第五章 专题强化八 动力学和能量观点的综合应用(二)-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化八　动力学和能量观点的综合应用(二) 1．本专题是力学两大观点在传送带和滑块—木板模型中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。 2．学好本专题，可以极大地培养学生的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升学生解决压轴题的信心。 3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 [对应学生用书P115] 热点 “传送带”模型(方法模型) 1．设问的角度 (1)动力学角度：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。 2．功能关系分析 (1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传； ②产生的内能：Q＝Ffx相对。 类型1　水平传送带 [例1]　如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)行李箱开始运动时的加速度大小a。 (2)行李箱从A端传送到B端所用时间t。 (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。 解析　(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小： a＝＝＝μg＝2 m/s2。 (2)设经过时间t1二者共速，有t1＝＝ s＝1 s， 行李箱匀加速运动的位移为x1＝at＝×2×12 m＝1 m， 行李箱随传送带匀速运动的时间t2＝＝ s＝4.5 s， 则行李箱从A传送到B所用时间t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。 (3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m， 根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小：Ff′＝Ff， 行李箱对传送带的摩擦力做的功为 W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。 答案　(1)2 m/s2　(2)5.5 s　(3)－20 J 类型2　倾斜传送带 [例2]　(多选)如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s B.传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝ C.0～t2时间内电动机多消耗的电能为36 J D.0～t2时间内因摩擦产生热量为15 J 解析　从v-t图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2 m/s，因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；由题图乙可知0～t2时间内小物块的加速度为a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得μ＝，故B错误；物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为t加＝＝2 s，结合v-t图像可得t2＝3 s，根据v-t图像图线与横轴围成的面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为x1′＝－ m＝－0.5 m，故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为Δx1＝x1－x1′＝1×2 m＋0.5 m＝2.5 m，物块向上运动过程中的位移为x2′＝ m＝2 m，物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为Δx2＝x2－x2′＝2×2 m－2 m＝2 m，所以传送带与物块的总相对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝4.5 m，所以0～t2时间内因摩擦产生热量为Q＝μmg cos θ·Δx＝27 J，故D错误；物块增加的重力势能ΔEp＝mg sin θ·(x2′＋x1′)＝7.5 J，物块动能的增量ΔEk＝mv2－mv＝1.5 J，则传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故C正确。 答案　AC (1)在计算传送带与滑块间的动摩擦因数时，既可以采用动能定理对全程列方程求解，也可以采用牛顿第二定律和运动学规律进行求解，但动能定理更加方便一些。 (2)传送带对滑块的作用力包括传送带对滑块的支持力和摩擦力，此处的支持力容易被漏掉。 (3)在计算滑块与传送带因摩擦而产生的热量时，一定要注意是用Q＝f·s相对进行求解，其中s相对是传送带与滑块间的相对路程。 (4)求电动机多消耗的电能时，也可以通过传送带受到的摩擦力对传送带做的功来求解，此时电动机多做的功应为E＝－Wf＋ΔEk。 1．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2。求： (1)工件与传送带间的动摩擦因数。 (2)电动机由于传送工件多消耗的电能。 解析　(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m， 工件速度达到v0前，做匀加速运动，有x1＝t1， 工件速度达到v0后，做匀速运动，有 x－x1＝v0(t－t1)， 联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s， 加速运动的位移x1＝0.8 m， 所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2， 由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma， 解得μ＝； (2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量， 在时间t1内，传送带运动的位移x传＝v0t1＝1.6 m， 在时间t1内，工件相对传送带的位移 x相＝x传－x1＝0.8 m， 在时间t1内，摩擦产生的热量 Q＝μmg cos θ·x相＝60 J， 最终工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J， 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J， 电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。 