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

金榜题名创新高考总复习物理 住B,轻绳恰好伸直，由静止释放B,经一段时 间后B着地，不计滑轮质量及轻绳与滑轮间的 摩擦，关于两滑块从开始运动到B刚着地的运 动过程，下列说法正确的是 M 房 B A.滑块A的动能增加量等于其重力势能的减 少量 B.滑块A的机械能增加量一定小于滑块B机 械能的减少量 C.滑块B克服轻绳拉力做的功等于滑块B动 [对点训练] 能的增加量 3.(多选)(2025·湖南岳阳质检)如图所示，表面 D.滑块A克服摩擦力做的功等于滑块A、B 粗糙的斜面体固定于水平地面上，轻绳跨过定 组成的系统的机械能减少量 滑轮，一端连接质量为m的滑块A,另一端连 请完成提分集训（三十二）》 接质量为M的滑块B,M>m.初始时用手托 专题强化十动力学和能量观点的综合应用 考向 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 定位 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 角度1水平传送带模型 1.传送带问题的分析方法 [例1](2025·潍坊模拟)应用于机场和火车 (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动 站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所 过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结 示的模型.传送带在电动机驱动下始终保持 合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间 v=0.4m/s的速率逆时针方向运行，A、B间 内的位移，找出物体和传送带之间的位移 的距离为3m.已知行李（可视为质点）质量 关系 m=10kg,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 (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体 点离开传送带，重力加速度大小取g=10m/s2, 和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上 下列说法正确的是 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 A.行李从A到B过程中传送带对行李做功为 (1)传送带克服摩擦力做的功：W=F:x传，也 60J 是电动机因传送带传送物体而多做的功， B.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 0.08m (2)系统产生的内能：Q=Fx相对： C.行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生 (3)功能关系分析：W=△Ek十△Ep十Q.其中 热量为1.6J △Ek表示被传送物体动能的增加量，△E,表示 D.行李从A到B过程中电动机额外消耗的电 被传送物体重力势能的增加量. 能为1.6J 126 第五章机械能守恒定律 [听课记录] 515E 35 00.5 s/m 甲 角度2倾斜传送带模型 A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.875 [例2](2025·丽水模拟)如图所示，皮带传动 B.输送带A、B两端点间的距离为8m 装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L= C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为 3.8m,A、B分别是传送带与两轮的切点，轮 8s 缘与传送带之间不打滑，质量为0.1kg的小 D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量 为550J 物块与传送带间的动摩擦因数为么一？。当传 模型二“滑块一木板”模型 送带沿逆时针方向以1=3m/s的速度匀速 1.模型分类 运动时，将小物块无初速地放在A点后，它会 “滑块一木板”模型根据情况可以分成水平面 运动至B点.求：(g取10m/s2) 上的“滑块一木板”模型和斜面上的“滑块一木 (1)物体刚放在A点的加速度： 板”模型 (2)物体从A到B需多长时间： 2.位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若 (3)整个过程中摩擦产生的热量， 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. 30 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 .1.47.....2.....0.....1.162. 角度1水平面上“滑块一木板”模型 [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 上的左端以速度开始运动.已知物块与木板 [对点训练] 间的滑动摩擦力大小为∫，当物块从木板右端 1.