为倾角37°的传送带，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行，电动机的内阻不计。货物质量M=50kg，从轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v-t图像如图乙，g取10m/s²，sin37°=0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变
B．货物机械能的增加量为4500J
C．货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1600J
D．传送货物过程中电动机多消耗的电能为6400J
【答案】C
【详解】A．由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。在匀加速阶段，摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有
根据图像可得加速度
解得
匀速阶段，摩擦力
所以摩擦力大小发生了变化，故A错误；
B．货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和，其动能增加量为
重力势能增加量为
其中为传送带长度，根据图乙可知货物前匀加速运动的位移为
后匀速运动的位移为
则货物总位移即传送带长度为
解得货物重力势能增加量为
其机械能增加量为
故B错误；
C．货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，匀加速阶段传送带的位移为
货物位移
相对位移为
则摩擦产生的热量
故C正确；
D．电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和，即
故D错误。
故选C。
9．（2025·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，若传送带以速度顺时针转动，将小木箱无初速度放在传送带底端点，经时间到达顶端A点，因摩擦产生的热量为；若传送带以速度逆时针转动，将此小木箱无初速度放在A点，经时间也刚好到达底端点，因摩擦产生的热量为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小木箱可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．两次传送带的速度大小
B．两次传送带的速度大小
C．两次因摩擦产生的热量
D．两次因摩擦产生的热量
【答案】BC
【详解】AB．设传送带的倾角为，木箱的质量为，木箱与传送带之间的动摩擦因数为。传送带顺时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
若能达到，随后做匀速运动；当传送带逆时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
达到后做匀速运动。因此木箱向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，且
画出符合题意的一种情况的图像，如图所示
由图像可得
故A错误，B正确；
CD．根据图像可知，木箱向上运动过程相对位移较大，根据
可知
故C正确，D错误。
故选BC。
10．（2025·河北廊坊·一模）某机场的货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由速度大小为的传送带及固定挡板组成，挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平地面的夹角为，传送带边与水平面平行。工作人员将质量分布均匀的正方体货物由点无初速度释放，货物运动后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知货物质量为，货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，与挡板的动摩擦因数为0.25，重力加速度取，不计空气阻力。求：
(1)货物在传送带上经历的时间；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能。
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）对货物受力分析，如图所示
则，
设货物与传送带间的动摩擦因数为，货物与挡板的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得
解得
货物加速至与传送带共速过程，所用时间为
货物的位移大小为
然后货物将匀速运动，匀速位移大小为
匀速运动的时间为
所以，运动的总时间为
（2）共速前传送带与货物间的相对位移大小为
由能量守恒可得传送带多做的功为
03 “滑块－木板”模型综合问题
11．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为
Q与地面之间的最大静摩擦为
由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误；
BD．滑块P做减速运动的加速度大小为
滑块P速度减为0所用时间为
滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为
根据动能定理可得
可得，故B错误，D正确。
故选D。
12．（2025·河北·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2∶3
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9∶2∶7
【答案】C
【详解】A． 时刻小物块恰好滑至长木板的最右端，所以相对位移就是板长，根据图乙可知相对位移为
故A错误；
BC．相对运动过程中，设两物体间的摩擦力大小为，物块的加速度大小为
木板加速度大小为
所以物块与木板的质量之比为
对物块分析可知
解得
故B错误，C正确；
D．整个过程中物块减小的动能为
木板增大的动能为
物块与木板组成的系统产生的热量为