答案　(1)　(2)230 J 热点 “滑块—木板”模型(方法模型) 1．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。 2．解题关键 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，前一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 类型1　地面光滑 [例3]　(多选)(2023·全国乙卷)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fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv02－fl D．物块的动能一定小于mv02－fl 解析　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv02＝mv12＋Mv22＋fl，整理可得mv12＝mv02－fl－Mv22<mv02－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝t，xM＝t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以W＝fxM<fl，B正确，A错误。故选 BD。 答案　BD 类型2　地面不光滑 [例4]　(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v-t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则(　　) A.小物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.5 B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J C.小物块的初速度为v0＝12 m/s D.0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1 解析　由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2。对木板，根据牛顿第二定律，有Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s内， 木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有Ff2＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝mv＝×1×122 J＝72 J，2 s～3 s物块和木板一起减速，系统的机械能减少Q＝×2mv2＝4 J，故0～2 s系统机械能减少72 J－4 J＝68 J，则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确。 答案　ACD 2．(多选)如图甲所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左端，用F＝4 N的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的E机x图像如图乙所示，木板和小物块的速度随时间变化的vt图像如图丙所示，已知木板和物块间存在摩擦，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．木板长度为2 m B．木板和小物块间的动摩擦因数为0.3 C．木板的质量为6 kg D．系统因摩擦产生的热量为3 J 解析 　由图乙得小物块对地位移x1＝2 m，由于此过程木板也向前运动滑动，所以木板长度不等于2 m，选项A错误；由图丙可知小物块t时间内获得的速度为v1＝2 m/s，小物块做匀加速直线运动，有x1＝t，解得t＝2 s，由图丙知小物块的加速度a1＝＝1 m/s2，再由图乙可知Ek＝mv2＝2 J，解得小物块的质量m＝1 kg，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得μ＝0.3，选项B正确；由图丙可知木板加速度为a2＝＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得M＝6 kg，选项C正确；木板匀加速直线运动，有x2＝t＝1 m，所以s相对＝x1－x2＝1 m，系统因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，解得Q＝3 J，选项D正确。故选BCD。 答案　BCD 课时检测训练25　动力学和能量观点的综合应用(二) 对应学生用书P379 1．(多选)质量为m的子弹，以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则下列说法正确的是(　　) A．系统内能的增加量等于子弹克服阻力做的功 B．子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功 C．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功 D．子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和 解析 　根据能量转化和守恒定律得知：系统机械能的减少量等于系统内能的增加量，而系统机械能的减少量等于系统克服阻力做的总功，不等于子弹克服阻力做的功，故 A错误；对子弹，只有阻力做负功，根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功，故B正确；子弹在射入木块的过程中，由于子弹与木块对地位移不等，子弹对地的位移大于木块对地的位移，而两者相互作用力大小相等，根据功的公式W＝Fs可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块所做的功，故C错误；子弹在射入木块的过程中，子弹的动能减小，木块的动能增加，系统的内能也增加，系统损失的动能之和等于系统内能的增加，由能量转化和守恒定律得知：子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和，故 D正确。故选 BD。 答案　BD 2．(多选)2019年6月，习近平总书记对垃圾分类工作作出重要指示，全国地级及以上城市全面启动生活垃圾分类工作。在垃圾分类中经常使用传送带进行分拣，如图所示，传动带的长度是4 m，与水平面间的夹角为30°，在电动机的带动下以v0＝2 m/s的速度顺时针匀速转动，现将一质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带的最低点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则从传送带将物体从最低点传送到最高点的过程中(　　) A．物体动能的增量是10 J B．物体重力势能的增量是20 J C．