重难突破9 动力学和能量观点的综合应用-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习学用Word（提升版）

该高中物理高考复习学案系统梳理动力学和能量观点综合应用专题，以传送带模型、滑块—木板模型、多运动过程问题为核心考点，按“模型分析—方法提炼—真题演练”层次构建知识网络，通过问题导向任务引导学生自主整合动力学与能量观点，形成系统认知框架。 亮点在于自主诊断与科学思维培养，设置模型分析任务单和“尝试解答”真题（如2025辽宁沈阳二模题），学生可自主诊断薄弱环节，配套动力学与能量观点应用步骤指导，培养模型建构与科学推理素养，助力个性化提升，为教师因材施教提供精准学情依据。

重难突破9　动力学和能量观点的综合应用 1.会用动力学和能量观点分析“传送带”模型和“滑块—木板”模型综合问题。 2.会用能量观点求解摩擦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。 突破点一　“传送带”模型 　　 　“传送带”模型的分析 水平传送带 倾斜传送带 两种常见情境 动力学观点的应用 μmBg＝mBa xB＝，t1＝ xA＝vt1 Δx＝xA－xB μmBgcos θ－mBgsin θ＝mBa1 xB1＝，t1＝ xA1＝vt1 Δx＝xA1－xB1 功能关系的应用 对滑块：μmBgxB＝mBv2 对传送带：W电－μmBgxA＝0（即W电＝μmBgxA） 对系统：W电＝mBv2＋μmBgΔx 摩擦生热：Q＝μmBgΔx 对滑块：μmBgcos θ·xB1＝mBv2＋mBgxB1sin θ 对传送带：W电－（μmBgcos θ·xA1＋mBgsin θ·xA2）＝0 对系统：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mBv2＋mBgsin θ·（xB2＋xB1）＋μmBgcos θ·Δx 摩擦生热：Q＝μmBgcos θ·Δx 须注意的问题 传送带够不够长→滑块初速度v物是否为0→v物与传送带速度v大小比较→同向还是反向 传送带够不够长→滑块初速度v物是否为0→滑块由下到上还是由上到下→v物与传送带速度v大小比较→μ与tan θ大小比较 （2025·辽宁沈阳二模）如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度顺时针匀速转动，质量均为m＝0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为v＝4 m/s，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8 s B.A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4 m C.传送带的长度为6 m D.滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10 J 尝试解答 （2026·江苏南京期中）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。 尝试解答 　〔多选〕（2026·陕西咸阳模拟）某生产车间采用了自动化传送带来实现工件的传输，如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝4 m/s的速率顺时针运行，现把一质量为m＝1 kg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到高h＝18 m的顶端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8。以工件在传送带底端时的势能为零，（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2），则（　　） A.工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5 s B.工件的质量越大滑痕的长度越短 C.工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为128 J D.电动机由于传送工件而多消耗的电能为316 J 突破点二　“滑块—木板”模型 　　 　如图所示，光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度v1向右运动，一质量为m、速度为v2的物块冲上长木板左侧，一段时间后两者相对静止且以v3向右运动。已知v1小于v2，长木板的位移为x1，物块的位移为x2，物块与长木板间的动摩擦因数为μ。 （1）分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。 （2）结合（1）中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗？你认为损失的动能转化成了什么能？这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系？ 1.动力学分析：分别对物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；从放上物块到二者速度相等，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.功能分析：对物块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移： （1）求摩擦力对物块做的功时，用物块相对地面的位移x物。 （2）求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。 （3）求摩擦生热时用物块和木板之间的相对位移Δx。 〔多选〕（2026·河南信阳模拟）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 尝试解答 　〔多选〕（2026·安徽宿州开学考）如图所示，质量M＝2 kg，上表面粗糙的长方形木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝2 kg表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度v0＝2 m/s滑上长木板，物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，经过时间Δt＝1 s物块和长木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，则（　　） A.长木板做匀加速运动的加速度大小为1 m/s2 B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.2 C.长木板长度至少为1 m D.物块与长木板组成系统损失机械能为2 J （2026·江苏南通模拟）如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的物块（视为质点），物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg（0.5＜k＜1），初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求： （1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； （2）从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx； （3）木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。 