三者的比值为4:1:3，故D错误；
故选C。
13．（2025·北京西城·模拟预测）如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力太小为，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为，木板速度为，下列结论中正确的是（ ）
A．上述过程中，F做功大小为
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，M越大，s越大
D．其他条件不变的情况下，越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】D
【详解】A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故A错误；
B．由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大，离开木板的时间就越短，故B错误；
C．由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C错误；
D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。
故选D。
14．（2025·山东·模拟预测）如图所示，足够长固定斜面的倾角，斜面顶端放一长为4.5m的木板，其质量为，与斜面间动摩擦因数为，初始时被锁定。一质量为的小物块（可看作质点）以沿斜面向上的速度从木板下端滑上木板，同时释放木板，物块与木板间动摩擦因数为。已知，重力加速度g取，以下说法正确的是（ ）
A．物块从木板上端滑下
B．物块经2s从木板上滑下
C．物块从木板上滑下时，木板的速度大小为3.2m/s
D．从物块滑上木板到滑下木板过程中，整个系统因摩擦产生的热量为103.2J
【答案】D
【详解】A．假设共速时物块未滑离木板，共速前对物块有
代入数据得
对木板
代入数据
共速时有
可得
共速时速度
则物块与木板的相对位移为
A错误；
BC．共速后对物块有
代入数据得
对木板
代入数据
再经过时间滑离木板，有
解得
此时木板速度
所用总时间
BC错误；
D．木板运动的总位移
整个系统因摩擦产生的热量为
D正确。
故选D。
15．（2025·广东广州·二模）（多选）如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（ ）
A．0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同
B．0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同
C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量
D．0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
【答案】AC
【详解】B．图像的斜率表示加速度，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度大小相等方向相反，故B错误；
A．图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同，故A正确；
C．砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，根据动能定理可知，0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确；
D．根据功能关系与能量守恒定律有
即0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热，故D错误。
故选AC。
16．（2025·河南信阳·二模）图甲为某学生的书桌抽屉。已知抽屉的质量kg，长度m，其中放有质量kg，长m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度m/s2。
(1)N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；
(2)N时，求书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能。
【答案】(1)1.2m/s；(2)0.16J
【详解】（1）对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为
（2）对书本由牛顿第二定律有
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为
由于N
可知书本和抽屉有相对滑动；对抽屉，由牛顿第二定律有
设抽屉的运动时间为，根据运动学公式可得
此时书本的速度为
书本通过的位移大小为
此后书本经过速度减为0，则有
则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能为
17．（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
04 多物体、多过程问题
18．水平传送带匀速顺时针运行，在传送带的最左端每隔时间轻放上相同的物块（可视为质点）。已知物块和传送带之间的动摩擦因数为，物块的质量为。接收侧的工人发现，靠近传送带右端的物块都已经和传送带达到相同速度，且这些物块之间的距离均为，重力加速度为。下列判断中错误的是（ ）
A．每个物块与传送带间由于摩擦产生的热量为
B．传送带的运行速度为
C．每个物块从静止加速至与传送带共速过程中与传送带间产生的摩擦热与其动能的变化量相等
D．在时间内，传送带由于运输工件需要多消耗的电能为
【答案】A
【详解】B．可以用如下图像来表示题述过程
由此可知传送带的运转速度为，B正确；
AC．对于水平传送带，从静止开始到共速过程中用时间
产生的总摩擦热
即产生的热量等于动能的总变化量，因此A错误，C正确；
D．对于单个物块而言，运输需要消耗的电能由摩擦热和动能增量构成，即
对于足够长的时间而言，可以认为完整完成了个物块的运输，因此多消耗的总电能为
D正确。
此题选择错误选项，故选A。
