专题十 动力学和能量观点的综合应用 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学与能量观点综合应用，通过传送带、板块模型等典例构建力-运动-能量逻辑链，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择|8题（含5道传送带/板块题）|结合运动过程分析摩擦力、相对位移及能量转化|牛顿定律→运动学公式→动能定理/能量守恒的递进应用| |计算|4题（含斜面、圆周运动综合题）|多过程问题，需分段列动力学方程与能量方程|通过临界条件（如共速、最高点）衔接不同运动阶段，体现能量观点对复杂过程的简化作用|

专题十　动力学和能量观点的综合应用 跟踪训练 1． 选择题： 1.(2025·云南省名校联考)如图所示，曲面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从曲面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是(　　) A.滑块可能再次滑上曲面 B.滑块在传送带上运动的时间增长 C.滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多 D.滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快 2.(2025·四川成都诊断)如图，一质量为M＝2 kg的木板静止在水平地面上，一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.地面对木板的摩擦力方向水平向右 B.地面对木板的摩擦力大小为9 N C.μ2可能为0.12 D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J 3．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的物体轻轻地放置在木板上的右端，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 4．(2025·河北邯郸高三检测)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度地轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大 B．饺子相对于传送带的位移为 C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能 5.(多选)如图所示，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－fl D．物块的动能一定小于－fl 6.(多选)(2025·辽宁大连模拟)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1＝2 m/s匀速向右运动，一质量为m＝1 kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2＝3 m/s滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程，下列判断正确的有(　　) A.滑块返回传送带右端的速率为2 m/s B.此过程中传送带对滑块做功为2.5 J C.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 J D.此过程中电动机对传送带多做功为10 J 7.(多选)皮带传送在生产生活中有着广泛的应用。一运煤传送带如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°。若传送带以恒定的速率v0＝5 m/s逆时针运转，将质量为1 kg的煤块(看成质点)无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.5 s煤块速度与传送带相同，再经t2＝2 s 到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.传送带P、Q两端的距离为15.25 m C.煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为2.75 m D.煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为21 J 8.(多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.0~2 s长木板的加速度aM＝3 m/s2 B.0~2 s过程中F1对小物块做了12 J的功 C.0~4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量 二．计算题： 9.(2025·云南师大附中适应性考试)如图所示，质量M＝1 kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有质量m＝1.5 kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的动摩擦因数μ＝。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距x0＝6.4 m，A、B一起以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角θ＝30°，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小v1; (2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm; (3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度L及系统损失的机械能ΔE。 10．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、 μ2＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块： (1)第1次滑过P点时的速度大小v1； (2)第1次在传送带上往返运动的时间t； (3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。 11.如图所示，质量为m＝2 kg的小物块，用长L＝0.4 m的细线悬挂于O点。现将物块拉至细线与水平方向夹角为α＝30°。小物块由静止释放，下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开。小物块恰好从水平粗糙传送带的最左端滑上传送带，传送带以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速运转。小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从固定光滑斜面的顶端沿斜面下滑。斜面倾角θ＝60°，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧。小物块沿斜面向下运动的最大距离x＝ m，g取10 m/s2。求: (1)细线能承受的最大拉力的大小; (2)弹簧的最大弹性势能; (3)由于物块滑上传送带电动机多做了多少功。 12.(2025·山东日照一模)如图甲所示，在竖直平面内，倾角为θ的斜面和半圆形轨道分别在B点、C点与光滑水平面相切。质量为m的小物块从斜面上A点由静止开始下滑，恰能通过半圆形轨道的最高点D，离开D后又刚好落在B点。已知A、B两点间的距离为l，小物块与斜面间的动摩擦因数随到A点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0＝tan θ)，半圆形轨道的半径为R，重力加速度为g，小物块通过轨道连接处的B、C点时无机械能损失，忽略空气阻力。求: (1)小物块第一次到达B点时，重力的功率P; (2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W; (3)B、C两点间的距离s。 参考答案： 1.答案　C解析　传送带以某一速度逆时针转动，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，所以滑块的加速度不变，即滑块速度变化的快慢不变，则滑块的位移不变，滑块还是从传送带的右端滑离传送带，不能再次滑上曲面，故A、D错误;由x＝at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位移增大，由Q＝Ffx相对，可知摩擦产生的热量增多，故B错误，C正确。 2.