物体和皮带由于摩擦产生的热量为6 J D．电动机由于传送物体多消耗的电能为26 J 解析　小物体刚放到B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于μ＞tan 30°，物体做匀加速直线运动，此时a1＝＝g(μcos θ－sin θ)＝2.5 m/s2，假设小物体能与传送带达到相同的速度，则小物体加速上滑的位移为x1＝＝0.8 m<4 m ，假设成立。物体与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达A点时速度仍为v0＝2 m/s，所以物体的动能增加量为ΔEk＝mv2＝×1×22 J＝2 J，故A错误；小物体重力势能增量为ΔEp＝mgh＝1×10×4× J＝20 J，故B正确；小物体加速运动的时间t1＝＝0.8 s，在相对滑动时，有s相＝vt1－x1＝0.8 m，则小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmg cos θ·s相＝6 J，故C正确；由功能关系可知，电动机做的功等于小物体增加的机械能和因摩擦而产生的热量，则W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝2 J＋20 J＋6 J＝28 J，故D错误。故选 BC。 答案　BC 3．如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m。在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg。小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30。开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2。求： (1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功。 (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q。 解析　(1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度：a1＝μg＝3 m/s2， 木板运动的加速度：a2＝＝5 m/s2， 设抽出过程的时间为t，则有：a2t2－a1t2＝L， 解得t＝1 s， 所以小铁块运动的位移：x1＝a1t2，解得x1＝1.5 m， 木板运动的位移：x2＝a2t2，解得x2＝2.5 m， 摩擦力对小铁块做的功：W1＝μmgx1， 解得W1＝4.5 J， 摩擦力对木板做的功：W2＝－μmgx2， 解得W2＝－7.5 J； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmgL＝3 J。 答案　(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 J 4.(2025·黑龙江哈师大附中月考)竖直平面内，长为L＝2 m的水平传送带AB以v＝5 m/s顺时针传送，其右下方有固定的光滑斜面CD，斜面倾角θ＝37°，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h＝0.45 m，下端D点固定一挡板。一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距0.4 m，现让质量m＝2 kg的小物块以v0＝2 m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点，物块离开B点后所受空气阻力不计，恰好与斜面无碰撞滑上斜面，弹簧的最大压缩量Δx＝0.2 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)传送带与小物块间的动摩擦因数μ。 (2)由于传送物块电动机对传送带所做的功。 (3)弹簧的最大弹性势能。 解析　(1)将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，有vy＝＝3 m/s， 则物块通过B点的速度为vB＝vy cot 37°＝4 m/s， 由于vB<v，所以物块由A到B一直做匀加速运动。 在此过程中，物块的加速度a＝＝μg， 由v－v＝2aL＝2μgL，解得μ＝0.3。 (2)物块由A到B的运动时间t＝＝ s， 此过程传送带的位移s＝vt＝ m， 所以由于传送物块电动机对传送带所做的功W＝μmgs＝20 J。 (3)物块到C点时的速度为vC＝＝5 m/s， 对物块，由C点运动到最低点的过程， 由能量守恒定律有mg(sCE＋Δx)sin θ＋mv＝Epm， 代入数据解得弹簧的最大弹性势能Epm＝32.2 J。 答案　(1)0.3　(2) 20 J　(3)32.2 J 5．如图，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面固定，长L＝1.2 m，质量M＝2 kg的长木板下端靠着插销置于斜面上，下端上表面放有一质量m＝1 kg的物块(视为质点)，不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端拴在固定挡板上。零时刻拔去插销，0.8 s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求 0.2 s 末细线对物块的拉力大小。 (2)求0.8 s末长木板的速度大小。 (3)在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少。 解析　(1)以物块为研究对象，其受力如图所示，物块静止，由力的平衡条件有F＝mg sin θ＋f，f＝μmg cos 30°，代入数据解得F＝10 N； (2)以木板为研究对象，其受力如图所示，由牛顿第二定律有Mg sin 30°－f′＝MaM, f′＝f代入数据得：aM＝2.5 m/s2，由运动学规律有v＝aMt，将t ＝0.8 s 代入解得v＝2 m/s； (3)0～0.8 s 内木板发生的位移为x＝aMt2，代入数据得x＝0.8 m，0.8 s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度aM不变，二者均向下做匀加速运动。假设经时间t′两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋f＝mam，代入数据得am＝10 m/s2，由运动学规律有代入数据得木板发生的位移为x1＝(v＋v共)t′，物块发生的位移为x2＝v共t′，代入数据得两者间的相对位移为Δx＝x1－x2＝ m，因Δx＋x＝ m<L，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，故在木板下滑的时，系统产生的热量Q＝f(x＋Δx)＝ J。 答案　(1)10 N　(2)2 m/s　(3) J 学科网（北京）股份有限公司 $$