19．（2025·山东·模拟预测）工厂流水线使用的水平传送带如图所示，传送带总长度L=5m，顺时针转动，传送带速度大小v=2m/s。工人从t=0时刻开始每隔0.4s将完全相同的工件（可视为质点）无初速度轻放在传送带左端点A上，工件经传送带运送到右端点B处进入下一道工序。已知传送带与工件间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则t=10.7s时，传送带上的工件数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【详解】传送带总长度L=5m，工件在传送带上的加速度
加速时间
加速运动的位移
匀速运动
后到达B端。每隔0.4s放一个，加上第1个，即放第8个工件后，传送带上工件数为8个，持续0.2s，第1个工件掉下传送带，总数变为7个，持续0.2s，然后再放，就是8、7、8、7……由题意可得，放第27个，即t=10.4s时，传送带上的工件数为8，10.4s距离10.7s差0.3s，由上面分析得t=10.7s时，传送带上的工件数为7。
故选B。
20．（多选）如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度顺时针匀速运行，传送带长。现每隔把质量的工件（各工作均相同，且可视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最大距离为0.5m
C．两个工件间的最小距离为1.25m
D．稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1000W
【答案】ABD
【详解】A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；
B．两工件间的最大距离为
故B正确，
C．刚开始加速0.1s的两个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
由位移公式
代入数据可得
故C错误；
D．稳定工作时，每一个内，传送带等效传送一个工件。而每传送一个工件电动需做的功等于一个件由底部传到顶部过程中其机械能的增量与摩擦产生的热量之和。则有
联立解得
则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为
故D正确。
故选ABD。
21．（2025·广西·一模）一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。

(1)求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
(2)求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
(3)求因传送玩具电动机多消耗的电能。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
22．（2025·云南玉溪·模拟预测）有一游戏装置模型竖直截面如图所示，高、低水平面是固定的，其中光滑高水平面AB与倾角为的斜面OA、半径为的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接；低水平面上一长为L、质量为的平板紧靠侧壁EF放置，平板上表面与高水平面齐平，平板与低水平面间的动摩擦因数为。现在斜面上高为H处由静止释放一质量为的物块（可视为质点），物块与斜面间的动摩擦因数为，物块由斜面运动到高水平面AB时的速度大小不变，物块与平板上表面间的动摩擦因数为，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。
(1)若，求物块运动到圆形轨道BCD顶端时，对轨道的压力大小为多少？
(2)若，，物块在平板上滑过时两者速度相同，求平板长L为多少？
(3)若，根据（2）中所求的平板长L，求物块释放高度H在什么范围，能使物块最终停留在平板上？
【答案】(1)110N；(2)；(3)
【详解】（1）物块在斜面上下滑过程中，根据动能定理
解得
物块由A到C的过程中，根据动能定理
解得
物块在C点，根据牛顿第二定律
解得轨道对物块的支持力大小为
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为
（2）物块由A到E的过程中，根据动能定理
解得
因为，所以物块和平板组成的系统动量守恒
解得
根据动能守恒
由题意可知
联立，解得
（3）物块滑上平板后，对物块，根据牛顿第二定律
解得
对平板，根据牛顿第二定律
解得
当物块运动到平板最左端恰好与平板共速时，物块在E点的速度最大，此时两物体一起做匀减速运动，设物块在E点的速度为，经过时间后共速，则，
联立，解得
则物块释放高度最大，根据动能定理可得
解得
为保证物块可以到达平板，则物块可以通过光滑螺旋圆形轨道的最高点，当恰好通过时，物块释放高度最小，根据动能定理
在C点时，根据牛顿第二定律
联立，解得
所以，能使物块最终停留在平板上，物块释放高度H的取值范围为。
23．（2025·河北秦皇岛·三模）如图所示，水平平台上一轻弹簧右端固定在挡板上，左端拴接一质量为的物块（可视为质点），弹簧的劲度系数为，开始时弹簧处于压缩状态，物块被锁定在A点，平台左端B点为弹簧原长的位置，且与足够长的水平传送带平滑连接，A、B间的距离为，传送带以大小为的速度逆时针匀速转动，现解除锁定，物块开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为，物块与传送带间的动摩擦因数为，弹簧一直在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量x的关系式为，重力加速度。
(1)求物块刚滑上传送带时的速度大小。
(2)求物块在传送带上运动时摩擦力的最大功率和物块的最大加速度。
(3)若传送带的速度大小为，其他条件不变。物块从滑上传送带到运动至最左端的过程，系统产生的热量为，求此过程物块经历的时间t。
【答案】(1)；(2)，；(3)
【详解】（1）解除锁定，物块从A点运动到B点，根据能量守恒可得
解得
（2）物块在传送带上速度最大时，有
物块从B点加速到最大速度的过程，根据动能定理有
解得，