(多选)(2025·杭州月考)如图甲为皮带输送 离开时 机简化模型图，皮带输送机倾角0=37°，顺时 针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入 M 货物.货物从下端A点运动到上端B点的过 VZ2122272222277222737772242 程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A A.木板的动能一定等于f孔 位置所在水平面为零势能面)如图乙所示.货 B.木板的动能一定小于fI 物视为质点，质量m=10kg,重力加速度 C.物块的动能一定大于2md-f1 g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列 说法正确的是 D.物块的动能一定小于？m6-f九 127 金榜题名创新高考总复习物理 [听课记录] (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0=37，重力加速度g=10m/s2, 请计算两木板向下运动过程中最大速度大小 [对点训练] (用题给字母表达结果，可以带根号). 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=1kg的 (注意：弹黄弹性势能可用E,-号公式计算， 另一物体B(可看成质点)以水平速度0= 其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形 2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.此 变量) 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 10m/s.下列说法正确的是 ( ) ↑E,小 0.5 -0 A 0.5 x/m 图甲 图乙 /(ms-1) B 图丙 A.木板A的质量为4kg B.系统损失的机械能为1J C.木板A的最小长度为0.5m D.AB间的动摩擦因数为0.1 角度2倾斜面上“滑块一木板”模型 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 [例4](2025·重庆模拟)如图所示，一固定的 面轨道BC、光滑圆周轨道CDEC'、光滑直轨 足够长斜面体倾角为0，其中PB段光滑，PA 道CF平滑连接组成，B、C、C为连接点(C,C 段粗糙程度相同，动摩擦因数为4.两块完全 相同且长为L的质量分布均匀的木板1、2靠 略微岔开)，F端有一挡板，挡板上固定有一轻 在一起，每块木板质量均为m.在斜面底端A 弹簧，整个装置处于同一竖直平面内.质量为 处有一原长为2L的轻质弹簧下端固定在斜面 m的滑块以某一初速度o从A点开始下滑， 底端挡板处.已知PN=L,P点到弹簧上端点 沿着轨道运动.已知m=0.2kg,圆周轨道半 的距离为2L,从N点静止释放两木板，两块木 径R=0.4m,AB长度L1=1.0m,倾角0=37°， 板能进入粗糙的PA段压缩弹簧，两木板第一 BC长度L2=0.8m,物块与AB、BC间动摩擦因 次向下运动到最低点时弹簧长度为L,重力加 数均为=0.25.不计其他阻力，重力加速度g取 速度为g.求： 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. 128 第五章机械能守恒定律 (1)若滑块运动过程中恰好能过圆轨道最高点 [对点训练 E,求滑块压缩弹簧时能达到的最大弹性势能 3.如图所示，半径为R的半圆弧轨道ABCD竖 E。和从A点开始下滑时初速度o的大小； 直放置，D点在圆心O点的正上方，是圆弧的 (2)在满足能过圆轨道最高点E的条件下，滑 最高点，固定圆管轨道VA与半圆弧轨道在最 低点A平滑对接，管口V点的切线水平且N、 块过C点时对轨道的最小压力的大小： O、B三点等高，劲度系数为k的轻质弹簧放置 (3)要使滑块不脱离轨道，求%的取值范围. 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 D 07 不粘连)，现移动小球压缩弹簧至Q,然后由静 B C(C 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。 d [方法指导] 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”一整体上把握全过程，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， 请完成提分集训（三十三） 129对点训练 1.选BA.游客和滑草幸开始下滑时的重力势能为 专题强化十动力学和能量观点的综合应用 Ep=mg.rsin18°=18600J,总质量为m=60kg,选项A错误： [例1]【解析】A.行李先向左微匀加速直线运动，根据牛顿第 B.游客到达B点时的动能等于机械能为3000」，则根据 二定律有mg=ma,解得a=2m/s 1 m项=3000小，可得速度为阳=10m/s,遮项B正确： 令行李加逸至与传送带速度相等，则有护=20， 解得x0=0.04m<L=3m, C.滑草车下滑过程中由施量关系E0一E=ngrcos18, 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 解得与倾斜滑道间的动摩擦因数为以=0.274，选项C错误： 对行李微功为W,=gx0=0,8J,放A错误： D.