尝试解答 突破点三　多运动过程问题 　　 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，构建大致的运动情境； （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。 （2026·广东深圳期末）如图所示，倾角θ＝37°固定斜面的底端与光滑水平面BC平滑相连，水平传送带CD两端间距离为L＝3 m，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小为v＝6 m/s，传送带上表面与光滑水平面DE在同一水平面内。水平面DE与半径为R＝0.4 m的竖直半圆形光滑轨道EF相切，现将质量为m＝1 kg的小物块（可看成质点）从斜面上高h＝0.75 m处的A点由静止释放，运动到B点的速度为vB＝1 m/s，小物块滑过传送带及水平面DE后从E点进入半圆形轨道，通过最高点F点后做平抛运动落在水平面上的G点。已知小物块与传送带上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： （1）小物块与斜面之间的动摩擦因数μ2； （2）小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN； 尝试解答 （3）传送带因传送货物多消耗的能量E0。 尝试解答 提示：完成课后作业　第六章　重难突破9 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破9　动力学和能量观点的综合应用 突破点一 【例1】　D　因为v＞v0，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有μmg＝ma，解得a＝2.5 m/s2，A减速运动的时间tA＝＝0.8 s，B从滑上传送带到匀速运动的时间tB＝＝2.4 s，故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4 s，故A错误；两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A在2.4 s内的位移xA＝（v＋v0）tA＋v0（tB－tA）＝5.6 m，故B错误；相遇前B的位移为xB＝（v－v0）tB＝2.4 m，方向向左，则传送带的长度为xA＋xB＝8 m，故C错误；A与传送带间的相对位移为ΔxA＝xA－v0tB＝0.8 m，B与传送带间的相对位移为ΔxB＝xB＋v0tB＝7.2 m，故产生的总热量为Q＝μmgΔxA＋μmgΔxB＝10 J，故D正确。 【例2】　（1）10 m/s　（2）37.5 J 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。 强化训练 　ACD　工件放到传送带上时做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，工件匀加速至v＝4 m/s时，所用时间为t1＝＝10 s，通过的位移x1＝＝20 m＜L＝＝30 m，10 s后共速，共速后由于μ＞tan θ，之后工件随传送带匀速上升，还需时间t2＝＝ s＝2.5 s，则t＝t1＋t2＝12.5 s，故A正确；工件的质量变大时，其加速的加速度不变，相对位移不变，则痕迹长度也不变，故B错误；在t1时间内传送带的位移x带＝vt＝40 m，t1时间内工件与传送带间的相对位移大小Δx＝x带－x1＝20 m，因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx，解得Q＝128 J，故C正确；电动机由于传送工件而多消耗的电能E电＝mv2＋mgh＋Q＝316 J，故D正确。 突破点二 　提示：（1）对长木板，由动能定理得μmgx1＝M－M， 对物块，由动能定理得－μmgx2＝m－m。 （2）该系统损失的动能为ΔEk损＝M＋m－（M＋m）。 系统损失的能量转化成了系统的内能，即Q＝ΔEk损， 结合（1）中动能定理表达式可得Q＝μmg（x2－x1）， 即滑动摩擦力做功产生的热量数值上等于系统损失的动能，Q＝Ff（x2－x1）。 【例3】　BC　0～2 s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图像阴影部分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热之和，故D错误。 强化训练 　ACD　长木板做匀加速运动的加速度大小a＝＝1 m/s2，故A正确；根据牛顿第二定律，对长木板F＝μmg＝Ma，解得μ＝0.1，故B错误；前1 s内长木板的位移x1＝×Δt＝×1 m＝0.5 m，物块的位移x2＝×Δt＝×1 m＝1.5 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝1 m，故C正确；物块与长木板组成系统损失的机械能ΔE＝m－v2＝2 J，故D正确。 【例4】　（1）　（2）　（3） 解析：（1）对物块与木板整体，根据动能定理有 2mgLsin θ＝×2m 解得v1＝。 （2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1 根据牛顿第二定律有mgsin θ＋kmg＝ma1 解得a1＝0.5g＋kg 方向沿斜面向下， 物块的加速度大小为a2 根据牛顿第二定律有kmg－mgsin θ＝ma2 解得a2＝kg－0.5g 方向沿斜面向上， 规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1 对物块有v共＝v1－a2t1 解得t1＝，v共＝ 木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移 x块＝ 木板的位移大小 x板＝ 之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为 Δx＝x块＋x板＝。 （3）设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中，由能量守恒定律有 mgLsin θ＋mg（L＋x）sin θ－kmgx＝0 解得x＝ 故系统产生的热量 Q＝kmgx＝。 突破点三 【例5】　（1）0.7　（2）40 N　（3）30 J 解析：（1）小物块从A点静止下滑到B点，根据动能定理有 mgh－μ2mgcos θ·＝m－0 代入数据解得μ2＝0.7。 （2）小物块滑上传送带，因vB＝1 m/s＜6 m/s，所以小物块在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 解得a1＝7 m/s2 设经过时间t，小物块与传送带共速，则有v＝vB＋a1t 解得t＝ s 则小物块匀加速运动的位移为x＝t＝2.5 m＜L＝3 m 说明小物块在传送带后一段做匀速直线运动，即小物块在D点的速度等于传送带的速度，则有vD＝v＝6 m/s 小物块从D点到F点，根据动能定理有 －mg·2R＝m－m 解得vF＝2 m/s 在F点，根据牛顿第二定律有FN'＋mg＝m 根据牛顿第三定律可得小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小 FN＝FN'＝40 N。 （3）当小物块在传送带上做匀加速直线运动时，小物块对传送带的摩擦力做负功，需要多消耗能量，则有 E0＝μ1mg·vt＝30 J。 学科网（北京）股份有限公司 $