2026届高考物理二轮复习讲义：动力学与能量观点的综合应用

动力学与能量观点的综合应用 考情透析 命题点 考频统计 命题特点 核心素养 利用动力学与能量观点解决多过程问题 2025年：云南T10 青海T10 2023年： 全国乙卷T8 湖北T14 湖南T8 2022年： 浙江6月T20 浙江1月T21 　　本专题主要考查动力学和能量观点的综合应用，既包括由直线运动、抛体运动和圆周运动等运动形式组成的多过程问题，也包括在各种具体情境下（例如板块、传送带、绳、杆、弹簧等）使用动力学和能量观点进行综合分析和推理。试题常常涉及到使用能量守恒的思想来计算摩擦所产生的热量和电动机所提供的能量。 物理观念： 运用相互作用和能量守恒的物理观念分析多过程或多物体类问题。 科学思维： 应用动力学规律和能量守恒定律再结合数学知识进行综合推理分析。 传送带模型中的动力学与能量问题 板块模型中的动力学与能量问题 热点突破 命题点1　利用动力学与能量观点解决多过程问题 考题示例1 （2022·浙江·历年真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。（g＝10 m/s2） （1）若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； （3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 答案：（1）滑块从释放到C点过程， 根据动能定理可得：mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝ 在C点时，根据向心力公式可得：FN－mg＝ 联立解得：FN＝7 N （2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时， 根据动能定理可得：mglxsin 37°－3mgRcos 37°－mgR＝0 解得：lx＝0.85 m，因此，要能过F点必须满足lx≥0.85 m。 第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式， 根据动能定理可得：mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝， 解得：v＝，其中lx≥0.85 m （3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍， 根据动能定理可得：＝0，lFG＝（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数）， 解得：lx＝ m 又因为lAB≥lx≥0.85 m，lAB＝3 m 当n＝1时，lx1＝ m；当n＝3时，lx2＝ m；当n＝5时，lx3＝ m。 跟踪训练1 （2025·陕西·模拟题）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。（取sin 37°＝，cos 37°＝） （1）求P第一次运动到B点时速度的大小。 （2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能。 （3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。 答案：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功， 所以：mg·BCsin 37°－μmgcos 37°·BC＝－0 其中：BC＝AC－2R 代入数据得：vB＝ （2）物块返回B点后向上运动的过程中：－mg·BFsin 37°－μmgcos 37°·BF＝0－ 其中：BF＝AF－2R 联立得：vB′＝ 物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x， 则：－μmgcos 37°·2x＝ 整理得：x＝R 物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W， 则：mgx·sin 37°－μmgcos 37°·x－W＝0－ 又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP＝W 所以：EP＝2.4mgR （3）由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：h＝r＋rcos 37°＝1.8r＝1.8×＝1.5R 所以D点相对于G点的高度：H＝1.5R＋R＝2.5R 小球做平抛运动的时间：t＝ G点到D点的水平距离：L＝－rsin 37°＝＝3R 由：L＝vDt 联立得：vD＝ E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功， 由功能关系得：EP－m′g(ECsin 37°＋h)－μm′gcos 37°·EC＝－0 联立得：m′＝。 反思提升 　　多过程问题是由直线运动、平抛运动和圆周运动组合而成，这类模型一般各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可。注意： （1）两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带； （2）平抛运动末速度的方向往往是解题的突破口； （3）竖直面内的圆周运动往往需要抓住临界条件： ①轻绳模型通过最高点的临界条件mg＝； ②轻杆模型通过最高点的临界条件v≥0、轻杆提供的是支持力还是拉力的临界条件mg＝； ③物体不会脱离圆轨道的临界条件：物体能通过圆周的最高点或是不超过与圆心等高的点。 命题点2　传送带模型中的动力学与能量问题 考题示例2 [生产生活类] （2024·河北·模拟题）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传运带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ＝37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度为v＝1 m/s，货物质量为m＝10 kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小； （2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。 