因，之后物块做减速运动到速度减为0，则摩擦力的最大功率为
解得
物块从B点到速度减为0的过程，根据动能定理有
解得
速度减为0时，物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）由于，所以物块从B点加速运动到与传送带共速后随传送带一起匀速运动到处，再继续向左减速运动到速度减为0。物块从B点加速到的过程，根据动能定理有
解得
物块从处到速度减为0的过程，根据动能定理有
解得
设物块与传送带一起做匀速运动的时间为，则有
设物块做变速运动的时间为，物块相对传送带的位移大小为
系统因摩擦产生的热量为
解得
故有

1．（2025·江西·模拟预测）如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．小物箱相对传送带的位移大小为
B．小物箱与传送带间的动摩擦因数为
C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为
D．因传送小物箱，电动机至少要多做的功为
【答案】B
【详解】A．小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在时间内的位移差，有
故A错误；
B．小物箱在时间内做匀加速直线运动，加速度
速度，解得
故B正确；
C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量
故C错误；
D．由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热能之和，有
故D错误。
故选B。
2．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s
B．A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4m
C．传送带的长度为6m
D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J
【答案】D
【详解】A．因为，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有
解得
A减速运动的时间
B从滑上传送带到匀速运动的时间
故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s，故A错误；
B．两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A的位移为
故B错误；
C．相遇前B的位移为
方向向左，则传送带的长度为
故C错误；
D．A与传送带间的相对位移为
B与传送带间的相对位移为
故产生的总热量为
故D正确。
故选D。
3．（2025·福建·二模）（多选）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。
4．（2025·山东·二模）（多选）如图所示，水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带的右端A点平滑连接，轻质弹簧右端固定，原长时左端恰位于A点。现用外力缓慢推动一质量为m的小滑块（与弹簧不相连），使弹簧处于压缩状态，由静止释放后，滑块以速度v滑上传送带，一段时间后返回并再次压缩弹簧。已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，滑块第一次从释放点到A点的时间及第一次在传送带上运动的时间均为t0。已知弹簧弹性势能，其中k为劲度系数。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，以下说法正确的是（ ）
A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为
D．滑块从释放到第4次经过A点的总时间为
【答案】AD
【详解】A．由于返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，表明滑块滑上传送带时先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后向右做匀速直线运动，则有，
解得传送带的速度
故A正确；
B．结合上述可知，滑块返回A点后匀速向右运动，压缩弹簧至最短，又向左加速至脱离弹簧做匀速运动，之后再次在传送带上向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动到达A时速度恰好与皮带速度相等，之后重复上述运动，可知，经过足够长的时间，滑块最终不会静止于水平面上，故B错误；
C．滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有
第一次返回向右做匀加速直线运动过程有
根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为
解得
故C错误；
D．滑2第一次向右匀速运动的时间
结合上述解得
根据题意有
其中
由于滑块与弹簧接触过程的运动是简谐运动，可知，滑块在水平面上每次向右与向左运动的时间相等，均为t0，则滑块从释放到第4次经过A点的总时间为
结合上述解得
故D正确。
故选AD。
5．如图甲所示，电动机驱动水平传送带以的速度匀速穿过固定竖直光滑挡板，挡板与传送带边缘间的夹角。质量的圆柱形物块从传送带左端由静止释放，经一段时间做匀速直线运动，接着撞击挡板，撞击挡板前后沿挡板的分速度不变、垂直挡板的分速度减为零，撞击后紧贴挡板运动滑离传送带，俯视图如图乙所示。已知物块与传送带间的动摩擦因数，g取。求：
(1)物块由静止开始做加速运动的时间t；
(2)物块紧贴挡板运动时所受摩擦力的大小和方向；
(3)上述过程中，因传送该物块电动机多消耗的电能E。
【答案】(1)；(2)5N，方向见解析；(3)18.5J
【详解】（1）物块做加速运动过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
则物块由静止开始做加速运动的时间为
（2）物块紧贴挡板运动时，受到传送带的滑动摩擦力作用，则大小为
由于撞击挡板前后沿挡板的分速度不变、垂直挡板的分速度减为零，如图所示
