第5章 专题强化十 动力学和能量观点的综合应用(教用Word)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

专题强化十　动力学和能量观点的综合应用 考向 定位 1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”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．传送带问题的分析方法 (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)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功． (2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对． (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量． [例1]　(2025·潍坊模拟)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s的速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3 m．已知行李(可视为质点)质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，旅客把行李无初速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速度大小取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 J B．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m C．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为1.6 J D．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J 【解析】　A．行李先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma 解得a＝2 m/s2 令行李加速至与传送带速度相等，则有 v2＝2ax0 解得x0＝0.04 m<L＝3 m 之后行李向左做匀速直线运动，则行李从A到B过程中传送带对行李做功为 W1＝μmgx0＝0.8 J 故A错误； B．行李匀加速直线运动过程有 v＝at 则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 x相＝vt－t＝0.04 m 故B错误； C．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为 Q＝μmgx相＝0.8 J 故C错误； D．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能 E＝Q＋mv2＝1.6 J 故D正确． 故选D. 【答案】　D [例2]　(2025·丽水模拟)如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝3.8 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑，质量为0.1 kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝.当传送带沿逆时针方向以v1＝3 m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它会运动至B点．求：(g取10 m/s2) (1)物体刚放在A点的加速度； (2)物体从A到B需多长时间； (3)整个过程中摩擦产生的热量． 【解析】　(1)物体刚放在A点时，小物块受到重力、传送带的支持力和沿传送带斜向下的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 代入数据解得 a1＝7.5 m/s2 方向沿传送带向下． (2)当小物块速度等于v1＝3 m/s时，设小物块对地位移为x1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律 t1＝ x1＝at 联立解得 t1＝0.4 s，x1＝0.6 m 由于x1<L, 且μ＝<tan 30°，可知当小物块速度与传送带速度相等后，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设物块的加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得a2＝2.5 m/s2 根据匀加速直线运动规律 L－x1＝v1t2＋a2t 解得t2＝0.8 s 故小物块由静止出发从A到B所用时间为 t＝t1＋t2＝1.2 s (3)物体从A释放到与传送带共速的过程，传送带通过的位移为 x传＝v1t1＝3×0.4 m＝1.2 m 该过程物体与传送带发生的相对位移为 Δx1＝x传－x1＝0.6 m 该过程物体与传送带间产生的内能为 Q1＝μmg cos θ·Δx1＝0.15 J 物体从与传送带共速到B的过程，传送带通过的位移为 x传′＝v1t2＝3×0.8 m＝2.4 m 该过程物体与传送带发生的相对位移为 Δx2＝L－x1－x′传＝0.8 m 该过程物体与传送带间产生的内能为 Q2＝μmg cos θ·Δx2＝0.2 J 整个过程中因摩擦产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝0.35 J 【答案】　(1)7.5 m/s2，方向沿传送带向下 (2)1.2 s　(3)0.35 J [对点训练] 1．(多选)(2025·杭州月考)如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物．货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示．货物视为质点，质量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　) A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.875 B．输送带A、B两端点间的距离为8 m C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为8 s D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为550 J 解析：选AD　A．由题图可知，物块沿传送带向上运动s1＝0.5 m后与传送带相对静止，机械能增加量 ΔE1＝μmg cos 37°·s1 解得μ＝0.875 故A正确； B．由图像可知，物块与传送带相对静止后 ΔE2＝mg sin 37°·s2 解得s2＝8 m 则传送带两端点之间的距离为 L＝s1＋s2＝8.5 m 故B错误； C．加速阶段根据牛顿第二定律有 μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得a＝1 m/s2 加速阶段有s1＝at 解得t1＝1 s 传送带速度v＝a1t1＝1 m/s 匀速阶段有s2＝vt2 解得t2＝8 s 所以总时间为t＝t1＋t2＝9 s 故C错误； D．由能量守恒，其多消耗的能量为 E＝μmg cos 37°·Δs1＋mv2＋mgL sin 37° 其中Δs1＝vt1－s1 联立解得E＝550 J 故D正确． 故选AD. 模型二　“滑块—木板”模型 1．模型分类 “滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型． 2．