2026届高考物理一轮复习考点练习 动力学和能量观点的综合应用

动力学和能量观点的综合应用 基础巩固 1．(5分)(多选)(2025·四川绵阳高三期中诊断)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是(　　) A．此时小物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为fx C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－fL D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为fL 2．(5分)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，需对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　) A． B． C．mv2 D．2mv2 3．(5分)如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ＝30°，以恒定速率1 m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动到顶端B点，已知货物均可视为质点，质量为m＝10 kg，A、B两点间的距离为s＝9.8 m，货物与输送带间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2。则货物从底端到顶端要消耗的能量为(　　) A．510 J B．490 J C．375 J D．260 J 4．(5分)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 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。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　) A．长木板A最终获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J C．长木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 5．(5分)传送带普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以v0＝2 m/s的速度匀速运动，将质量m＝1 kg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪B相距10 m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用 B．包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5 s C．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4 J D．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4 J 6．(12分)如图所示，水平传送带AB长l＝5 m，以10 m/s的速率顺时针传输。质量m＝1 kg的滑块可以视为质点，放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L＝4 m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F＝6 N作用。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.20、μ2＝0.40。求： (1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0； (2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B点所用的时间t； (3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。 综合提升 7．(5分)如图所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后小物块与传送带共速。满足上述情境，若把传送带的速度改为2v，两次相比较。下列说法正确的是(　　) A．传送带对小物块做的功变为原来的2倍 B．小物块对传送带做的功变为原来的2倍 C．传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍 D．因摩擦而产生的热量变为原来的2倍 8．(5分) (多选)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的下端，铁块A最终恰好没有从长木板B上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　) A．动摩擦因数μ＝0.5 B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s C．长木板B的长度为2.25 m D．从铁块A放到长木板B上，到铁块A和长木板B共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量 9．(5分)(2025·浙江宁波十校联考)如图甲所示，逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v－t图像如图乙所示。在t＝0时刻质量为1 kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2 s后开始减速，在t＝4 s时物块恰好能到达最高点A。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．传送带AB长度为6 m C．2 s后物块受到的摩擦力沿传送带向下 D．物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为6 J 10．(12分)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，重力加速度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。 11．(16分)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3 m，一木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1 m的轻弹簧，木板B总质量m＝1 kg，总长度L＝2.5 m。有一个质量为M＝4 kg的小物块A以沿斜面向下、大小为5 m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数μ＝，木板B下滑到斜面体底端碰到挡板后立刻停下，小物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)斜面体与木板B间的动摩擦因数μ0； (2)木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。 学科网（北京）股份有限公司 $ 动力学和能量观点的综合应用 基础巩固 1．(5分)(多选)(2025·四川绵阳高三期中诊断)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是(　BD　) A．此时小物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为fx C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－fL D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为fL 解析：根据动能定理，小物块的动能为Ek1＝(F－f)(L＋x)，A错误；小车的动能为Ek2＝fx，B正确；系统因摩擦而损失的机械能为ΔE损＝fx相对＝fL，D正确；小物块和小车增加的机械能等于外力做功与摩擦损失的机械能ΔE损之差，则ΔE＝F(L＋x)－fL，C错误。 