答案：（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为N1，货物底面所受滑动摩擦力为f1，挡板对货物支持力为N2，货物侧面所受滑动摩擦力为f2，由力的平衡条件有N1＝mgcos θ，N2＝mgsin θ 由滑动摩擦力计算式有f1＝μ1N1，f2＝μ2N2 代入数据可得f1＝40 N，f2＝15 N （2）因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得f1－f2＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 设货物匀加速至与传送带共速所用时间t1，对地位移为x1，由运动学公式得t1＝＝0.4 s 货物匀加速阶段的位移为x1＝＝0.2 m 因x1＜L，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为t2，位移为x2，由运动学公式得x2＝L－x1＝9.8 m 货物匀速阶段所用的时间为t2＝＝9.8 s 货物运动总时间为t＝t1＋t2＝10.2 s 传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能有Q1＝f1(vt1－)＝8 J 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能有Q2＝f2L＝150 J 货物增加的动能ΔEk＝＝5 J 传送装置多消耗的电能E电＝Q1＋Q2＋ΔEk＝163 J 跟踪训练2 （2025·湖南·联考题）在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10 m/s2。求： （1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力； （2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛着多消耗的电能。 答案：解：（1）参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos 60°)＝ 代入数据得：vB＝4 m/s 在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：N－mg＝ 代入数据得：N＝1200 N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：N′＝N＝1200 N，方向竖直向下 （2）参赛者由C到D的过程，由动能定理得：－μ2mgL2＝0－ 解得：vC＝6 m/s＞vB＝4 m/s 所以传送带运转方向为顺时针。 假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v， 由动能定理得：μ1mgL1＝ 解得：v＝ m/s＞vC＝6 m/s 所以传送带速度等于vC＝6 m/s，方向为顺时针方向。 （3）参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t＝＝＝ s＝0.5 s 此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx＝vCt－＝0.5 m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：E＝μ1mgΔx＋ 代入数据解得：E＝720 J 反思提升 传送带模型： （1）动力学问题：物块滑上传送带，对物块进行受力分析时摩擦力的分析是重点，也是易错点。 （2）在倾斜传送带中当物块与传送带达到共速时，若μ≥tan θ则物块将与传送带一起做匀速直线运动；若μ＜tan θ则物块将继续做匀变速直线运动； （3）相比空载，当传送带在转运物块时，电动机增加的能量为：物块增加的机械能和物块在传送带上滑动时产生的热量； （4）划痕长度、摩擦生热的计算（易错点）：若物体从倾斜传送带的顶端由静止释放，所做运动的v－t图像如下， 　　则图线与横轴围成的面积表示位移，在同一段时间内的面积之差（Δx1和Δx2）表示相对位移。则划痕长度为Δx1与Δx2中的最大值，而物块与传送带摩擦产生的热量为Q＝f(Δx1＋Δx2)。 命题点3　板块模型中的动力学与能量问题 考题示例3 （2024·安徽·模拟题）如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6 kg，长木板的质量是12 kg。t＝0时二者以v0＝8 m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5 s时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分v－t图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数； （2）长木板的长度； （3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。 答案：（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2，由v－t图像可得， 0～0.5 s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2 对此过程由牛顿第二定律得μ1·(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得μ1＝0.4 0.5 s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。 