答案　C解析:对木板受力分析可知，滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小Ff＝μ1mg＝3 N，由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小FfM＝Ff＝3 N，故B错误;木板始终保持静止，即μ2(m＋M)g≥Ff，解得μ2≥0.1，故C正确;整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量Q＝m＝2 J，故D错误。 3.答案　C解析:由能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。 4.答案　C解析:饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，故A错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t＝，饺子在传送带上留下的痕迹长度Δs＝vt－＝，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝t，相对位移为s相对＝s传送带－s饺子＝vt－t＝t，即s相对＝s饺子，故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 5.答案　BD解析:根据题意分析可知，物块做匀减速运动，木板做匀加速运动，物块离开木板时，物块的速度v1大于木板的速度v2，则有物块位移x物＝t，木板位移x木＝t，则x物>2x木，又x物－x木＝l，v1＞v2，可知x木<l，根据动能定理有fx木＝Ek木，可知木板的动能一定小于fl，故A错误，B正确；根据能量守恒定律，有＝可知物块的动能＝，故C错误，D正确。 6.答案　ACD解析　由于传送带足够长，滑块先匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速运动，由于v1＝2 m/s<v2＝3 m/s，所以，当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块还在传送带上，之后不受摩擦力，滑块与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2 m/s，故A正确;此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为W＝mm＝－2.5 J，故B错误;设滑块向左运动的时间为t1，位移为x1，则x1＝t1，该过程中传送带的位移为x2＝v1t1，又t1＝，摩擦生热为Q1＝μmg(x1＋x2)＝10.5 J，返回过程，当物块与传送带共速时，有v1＝μgt2，物块与传送带摩擦生热为Q2＝μmg(v1t2－t2)＝2 J，则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝12.5 J，故C正确;此过程中电动机对传送带多做功为ΔW＝W＋Q＝10 J，故D正确。 7.答案　ABD解析　煤块在t1时刻的速度v0＝a1t1，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5，故A正确;在最初0.5 s内煤块的位移x1＝t1，因为μ<tan θ，所以此后煤块的加速度满足mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，再经t2＝2 s到达传送带底端Q点，有x2＝v0t2＋a2，则传送带P、Q两端的距离L＝x1＋x2，联立解得L＝15.25 m，故B正确;在最初0.5 s内煤块相对传送带向上运动，相对滑动的距离Δx1＝v0t1－x1，以后的2 s内煤块相对传送带向下滑动，相对滑动的距离Δx2＝x2－v0t2，联立解得Δx1＝1.25 m，Δx2＝4 m，则煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4 m，故C错误;煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量Q＝FfΔx＝μmgcos θ·(Δx1＋Δx2)＝21 J，故D正确。 8.答案　BC解析　对长木板进行受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律有F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，故A错误;对小物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2，长木板和小物块在0~4 s内的v－t图像如图乙所示，则0~2 s小物块做匀加速直线运动，位移大小为x＝4 m，拉力对小物块做功为W＝F1x＝12 J，故B正确;v－t图线与横轴围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度L，由v－t图像可知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，故C正确;恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，故D错误。 9.答案　(1)10 m/s　(2)4 m　(3)32 m　240 J 解析　(1)对A、B整体，由动能定理有 (M＋m)gx0sin θ＝(M＋m)(M＋m) 解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为v1＝10 m/s。 (2)第一次碰后，对A由牛顿第二定律有Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1 解得a1＝12.5 m/s2 A沿斜面向上做匀减速运动，有xm＝＝4 m。 (3)A与挡板碰后，对B由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝0 故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面向上以a1做匀减速运动，速度减到0后又反向匀加速，加速度仍为a1，速度达到v1时，发生第二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上抛运动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后， 相对位移为x相＝＝16 m.故木板长为L＝2x相＝32 m 系统损失的机械能转化为内能，即ΔE损＝μmgcos θ·L＝240 J。 10.答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J [解析]　(1)由动能定理得 (mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝－0 解得v1＝8 m/s。 (2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma 物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1 解得t1＝6 s 匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s 第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。 (3)由分析可知，物块第1次离开传送带以后，之后物块再下滑到达P点的速度小于 4 m/s，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有 Q＝μ1mgL cos 37°＋mv2＝48 J。 11.答案　(1)40 N　(2)31 J　(3)24 J 解析　(1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有 mgL(1－sin α)＝m 解得vB＝2 m/s 物块在B点时，根据牛顿第二定律有F－mg＝m 联立解得F＝40 N 即细线能承受的最大拉力的大小为40 N。 (2)物块向右滑上传送带做减速运动，因传送带的速度大于物块的初速度vB，可知物块速度减为零后将反向运动，回到传送带左端时速度大小仍为2 m/s，由于小物块落到斜面顶端时速度沿斜面方向，则cos θ＝ 物块滑到最低点，根据能量守恒定律有mv2＋mgxsin θ＝Ep 解得Ep＝31 J。 (3)物块在传送带上减速滑行和反向加速滑行的时间均为t＝ 物块相对传送带滑行的距离Δs＝v0·2t 则Q＝FfΔs＝24 J 此过程中物块的动能增量为零， 则由于物块滑上传送带电动机多做的功W＝Q＝24 J。 12.答案　(1)mgsin θ　(2)mgR－mglsin θ (3)2R 解析　(1)对小物块从A到B运用动能定理， 有mglsin θ－lmgcos θ＝m－0 其中μ0＝tan θ 解得vB＝ 重力的功率为P＝mgvBsin θ＝mgsin θ。 (2)小物块恰能通过圆形轨道的最高点D，则mg＝m 得vD＝ 小物块沿半圆形轨道运动的过程中，由动能定理得－mg·2R＋W＝mm 解得W＝mgR－mglsin θ。 (3)物体离开D后又刚好落在B点，则2R＝gt2，vDt＝s 解得s＝2R。 学科网（北京）股份有限公司 $