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

**基本信息** 聚焦动力学与能量观点综合应用，精选8道题（含5道选择、3道计算），以传送带、板块模型等真实情境为载体，适配高中物理一轮复习 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|5道（含1道多选）|传送带问题、摩擦力做功、能量转化、v-t图像分析|结合安检机、行李传送等生活场景，考查牛顿定律与能量观点综合应用| |计算题|3道|板块模型、斜面运动、摩擦生热、机械能守恒|设置多过程问题，要求分析动摩擦因数、热量计算等，贴近高考真题综合设问趋势|

重难突破9　动力学和能量观点的综合应用 1.★（2026·四川宜宾期末）如图甲所示为宜宾市高铁站的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为3 m，传送带始终以恒定速率0.30 m/s运行。一质量为2.0 kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.60，g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.小包加速运动过程中，摩擦力对小包做负功 B.小包在传送带上运动过程中，摩擦力对小包做的功为36 J C.小包在传送带上运动过程中，因摩擦而产生的热量为0.18 J D.由于传送该小包，电动机多消耗的电能为0.18 J 2.（2025·广东广州二模）如图a，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图b。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（　　） A.0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移不同 B.0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度相同 C.0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量 D.0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量 3.（2026·贵州六盘水期末）如图所示，电动机带动传送带逆时针匀速运动的速度大小v＝2 m/s，一质量为m＝1 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s从左向右滑上传送带然后返回到出发点，已知小物块与传送带接触面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。在整个过程中，下列说法正确的是（　　） A.皮带长度s至少3 m B.摩擦力对物块做功6 J C.摩擦产生热量16 J D.相比电动机带动传送带空转，物块滑上传送带后，电动机多消耗了12 J能量 4.（2026·四川成都模拟）如图，质量为M＝2 kg的木板静止在水平地面上，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），重力加速度大小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 5.〔多选〕（2026·甘肃白银模拟）机场工作人员通过传送带将旅客托运的行李送上飞机的情景如图甲所示，其简化模型如图乙所示，工作人员把行李轻轻地放在以恒定速度v顺时针转动的传送带的底端，质量为m的行李经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端。已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径，行李可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A.在匀速阶段，传送带对行李的作用力大小为mgsin θ B.行李从传送带底端运动到顶端的过程中，克服重力做的功为mgLsin θ C.行李在传送带上运动的过程中，传送带对其做的功为mv2＋mgLsin θ D.传送带因传送行李而多做的功等于行李机械能的增加量和传送带与行李因摩擦产生的热量之和 6.〔多选〕（2025·安徽池州二模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则（　　） A.1～3 s时间内物块所受摩擦力做正功 B.0～3 s时间内物块平均速度大小为8 m/s C.物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3 s D.0～1 s与1～3 s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比为3∶2 7.（2025·辽宁沈阳二模）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长度为6 m，长度为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： （1）长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2； （2）从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。 8.（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。 3 / 3 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 1.D　摩擦力使小包加速运动，对小包做正功，故A错误；在水平传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝6 m/s2，设小包能加速到与传送带相同速度v0，则其加速位移为x1＝＝0.007 5 m＜3 m，假设成立，则摩擦力对小包做功为Wf＝μmgx1＝0.6×2×10×0.007 5 J＝0.09 J，故B错误；小包加速运动时间为t＝＝0.05 s，则此过程传送带位移为x2＝v0t＝0.015 m，二者因摩擦而产生的热量为Q＝μmg（x2－x1），解得Q＝0.09 J，故C错误；由能量守恒定律可知由于传送该小包，电动机需多消耗的电能为E电＝m＋Q，解得E电＝0.18 J，故D正确。 2.C　0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度大小相等、方向相反，故B错误；v-t图像与时间轴所围图形的面积表示位移，根据图b可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同，故A错误；砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，C正确；根据功能关系W拉＝ΔEk总＋Q，即0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热，故D错误。 3.D　小物块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，当速度减为0时，位移为s1＝＝4 m，故皮带长度s至少4 m，故A错误；小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向做匀加速直线运动，因v0＝4 m/s＞v＝2 m/s，故小物块返回左端时的速度为v＝2 m/s，整个过程，只有摩擦力做功，根据动能定理有Wf＝mv2－m，解得Wf＝－6 J，故B错误；小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，则运动的时间为t1＝＝2 s，此过程中传送带的位移为s2＝vt1＝4 m，故小物块相对传送带的位移为Δs＝s2＋s1＝8 m，当小物块反向做匀加速直线运动，直到速度为v＝2 m/s时，加速度不变，则运动的时间为t2＝＝1 s，此过程小物块的位移为s1'＝＝1 m，此过程中传送带的位移为s2'＝vt2＝2 m，相对位移为Δs'＝s2'－s1'＝1 m，摩擦产生的热量为Q＝μmg（Δs＋Δs'）＝18 J，故C错误；相比电动机带动传送带空转，物块滑上传送带后多消耗的能量为ΔE＝ΔEk＋Q，其中ΔEk＝Wf＝－6 J，则ΔE＝12 J，故D正确。 4.C　根据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＝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＝3 N，故B错误；木板始终保持静止，即μ2（m＋M）g≥Ffm，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。 5.BCD　在匀速阶段，行李受到竖直向下的重力和传送带对它的作用力，合力为零，所以行李受到传送带的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A错误；在传送带上运动时，行李克服重力做的功W克G＝mgLsin θ，故B正确；行李在传送带上运动的过程中，由功能关系可知传送带对行李做的功等于行李增加的机械能，所以W＝mv2＋mgLsin θ，故C正确；整个过程中传送带因传送行李而多做的功等于行李机械能的增加量加上传送带与行李摩擦产生的热量，故D正确。 6.AC　由题图乙可知，在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反，所以0～1 s时间内物块所受摩擦力做负功，1 s末至物块到达传送带顶端，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，所以1～3 s时间内物块所受摩擦力做正功，故A正确；物块运动的位移大小等于v-t图线与坐标轴所围图形的面积大小，为x＝×1 m＋ m＝20 m，物块平均速度大小为＝＝ m/s，故B错误；物块下滑加速度与1～3 s时间内物块加速度相同a2＝＝4 m/s2，根据x＝a2，解得t2＝ s，故C正确；摩擦热等于阻力乘以相对位移，所以0～1 s与1～3 s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比等于相对位移之比，根据图像可知＝＝，故D错误。 7.（1）0.5　0.375　（2）90 J 解析：（1）设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，长木板A和物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长度为L、物块B的质量为m，则斜面长度为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝a1t2 根据牛顿第二定律得 2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1 以物块B为研究对象，则2L＝a2t2 根据牛顿第二定律得mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2 联立以上各式并代入数据解得 μ1＝0.5，μ2＝0.375。 （2）设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式有 L＝v1t，2L＝v2t 摩擦产生的总热量 Q＝mg2Lsin θ＋2mgLsin θ－m－×2m （或Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L） 解得Q＝90 J。 8.（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，则由重力充当向心力有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＝m－m 解得W＝mgR－mglsin θ。 （3）小物块离开D后又刚好落在B点，则2R＝gt2，s＝vDt 解得s＝2R。 学科网（北京）股份有限公司 $