2．(5分)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，需对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　C　) A． B． C．mv2 D．2mv2 解析：由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统的内能，故W＝mv2＋μmgs相，s相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。 3．(5分)如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ＝30°，以恒定速率1 m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动到顶端B点，已知货物均可视为质点，质量为m＝10 kg，A、B两点间的距离为s＝9.8 m，货物与输送带间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2。则货物从底端到顶端要消耗的能量为(　A　) A．510 J B．490 J C．375 J D．260 J 解析：货物先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得加速阶段的加速度大小为a＝＝2.5 m/s2，则货物加速到与传送带共速的时间为t1＝＝0.4 s，加速过程的位移大小为x1＝at＝0.2 m，此时传送带的位移大小为s1＝vt1＝0.4 m，则摩擦产生的热量为Q＝fx相＝μmg cos 30°·(s1－x1)＝15 J，则根据能量守恒定律，货物从底端到顶端要消耗的能量为E＝Q＋mv2＋mgs sin 30°＝510 J，故选A。 4．(5分)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 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。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　D　) A．长木板A最终获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J C．长木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 解析：由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和长木板A水平方向均受滑动摩擦力。根据牛顿第二定律知二者的质量相等，则长木板A最终获得的动能为EkA＝mv2＝1 J，A错误；系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv2＝2 J，B错误；由题图乙可得二者相对位移大小为1 m，即长木板A的最小长度为1 m，C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正确。 5．(5分)传送带普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以v0＝2 m/s的速度匀速运动，将质量m＝1 kg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪B相距10 m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　) A．包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用 B．包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5 s C．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4 J D．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4 J 解析：包裹在传送带上加速时有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，包裹在传送带上加速的时间t1＝＝0.4 s，包裹在传送带上加速的位移大小x＝＝0.4 m＜10 m，包裹在传送带上匀速运动的时间t2＝＝4.8 s，包裹从A点运动到扫码仪B的时间t＝t1＋t2＝5.2 s，故B错误；包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；传送带在包裹加速时间内的位移大小x传＝v0t1＝0.8 m，传送带克服摩擦力所做的功W＝μmgx传＝4 J，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x传－x)＝2 J，故D错误。 6．(12分)如图所示，水平传送带AB长l＝5 m，以10 m/s的速率顺时针传输。质量m＝1 kg的滑块可以视为质点，放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L＝4 m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F＝6 N作用。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.20、μ2＝0.40。求： (1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0； (2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B点所用的时间t； (3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。 解析：(1)滑块从开始运动至第一次到达B点，由动能定理得FL－μ2mgL＝Ek0，解得Ek0＝8 J。 (2)滑块从B点向左减速过程由动能定理有－μ1mgx＝0－Ek0，解得x＝4 m<l，由Ek0＝mv2＝8 J得v＝4 m/s，因此滑块向左减速的时间t1＝＝2 s，又v＝4 m/s<10 m/s，所以返回到B点的时间t2＝t1＝2 s，t总＝4 s。 (3)由于从传送带返回B点的速度大小v＝4 m/s<v0＝10 m/s，而恒力F＝6 N>μ2mg＝0.4×1×10 N＝4 N可知，全过程，可看作先第一次向左到达B点，产生的热量Q1＝μ2mgL＝0.4×1×10×4 J＝16 J。以后每次滑上传送带后，返回时速度的大小不变，再向右滑上BC，再向左返回到B点，此过程中恒力F做功为0。最终停在B点，由能量守恒定律知第一次向右通过B点时的动能全部转化为滑块在BC上摩擦产生的热量，即Q2＝E＝8 J，因此全过程在BC上因摩擦产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝16 J＋8 J＝24 J。 答案：(1)8 J　(2)4 s　(3)24 J 综合提升 7．(5分)如图所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后小物块与传送带共速。满足上述情境，若把传送带的速度改为2v，两次相比较。下列说法正确的是(　C　) A．传送带对小物块做的功变为原来的2倍 B．小物块对传送带做的功变为原来的2倍 C．传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍 D．因摩擦而产生的热量变为原来的2倍 解析：由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移大小为x＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为＝，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝Ff，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δx＝vt－vt＝vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝FfΔx可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。 