由v－t图像可得，0.5 s之后长木板的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝8 m/s2 对长木板由牛顿第二定律得μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma2，解得μ2＝0.4 （2）由牛顿第二定律可得，0.5 s时刻之后小铁块的加速度大小为a3＝μ2g＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2 0.5 s时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6 m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1， 则有v2＝2a2x1，代入数据解得x1＝2.25 m 长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5 s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2， 则有v2＝2a3x2，代入数据解得x2＝4.5 m 设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5 s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有L＝x1＋x2＝2.25 m＋4.5 m＝6.75 m （3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为Q1，长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q2，则有Q1＝μ2mgL＝162 J，Q2＝μ1(M＋m)gx1＝162 J 故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能Q＝Q1＋Q2＝324 J。 跟踪训练3 （2025·河北·模拟题）如图所示，左右两端带有弹性挡板M、N的长木板乙静止放在光滑的水平地面上，物块甲放置在长木板的中点C，原长为AB的弹性绳上端固定于A点，下端穿过固定于B点的光滑圆环与物块甲连接，初始时A、B、C三点位于同一竖直线上。已知物块甲的质量m1＝6 kg，木板乙的质量m2＝2 kg、长度L0＝2 m，弹性绳的劲度系数k＝100 N/m，BC间长度为L1＝0.2 m，弹性绳的弹性势能的表达式为Ep＝（x为弹性绳的伸长量），物块甲和木板乙之间的动摩擦因数μ＝0.5，忽略挡板M、N的厚度和物块甲的大小，物块甲和木板乙之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间忽略不计，弹性绳始终处于弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2。 （1）若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度v1＝ m/s，二者向右一起减速且一直未发生相对滑动，求物块甲向右运动的最大位移x1； （2）若某时刻给物块甲、木板乙以相同的向右初速度v2，且当二者将要发生相对滑动时，将长木板乙锁定不动，使得物块甲与木板乙的挡板N仅能碰撞一次，求v2的最小值（结果可用根号表示）； （3）若将长木板乙锁定不动，给物块甲一个向右的初速度，使其初动能为Ek3＝70 J，求物块甲在长木板上运动的总路程s。 答案：解：（1）甲、乙一起向右做减速直线运动， 由能量守恒定律可得＝， 解得x1＝0.4 m。 （2）甲、乙一起向右做减速直线运动，当二者将要发生相对滑动时，二者间达到最大静摩擦力，设此时二者向右运动的位移为x2， 对乙，由牛顿第二定律得Ff＝μ(m1g－kL1)＝m2a， 对甲、乙整体，由牛顿第二定律得kx2＝(m1＋m2)a， 甲、乙向右运动位移为x2的过程中， 由能量守恒定律可得＝， 此后甲刚好减速到挡板N时速度v2最小， 由能量守恒定律可得＝， 解得v2＝ m/s。 （3）物块甲先向右运动，假设能够到达挡板，且动能为EkN1， 由能量守恒定律可得Ek3－EkN1＝， 解得EkN1＝0，则物块甲正好能够达到挡板N， 此时最大静摩擦力Ffm＝μ(m1g－kL1)＝20 N，小于弹性绳弹力的水平分力，所以将向左运动，物块从N到C过程，先加速后减速，设到达C点时动能为EkC1， 由能量守恒定律可得EkC1＋＝， 解得EkC1＝30 J，则物块甲能够返回C点，之后将继续向左运动位移大小x3， 由能量守恒定律可得EkC1＝Ff·x3＋， 解得x3＝0.6 m， 分析可知物块甲将返回C点向右运动位移大小x4， 由能量守恒定律可得Ff(x3＋x4)＝， 解得x4＝0.2 m， 此时弹性绳弹力的水平分力正好等于最大静摩擦力， 所以物块甲将静止不动，物块甲在长木板上运动的总路程s＝L0＋2x3＋x4＝3.4 m。 反思提升 解题技巧： ①弄清楚各物体初始时对地的运动和相对运动，根据相对运动（或相对运动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向。 ②对各物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，然后根据两物体运动过程中的等时性以及位移关系等，利用匀变速直线运动规律进行求解； ③二者共速时，往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 ④二者共速后运动情况的判断（难点）。假设二者相对静止共同匀减速，先用整体法求出共同运动的加速度a共，再用隔离法求两者之间的摩擦力f，使其与最大静摩擦力fmax进行比较，若f≤fmax假设成立，反之发生相对运动。 ⑤功和能的分析。对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。 注意：区分三个位移 a、求滑块的摩擦力做功时用滑块对地的位移x滑； b、求木板的摩擦力做功时用木板对地的位移x板； c、求系统摩擦生热时用相对位移Δx。 补充：滑块不从木板上掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时二者刚好共速。 第11页 共11页 学科网（北京）股份有限公司 $