则物块紧贴挡板运动时，物块相对传送带的运动方向垂直于挡板，与方向相反，故物块所受摩擦力的方向垂直于挡板与方向相同。
（3）物块紧贴挡板运动时，对物块进行受力分析，水平面内受到垂直挡板方向的摩擦力和挡板支持力作用，竖直方向受到重力和传送带的支持力作用，可知物块沿挡板做匀速直线运动；物块由静止加速到与传送带共速过程，发生的相对位移为
根据能量守恒可知，物块由静止加速到与传送带共速过程，电动机多消耗的电能为
物块与挡板撞击后紧贴挡板运动滑离传送带，该过程所用时间为
该过程物块与传送带发生的相对位移为
该过程电动机多消耗的电能为
则整个过程因传送该物块电动机多消耗的电能为
6．（2025·安徽合肥·三模）如图甲所示，质量为m的木板静止在粗糙水平面上，其左端通过劲度系数为k的轻弹簧与竖直墙壁连接，弹簧处于自然状态。质量也为m的小物块放置在木板的左端，现给小物块施加的水平向右的恒力，使小物块由静止向右加速运动，经时间后小物块从木板上滑出，此时木板速度第一次减为0，该过程中木板的速度-时间图线如图乙所示，该图线为正弦图线。已知小物块和木板间的动摩擦因数为4μ，木板和水平面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)小物块离开木板时的速度大小；
(2)木板的长度及弹簧弹性势能的最大值；
(3)从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）物块刚开始运动时，对物块由牛顿第二定律得
对木板由牛顿第二定律得
，故物块一开始就和木板发生相对滑动，此后物块向右做匀加速直线运动，由运动学知识有
（2）当物块从木板上滑出时，由运动学知识有物块的位移为
设此时弹簧的伸长量为，因时间内木板的图线为正弦图线，由运动的对称性有
解得
故木板的长度
对木板由能量守恒得
解得
（3）木板速度第1次减为0后，对木板受力分析由牛顿第二定律有
故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和时间内相同，其速度随时间变化的图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有
解得
木板速度第2次减为0后，对木板受力分析
故木板会再次向右运动，设木板速度第3减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有
解得
故从木板开始运动到停止，由功能关系有木板和水平面间因摩擦产生的热量为
7．（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
8．（2025·湖北荆州·三模）一工人通过传送带输送质量的货物，传送带与水平面夹角，以的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径。工人将货物轻放在传动带上切点A处，货物与传送带间动摩擦因数为，货物到达传送带上切点B时恰好与传送带相对静止，随后水平抛出。货物从传送带离开后掉落到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停止运动，随后工人拿走货物。已知小车质量，弹簧劲度系数为，重力加速度为，弹簧的形变量为x时，弹性势能为，货物可看成质点。求：
(1)货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；
(2)货物与小车一起向右运动时的速度；
(3)小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？
【答案】(1)60J；(2)；(3)0.25
【详解】（1）货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有，
可得，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有
可知货物从P点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒则有
解得
（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有，，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。

1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。
故选D。
2．（2023·全国乙卷·高考真题）（多选）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知
设物块的对地位移为，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式，
因为
可得
则
所以
B正确，A错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知，
且
故
故A错误，B正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C错误，D正确。
故选BD。
3．（2025·福建·高考真题）（多选）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则（ ）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，
代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有，
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合
可知，故D正确。
故选BD。
4．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理
解得
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
共速过程，滑块、木板位移分别为
共速时，相对位移应为
解得
，
随后共同减速
到达H速度
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。