8．(5分) (多选)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的下端，铁块A最终恰好没有从长木板B上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　BC　) A．动摩擦因数μ＝0.5 B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s C．长木板B的长度为2.25 m D．从铁块A放到长木板B上，到铁块A和长木板B共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量 解析：开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，受力平衡，有Mg sin 37°＝μMg cos 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A轻轻放到长木板B上时，根据牛顿第二定律，对铁块A受力分析有μmg cos 37°＋mg sin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下；对长木板B分析有μ(M＋m)g cos 37°＋μmg cos 37°－Mg sin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B相对滑动的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速后，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝t－t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块A放在长木板B上到铁块A和长木板B共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量以及B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误。 9．(5分)(2025·浙江宁波十校联考)如图甲所示，逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v－t图像如图乙所示。在t＝0时刻质量为1 kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2 s后开始减速，在t＝4 s时物块恰好能到达最高点A。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　D　) A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．传送带AB长度为6 m C．2 s后物块受到的摩擦力沿传送带向下 D．物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为6 J 解析：由于前2 s物块匀速上滑，则物块的速度小于传送带的速度，物块受到的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可知μmg cos 37°＝mg sin 37°，解得μ＝0.75，故A错误；由题意可知，t＝2 s时，物块与传送带速度相等，由题图乙可得v＝1 m/s，前2 s，物块沿传送带上滑的位移大小x1＝vt＝2 m，由题意可得，后2 s物块相对于传送带静止，物块所受摩擦力沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝ m/s2向上做匀减速运动，运动位移大小x2＝vt－at2＝1 m，传送带AB长L＝x1＋x2＝3 m，故B、C错误；上滑过程中，滑动摩擦力f＝μmg cos 37°＝6 N，由传送带的v－t图像可知，前2 s传送带的位移x＝3 m，故物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q＝f(x－x1)＝6 J，故D正确。 10．(12分)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，重力加速度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，工件速度大小达到v0前做匀加速运动，有x1＝t1，工件速度大小达到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，加速运动的位移大小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、势能以及传送带与工件之间发生相对滑动时摩擦力做功产生的热量。在时间t1内，传送带运动的位移大小x传＝v0t1＝1.6 m，工件相对传送带的位移大小x相＝x传－x1＝0.8 m，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＝mv＝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 11．(16分)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3 m，一木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1 m的轻弹簧，木板B总质量m＝1 kg，总长度L＝2.5 m。有一个质量为M＝4 kg的小物块A以沿斜面向下、大小为5 m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数μ＝，木板B下滑到斜面体底端碰到挡板后立刻停下，小物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)斜面体与木板B间的动摩擦因数μ0； (2)木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。 解析：(1)木板B恰好静止在斜面上，根据平衡条件得mg sin 30°＝μ0mg cos 30°，故斜面体与木板B间的动摩擦因数为μ0＝。 (2)小物块A在木板B上滑行过程中，对A根据牛顿第二定律有μMg cos 30°－Mg sin 30°＝MaA，代入数据解得aA＝2.5 m/s2，方向沿斜面向上，对B根据牛顿第二定律有μMg cos 30° ＋mg sin 30°－μ0(M＋m)g cos 30°＝maB，代入数据解得aB＝10 m/s2，方向沿斜面向下，假设小物块A与木板B达到共速时，小物块A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面体底端，则有v共＝aBt＝vA－aAt，解得t＝0.4 s，v共＝4 m/s，此过程中小物块A的位移大小xA＝t＝1.8 m，木板B的位移大小xB＝t＝0.8 m，由于xB＝0.8 m＜－L＝3.5 m，A在B上滑行的距离Δx＝xA－xB＝1 m＜L－L0＝1.5 m，说明以上假设成立，共速后，由于(M＋m)g sin 30°＝μ0(M＋m)g cos 30°，小物块A与木板B匀速下滑，直到木板B与斜面体底端挡板碰撞，故木板B与挡板碰撞前的速度大小为4 m/s。 (3)木板B与挡板碰撞后停下，此后A做匀减速直线运动，设接触弹簧时A的速度大小为vA1，有－2aA(L－L0－Δx)＝v－v，设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到弹簧原长位置过程，有Q＝2μMgxmcos 30° ＝Mv，A从开始压缩弹簧到弹簧压缩最短过程有Ep＝Mv＋Mgxmsin 30°－Q，联立解得Ep＝22.5 J。 答案：(1)　(2)4 m/s　(3)22.5 J 学科网（北京）股份有限公司 $