专题十 动力学和能量观点的综合应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学和能量观点综合应用专题，覆盖传送带、滑块—木板、多运动组合三大核心模型，按“模型分析方法—功能关系梳理—典例实战突破”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建力学问题分析框架。 讲义突出科学思维与模型建构，如传送带模型教学中，先引导学生判断摩擦力方向及共速条件（科学推理），再结合相对位移公式计算热量（模型建构），设置基础到综合的典例梯度，配合分步解析，有效提升学生解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

专题十 动力学和能量观点的综合应用 讲义 考点一　“传送带”模型 1.“传送带”模型的分析方法 (1)动力学观点: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)能量观点: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.“传送带”模型中的功能关系 (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。 3.解决传送带问题的关键点 (1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。 (2)物体能否达到与传送带共速的判断。 (3)弄清能量转化关系:传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。 典例1：某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1 m/s2的加速度向前加速运行。如图所示，在传送带空载的某时刻，某质量为20 kg的货物向前以3 m/s的初速度滑上传送带。已知传送带长为6 m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，g＝10 m/s2，求： (1)货物用多长时间到达传送带末端； (2)整个过程传送带对货物做的功； (3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。 [解析]　(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＝ma′ 解得a′＝2 m/s2 设经时间t1两者共速，则v0－a′t1＝at1 解得t1＝1 s 故货物运动1 s后两者共速 此时的速度大小v＝at1＝1 m/s 从开始到二者共速，货物的位移x1＝＝2 m 由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则＝l－x1 解得t2＝2 s 所以货物到达传送带末端所用的时间t＝t1＋t2＝3 s。 (2)设货物到达传送带末端的速度大小为v′，则v′＝v＋at2 解得v′＝3 m/s 货物从滑上传送带至到达传送带末端的过程 由动能定理得W＝ 解得W＝0。 (3)货物和传送带之间的相对位移Δx＝＝1.5 m 所以整个过程因摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝60 J。 [答案]　(1)3 s　(2)0　(3)60 J 典例2：如图所示，传送带以v＝10 m/s的速度逆时针转动，一个质量m＝1 kg的物体从传送带顶端以v0＝5 m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，传送带底端到顶端长L＝10 m，g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求: (1)物体从传送带底端滑出时的速度大小; (2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间摩擦而产生的热量。 [解析]　(1)当物体沿传送带滑入时，因为v0<v，所以物体先做加速运动，设物体加速运动的加速度大小为a1，物体向下加速到v所用时间为t1，此段时间内物体运动位移为x1，则有μmgcos 30°＋mgsin 30°＝ma1 v＝v0＋a1t1 x1＝t1 联立解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝3.75 m 由于x1<L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。 (2)0.5 s内物体相对传送带运动的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25 m 传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力 Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30° 物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m 则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos 30° 解得Q＝37.5 J。 [答案]　(1)10 m/s　(2)37.5 J 考点二 “滑块—木板”模型 1.“滑块—木板”模型中的位移关系 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。 2.“滑块—木板”模型的分析 (1)动力学观点:分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。 (2)能量观点: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，Q＝ΔE机。如图所示，要注意区分三个位移: ①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑; ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板; ③求摩擦生热时用相对位移Δx。 3.解决“滑块—木板”模型的关键 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。 水平面上的“滑块—木板” 典例3：(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。t＝0时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。t＝2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．0～2 s内长木板的加速度大小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、木板系统做的功等于系统机械能的增加量 [答案]　BC[解析]　对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2 s内，由牛顿第二定律得μ1mg－F1＝ma1，解得a1＝－2 m/s2,2 s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，作出长木板和小物块在0～4 s内的v－t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0～2 s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x＝4 m，拉力F1对小物块做功为W＝F1x＝12 J，B正确；两条v－t图线围成图形的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v－t图像知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，C正确；由功能关系知，恒力对小物块和木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，D错误。 倾斜面上的“滑块—木板” 典例4：如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上有一质量M＝4 kg 的足够长的木板A，在A的上端有一质量m＝2 kg 的物块B(可视作质点)，物块B与木板A间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s＝ m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木板A第1次碰撞挡板P时的速度大小； (2)求从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间，并求出在此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.25 s　6.5 J [解析]　(1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑， 由牛顿第二定律有(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a 可得a＝g sin θ＝6 m/s2 设木板碰撞挡板时速度为v，则v2＝2as 代入数据解得v＝2 m/s。 (2)碰撞后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA， 有Mg sin θ＋μmg cos θ＝MaA 可得aA＝8 m/s2 故所求时间t＝＝0.25 s 木板A上滑距离xA＝＝ m 此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB， 有mg sin θ－μmg cos θ＝maB 可得aB＝2 m/s2 物块B下滑距离xB＝vt＋aBt2＝ m 故因摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·(xA＋xB)＝6.5 J。 考点三　多运动组合模型 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。 典例5：如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道。一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点。物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，结果可保留分数) (1)C、D两点间的距离x； (2)物块从B点运动到E点的时间t； (3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s。 [答案]　(1)1.2 m　(2) s　(3)6 m　1.35 m [解析]　(1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律有 mgR＝mv，解得vB＝3 m/s 物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知， 物块在D点的速度大小vD＝＝5 m/s 竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s 竖直方向物块做自由落体运动，有vy＝gt1 解得t1＝0.4 s，C、D两点间的距离x＝vBt1＝1.2 m。 (2)物块在斜轨道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2 由L1＝vDt2＋a1t 代入数据解得t2＝ s 物块从B点运动到E点的时间t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s。 (3)物块由F到G，由机械能守恒定律mv＝mgR， 代入数据解得vF＝＝3 m/s 物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s 物块从E到F，由动能定理可得－μmgL2＝mv－mv 代入数据解得L2＝6 m 物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下， 由动能定理可得－μmgs＝0－mv 代入数据解得s＝1.35 m。 典例6：小昊将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [答案]　(1)见解析　(2)不会冲出　(3)见解析 [解析]　(1)据机械能守恒定律mgH＝mgR＋mv 牛顿第二定律FN＝＝8 N 牛顿第三定律FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。 (2)设能在斜轨道上到达的最高点为C′点，据功能关系 mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ 得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出。 (3)设滑块运动到距A点x处的速度为v， 据动能定理mgH－μmgx＝mv2 碰撞后的速度为v′，据动量守恒定律mv＝3mv′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，据动能定理 －3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2 得h＝x－　　　　　　h＝0。 学科网（北京）股份有限公司 $