游客在倾斜滑道上的加速度为 B.行李匀加速直线运动过程有v一a,则行李在传送带上留下的 a=mgim18-ongcos18=0.5m/s,选项D错误.故选B 摩擦痕撞长度为x和=t一受=0.04m,故B错误： 工例3]【解析】依题意，根据功能关系可知，物体B克服摩擦力 C.行李从A到B过程中与传送带国摩棕产生热量为 做的功等于B动能的减少量，把AB看着一个系统，根据系统能 Q-mg相=0.8J,故C错误： 量守恒知，B动能的减少量等于木板A增加的机械能（动能）与 D.行李从A到B过程中电动机颜外消耗的电能 系统增加的内能之和，故选A. 【答案】A E-Q+7m-1.6J,D正痛.放接D 对点训练 【答案】D 2.选DA.对木块，有fs=△E1, [例2]【解析】(1》物体刚放在A点时，小物块受到重力，传送带 可知木块增加的动能为fs,故A错误： 的支持力和沿传送带斜向下的滑动摩擦力，微匀加速直线运动。 B.对子弹，根据动能定理，有一(s+d)=△Ek2, 设加速度为a1,根据牛领第二定律mgsin0十红ngcos0=md1, 可知子弹损失的动能为∫（十），故B错误： 代入数据解得1=7.5m/s,方向浴传送带向下. CD.系统机械能摄失为E相=f(十d)一s=fd,故C错误，D正 (2)当小物块速度等于=3m/s时，设小物块对地位移为， 确.故选D. 考点二 时为，根据匀加地直线运功规律” [例4]【解析】(1)由题意得，物块在B点的速度与竖直方向夹 联立解得4=0,481=0,6m 角为0=37，则tan0=5 gt 尚于1<L,且以= <1an30°，可知当小物块速度与传送带递 物块从A,点到B点的运动时间为t=0.16s, 度相等后，小物块将继续微匀加连直线运动至B点，设物块的加速 物块在B点时重力的功率为P=mg·g1=8W, 度为a2,用时为2，根据牛顿第二定律mgsin0-mgos0=m (2)物块在B点的递度为VB一√佑十(g1)明 解得a=2.5m/s 根搭机城能守恒mgR(1十sin0)=壹m吃一立m听 根据匀加连直线运动规律L一=2十之位 根搭牛顿第二定律N一mg=m尺 解得te=0.88 故小物块由静止出发从A到B所用时间为1=十2=1,2s 得N=23N (3)物体从A锋放到与传送带共速的过程，传送带通过的位移为 (3)根据牛顿第二定掉 x0=1=3×0.4m=1.2m 对物块mg=na1 该过程物体与传送带发生的相对位移为△1-T传一一0,6m 对木板4mg一(m+M)g=Mae 该过程物体与传送带问产生的内能为Q=mgcos0·△n一0.15J 得a1=2m/s°，a2=1m/s 物体从与传送带共速到B的过程，传送带通过的位移为 物块与木板共速时化一a1t=a2l x#=44=3×0.8m=2.4m 得1=2s 该过程物体与传送带发生的相对位移为△=L一1一x#=0,8m 物块与木板的住移分别为 该过程物体与传送带间产生的内能为Q一mgc0s9·△-0.2J n=-242-8m4=20:2-2m 整个过程中固摩擦产生的热量Q=Q十Q=0.35J 【答案】(1)7.5m/。,方向沿传送带向下 则物块与木板之问摩擦产生的热能为 (2)1.2s(3)0.35J Q=mmg(r-r2)=6J 对点训练 板块共途后一起匀减速运动的加逸度为 1.速ADA.由题图可知，物块沿传遥带向上运动1一0.5m后与 a (g.5 m/ 待送带相对静止，机械能增加量△E=2 ngcos37°·与，解得 m千M 4=0.875,故A正确： 匀减速的位移为： (a2t)2 B.由图像可知，物块与传送带相对静止后△E2=ngsin37°·， =4m 解得和一8m,则传送带两端点之间的距离为L=十为=8,5m,故 木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能为 B错误： Q=姓(m十M)g(rg十xg)=3J C.加滤阶段根据牛颜第二定律有mgc0s37一ngsin37=ma, 【答案】(1)1=0.16s,P=8W(2)N=23N 解得a=1m/s,加速阶段有=7a,解得(=1s,传送带速 (3)Q1=6J,Q=3J 对点训练 度v=11=1m/s,匀速阶段有和=g,解得2=8s,所以总时 3,选BDA.滑块A沿斜面向上加速运动过程中，动能增加，重力 间为1=4十12=9s,数C错误：D.由能量守恒，其多消耗的能量 做负功，重力势能增大，A的重力势能并没有减少，故A错误； B.对A,B构成的系统，由于A克服摩擦力做功，可知，系统机战 为E=gmgcos37°，△1+立m2+mgLsin37°， 能诚小，系统减小的机械能等于增加的摩擦生热，则滑块B机械 其中△s1-1一，联立解得E-550J.故D正确.故选AD. 能的减少量等于A增加的机械能与摩擦生热之和，即滑块A的 [例3]【解析】物块和木板的运动示意图和时一1图像如国所示 机械能增加量一定小于滑块B机械能的减少量，故B正确： C.