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． 3．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：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度． [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mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 【解析】　物块和木板的运动示意图和v－t图像如图所示 根据动能定理可知 对m有－fx1＝mv－mv① 对M有fx2＝Mv② 根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO 根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF 因此fl＞fx2＝Mv，即木板的动能一定小于fl， A错误，B正确； 将①②两式相加得－fl＝mv＋Mv－mv 变形得物块离开木板时的动能mv＝mv－fl－Mv＜mv－fl，C错误，D正确． 【答案】　BD [对点训练] 2．(多选)(2025·聊城模拟)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝1 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示．已知A、B间存在摩擦力，g取10 m/s.下列说法正确的是(　　) A．木板A的质量为4 kg B．系统损失的机械能为1 J C．木板A的最小长度为0.5 m D．AB间的动摩擦因数为0.1 解析：选BD　A．根据图丙可知 Ek＝mAv＝0.5 J v1＝1 m/s 解得mA＝1 kg 故A错误； B．系统损失的机械能为 ΔE＝mBv－(mBv＋mAv)＝1 J 故B正确； C．A在0～0.5 m做匀加速直线运动，则 x＝×v1t＝0.5 m 解得t＝1 s 在达到共同速度之时，A、B的位移差为 xB－xA＝×(1＋2)×1 m－0.5 m＝1 m 即木板A的最小长度为1 m，才能使物块B不会掉下来，故C错误； D．根据运动学公式 v1＝at＝μgt＝1 m/s 解得μ＝0.1 故D正确． 故选BD. [例4]　(2025·重庆模拟)如图所示，一固定的足够长斜面体倾角为θ，其中PB段光滑，PA段粗糙程度相同，动摩擦因数为μ.两块完全相同且长为L的质量分布均匀的木板1、2靠在一起，每块木板质量均为m.在斜面底端A处有一原长为2L的轻质弹簧下端固定在斜面底端挡板处．已知PN＝L，P点到弹簧上端点的距离为2L，从N点静止释放两木板，两块木板能进入粗糙的PA段压缩弹簧，两木板第一次向下运动到最低点时弹簧长度为L，重力加速度为g.求： (1)第1块木板恰好完全进入粗糙的PA段时，第1、2两块木板共同的加速度大小及此时1、2两块木板之间的相互作用力大小； (2)弹簧最大的弹性势能； (3)若斜面倾角θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，请计算两木板向下运动过程中最大速度大小(用题给字母表达结果，可以带根号). (注意：弹簧弹性势能可用Ep＝公式计算，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量) 【解析】　(1)对1、2整体，根据牛顿第二定律 2mg sin θ－μmg cos θ＝2ma 解得1、2两块木板共同的加速度大小 a＝g sin θ－ 对2根据牛顿第二定律 mg sin θ－F12＝ma 解得1、2两块木板之间的相互作用力大小 F12＝ (2)弹簧最大的弹性势能为 Ep＝k(2L－L)2＝kL2 (3)当1、2两块木板加速度为0时，速度最大，设此时弹簧形变量为x，根据 2mg sin θ＝μ·2mg cos θ＋kx 解得x＝ 两物块从释放到速度最大的过程中，根据动能定理 2mg·(3L＋x)sin θ－kx2－μ·2mg·(2L＋x)cos θ＝×2mv 解得vm＝ 【答案】　(1)g sin θ－， (2)kL2 (3) 模型三　多运动组合模型 [例5]　如图所示，某装置由斜面轨道AB、水平面轨道BC、光滑圆周轨道CDEC′、光滑直轨道C′F平滑连接组成，B、C、C′为连接点(C、C′略微岔开)，F端有一挡板，挡板上固定有一轻弹簧，整个装置处于同一竖直平面内．质量为m的滑块以某一初速度v0从A点开始下滑，沿着轨道运动．已知m＝0.2 kg，圆周轨道半径R＝0.4 m，AB长度L1＝1.0 m，倾角θ＝37°，BC长度L2＝0.8 m，物块与AB、BC间动摩擦因数均为μ＝0.25.不计其他阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)若滑块运动过程中恰好能过圆轨道最高点E，求滑块压缩弹簧时能达到的最大弹性势能Ep和从A点开始下滑时初速度v0的大小； (2)在满足能过圆轨道最高点E的条件下，滑块过C点时对轨道的最小压力的大小； (3)要使滑块不脱离轨道，求v0的取值范围． 【解析】　(1)物块恰好过E点时mg＝m 物块压缩弹簧最大弹性势能 Ep＝mv＋mg×2R 解得EP＝2 J 物块由A到E过程中 mgL1sin 37°－μmgL1cos 37°－μmgL2－mg×2R＝mv－mv 解得v0＝4 m/s (2)由(1)可知，当v0＝4 m/s时，物块对C点的压力最小 mgL1sin 37°－μmgL1cos 37°－μmgL2＝mv－mv 得vC＝ 由FN－mg＝m 可得FN＝6mg＝12 N 由牛顿第三定律得，物块对轨道的最小压力大小为12 N； (3)物块恰好能到达与圆心等高D处 mgL1sin 37°－μmgL1cos 37°－μmgL2－mgR＝0－mv 解得v0＝2 m/s 由(1)可知，物块恰好能过圆周最高点时 v0＝4 m/s 物块返回后恰好不超过A点 －2μmgL1cos 37°－2μmgL2＝0－mv 解得v0＝4 m/s 综上所述，要使物块不脱离轨道，初速度v0需满足0≤v0≤2 m/s或v0＝4 m/s. 【答案】　(1)2 J，4 m/s　(2)12 N　(3) 0≤v0≤2 m/s或v0＝4 m/s 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.　　 [对点训练] 3．如图所示，半径为R的半圆弧轨道ABCD竖直放置，D点在圆心O点的正上方，是圆弧的最高点，固定圆管轨道NA与半圆弧轨道在最低点A平滑对接，管口N点的切线水平且N、O、B三点等高，劲度系数为k的轻质弹簧放置在光滑的水平面PN上，一端固定在P点，当弹簧处于原长时，另一端正好处在N点．一质量为m、可视为质点的小球置于N点(与弹簧不粘连)，现移动小球压缩弹簧至Q，然后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道．已知QN＝s，弹性势能的表达式为Ep＝kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，不计所有摩擦，重力加速度为g. (1)求C点与B点的高度差h； (2)求小球在A点时对半圆轨道的压力； (3)若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道最高点，求小球质量的取值范围． 解析：(1)小球运动到C点时恰好脱离半圆轨道，轨道对小球的弹力刚好为0，设重力与O的夹角为θ，则有mg cos θ＝m 由几何关系可得 cos θ＝ 从Q点到C点，由能量守恒定律可得 ks2＝mv＋mgh 解得h＝ (2)小球由Q运动到A，由能量守恒定律可得 ks2＋mgR＝mv 在A点时有 FN－mg＝ 由牛顿第三定律可得 FN＝FN′＝3mg＋ 方向垂直轨道向上 (3)小球能完整通过D点，则有 mg≥ 从Q到D，由能量守恒定律有 ks2－mgR＝mv 可得0<m≤ 答案：(1)　(2)3mg＋　(3)0<m≤ 学科网（北京）股份有限公司 $$