滑块B向下加速运动，B受到重力与轻绳拉力，拉力做负功， 根据动能定理可知，重力做功与滑块B克服轻绳拉力做的功之 差等于滑块B动能的增加量，故C错误： m81 D,根据功能关系，站合上述可知，滑块A克服摩擦力做的功等于 B +2 E 滑块A,B组成的系统的机械能减少量，故D正确， 故选BD. 552 根指功能定理可知对m有一凸=之m时-子m6① (3)物块给好能到达与国心等高D处 对M有2=2M② mgL sin 37*-umgl cos 37*-umgla-mgR=0 解得=2m/s 根据一1图像与横轴围成的而积S表示物体运动的位移可知 由(1)可知，物块拾好能过圆周最高点时%=4m/s X2-S△aFr1=S) 物块返回后给好不超过A点 根据位移关系可知1=11一2=Sm>12=S△1F 周此D,=受M,脚木板的动能一定小于几 -2umgl cos 37*-2umgl.2=0-mv 解得%=4m/s A错误，B正确： 踪上所述，要使物块不脱离轨道，初追度%需满足0≤≤2m/s 将D@两式相加得-1=文mf+之M成-之m 或场=4m/8. 变形释格块高开木时的动能子m听=号m听一几一之M话< 【答案】(1)2J,4m/s(2)12N(3)0≤≤2m/s或站=4m/s 对点训练 3,解析：(1)小球运动到C点时恰好脱离半同轨道，轨道对小球的 2m6-f,C错误，D正确. 【答案】BD 样力刚好为0，设重力与O的夹角为0，则有mgc0s0=m尺 对点训练 2.选BDA.根据图两可知E=2m1叶=0.5J小，=1m/s,解得 由几何关系可得0s0=是 m1=1kg,故A错误： 从Q点到C点，由能量守恒定律可得之k=之m心十mgh 且系统损失的机械能为△正=之m话-（宁时十之m时）=1小 解得一品 故B正确： (2)小球由Q运动到A,由能量守恒定律可得 CA在0-0,5m做匀加追直线连动，则上-之×1=0,5m,解 言好+mgR=文md 得1=1，在达到共同违度之时，A,B的位移益为工B一T一2 ×(1十2)×1m一0.5m=1m,即木板A的最小长度为1m,才 在A点时有F一mg=爱 能使物块B不会掉下来，故C错误： 由牛顿第三定律可得下R、=F、'=3mg+不 D.根据运动学公式助=a1=g1=】m/s,解得u=0.1,故D正 方向垂直轨道向上 确.故选BD. [例4]【解析】(1)对1,2整体，根据牛第二定律 (③)小球能完整通过D点，则有mg≥m R 2mgsin 0-umgcos 0=2ma 解得1,2两块木板共同的加速度大小a-gsin0-迟cs0 从Q到D,由能量守恒定律有k-mgR=号m呢 2 .k 对2根搭牛顿第二定律mgsin0一F1z=a 可得0<m≤3gR 解得1,2两块木板之间的相互作用力大小F2=mgS0s0 (2)弹簧最大的弹性势能为B,=0(2L-L)=L 1 答案：1)3mg ks (2)3mg+R (3)0<m≤3gR 实验七 验证机械能守恒定律 (3)当1,2两块木板加速度为0时，速度最大，设此时弹黄形变量 为r,根据2 ngsin0=·2 ngcos0十kr 核心考点研磨 解得x=12m-16m 考点一 [例1门【解析】(1)在验运机械能守恒定律实验时重物所受阻力 两物块从释放到速度最大的过程中，根撼动能定理 越小越好，密度大的重物，阻力与重力之比更小， 2mg·(8L+z)n0-号r-a·2mg…(2L+osg= 2 (2)由题图乙中可知(OC之间的距离为x1=27.90cm,因此重 X 2mvi 物的重力势能变化量的绝对值为△E。|=mg无c=0.2X9.80× 0.2790J=0.547J:根据匀变逸直线运动的中间时刻的连度等 解得=√36l.-32l.+72m=38m+192r+250tm-1282m 于结我时间的平均建度，则化=2-0300.030m/s 2×0.02 【答案】0gn0-s,um0(2之L 2 225m/s,周北C点的动能为Be=号m呢=号×0.2× 1 (31√36L-32l.+72m-384m+192um+256rm-1282m 2.4252J=0.588J (3)工作电压偏高不会影响实脸的误差，存在摩擦力会使重力婷 [例5]【解析】()物块拾好过E点时mg=m尺 vi 能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初 速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加 物块压缩弹费最大弹性纷能B,=之m呢十mg×2R 量大于重力势能的诚少量，故C正确， 解得Ep=2J 【答案】(1)阻力与重力之比更小（或其他合理解释） 物块由A到E过程中mgL1sin37°一gL,cos37°一mgL2 (2)0.547(0.5420.550)0.588(0.5700.590)(3)C mgX2R=mt-m 对点训练 1,解析：(1)A.根据打点计时器的工作原理打点计时器应接到交流 解得地=4m/s 电源上，枚A正确，不符合题意：B,在“验证机械能守恒定律”实 (2)由1)可知，当=4m/s时，物块对C点的压力最小 验中应选择体积小、质量大的重物目的可以减小空气阻力的影 mgl.sin 7-mmgl cos3mga 响，减小误差，故B正确，不特合题意：C.根据实验要求，释放纸 带前，纸带应保持竖直状态，这是为了确保实脸条件尽可能接近 得e=√5gR 自由落体的理想情况，从而减小实验误差。故C正确，不符合题 意：D.开始记录时，应先给打，点计时器通电打点，然后再释放重 由FN一mg=mR 锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接 可得Fy=6mg=12N 通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和 由牛顿第三定律得，物块对轨道的最小压力大小为12N: 处理，会对实险产生较大的误差，故D错误，符合题意，故选D. 553