第六章 第7讲　小专题 动力学和能量观点的综合应用 专项练习 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

**基本信息** 聚焦动力学与能量观点综合应用，通过传送带、滑块—木板等模型构建问题链，强化运动与相互作用观念及能量守恒的科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|2题|含圆弧轨道、斜面传送带，结合v-t图像分析|从受力分析到能量转化，衔接运动学公式与功能关系| |滑块—木板模型|2题|涉及相对运动、摩擦生热及临界问题|通过牛顿定律建立动力学方程，关联动量守恒与能量损耗| |多运动组合|4题|含弹簧、曲面、传送带组合，综合功率与机械能|整合曲线运动、机械能守恒及功能关系，构建多过程问题解决框架|

第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用 对点1.传送带模型中的动力学和能量问题 1.(2025·重庆一模)如图,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于Q点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.传送带匀速转动的速度大小为 B.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为R C.小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为 ∶1 D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量的最大值为mgR 2.(2025·安徽三模)轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头,工作人员将货物轻放在传送带的底端,由传送带传送到顶端,随后由其他工作人员完成装车任务,过程可以简化为如图甲所示模型。倾角为37°的传送带,在电动机的带动下以一定的速度稳定运行,电动机的内阻不计。货物质量M=50 kg,从轻放在传送带底端A处开始计时,10 s时到达顶端B,其运动过程的vt图像如图乙,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,则货物从A运动到B的过程中,下列说法正确的是(　　) A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变 B.货物机械能的增加量为4 500 J C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1 600 J D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J 对点2.“滑块—木板”模型 3.(多选)(2025·陕西渭南阶段检测)如图所示,质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m2=3 kg的物块P在木板左端,P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给物块P以v0=4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动,最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.P与Q开始相对静止时P的动能为9.375 J B.长木板Q长度至少为2 m C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 4.(2025·广西来宾期末)如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧,劲度系数为k=,下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ。已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tan θ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。 (1)木板静止在斜面AC间时,求弹簧的形变量x; (2)现将木板沿斜面缓慢下压,弹簧长度变为L时释放,求: ①释放瞬间木板加速度a的大小; ②若木板的Q端刚好能到达C点,至少要将木板截掉多长,木板被释放后能整体到达C点以上区域。 对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题 5.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,速度大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦,则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块的机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车的机械能增量为+ 6.(2025·天津一模)如图所示,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.1 m的四分之一细管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数k=100 N/m的轻弹簧,弹簧下端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m=1 kg的小球从距BC的高度h=0.6 m处由静止释放,沿BC轨道进入管口C端时与圆管间恰好无作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中系统机械能不变,且小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=1 J。小球视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球在B点的速度大小vB; (2)小球在BC轨道上运动过程中,克服摩擦力做的功W; (3)小球在压缩弹簧过程中的最大动能Ekmax。 7.(多选)(2025·广东模拟)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N,传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6 m/s、0.8 m/s,方向均已在图中标出,一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同,并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1 kg,与传送带N间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是(　　) A.小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为1.4 m/s B.小煤块传送到传送带N上后,经0.5 s与传送带N保持相对静止 C.小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线,其长度为0.25 m D.小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量为1 J 8.(2025·河北模拟)如图所示,AB为弧形轨道,在B处与水平轨道BH平滑相接,CDE为半径R=0.1 m的圆形轨道(C、E略微错开),FG段是长L1=1 m,以v0=4 m/s的速率顺时针转动的传送带,水平轨道GH的末端H处放置长L2=1 m、质量M=0.3 kg 的木板。现让质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从AB轨道高h处由静止滑下。已知滑块与传送带及木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.3,其余摩擦均不计,重力加速度g取10 m/s2。 (1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,求滑块下落的高度。 (2)若滑块恰好不滑离木板,求滑块下落的高度。 (3)求滑块到达传送带右端G点的速度大小与滑块下落高度的关系。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用 课时作业　 对点1.传送带模型中的动力学和能量问题 1.(2025·重庆一模)如图,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于Q点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.传送带匀速转动的速度大小为 B.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为R C.小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为 ∶1 D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量的最大值为mgR 【答案】 D 【解析】 小滑块滑上传送带后先向右减速运动,速度减为0后又在传送带上向左加速,若小滑块能够与传送带达到共速后滑上圆弧,并上升的最高点距Q点高度为R,设传送带速度为v,则有mg×R=mv2,则v=,A错误;之后小滑块一直重复运动,每次返回时上升的最高点距Q点高度始终为R,B错误;小滑块第一次由P点静止释放,到达Q点时速度为v1=,小滑块第二次经过圆弧轨道的Q点时速度为v=,根据公式an=得其加速度之比为2∶1,C错误;若小滑块与传送带共速后返回圆弧轨道,其间二者相对位移最大,产生的热量最多,设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,此情境下小滑块第一次在传送带上做匀减速直线运动的时间为t1==,相对传送带的距离为Δs1=vt1+t1,解得Δs1=,反向匀加速直线运动的时间为t2==,相对传送带的位移为Δs2=vt2-t2,解得Δs2=,则产生的热量为Qmax=μmg (Δs1+Δs2),解得Qmax=mgR,D正确。 2.(2025·安徽三模)轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头,工作人员将货物轻放在传送带的底端,由传送带传送到顶端,随后由其他工作人员完成装车任务,过程可以简化为如图甲所示模型。倾角为37°的传送带,在电动机的带动下以一定的速度稳定运行,电动机的内阻不计。货物质量M=50 kg,从轻放在传送带底端A处开始计时,10 s时到达顶端B,其运动过程的vt图像如图乙,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,则货物从A运动到B的过程中,下列说法正确的是(　　) A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变 B.货物机械能的增加量为4 500 J C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1 600 J D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J 【答案】 C 【解析】 由题图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,在匀加速阶段,摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有Ff1-Mgsin 37°=Ma,其中a= m/s2,解得Ff1= 320 N,在匀速阶段,货物随传送带向上运动,由平衡条件可知,摩擦力大小Ff2=Mgsin 37°=300 N,即两个阶段摩擦力大小发生了变化,A错误;货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和,其动能增加量为ΔEk=Mv2=×50×22 J=100 J,重力势能增加量为ΔEp=MgLsin 37°,其中L为传送带长度,根据题图乙可知货物前5 s匀加速运动的位移为x1=t1=×5 m=5 m,后 5 s匀速运动的位移为x2=vt2=2×5 m=10 m,可知L=x1+x2=15 m,解得ΔEp=4 500 J,其机械能增加量为ΔE=ΔEp+ΔEk=4 600 J,B错误;货物在匀加速阶段相对传送带的位移为Δx=x传-x1=2× 5 m-5 m=5 m,则摩擦产生的热量Q=Ff1Δx=320×5 J=1 600 J,C正确;电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和,即ΔE电=ΔE+Q=6 200 J,D错误。 对点2.“滑块—木板”模型 3.(多选)(2025·陕西渭南阶段检测)如图所示,质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m2=3 kg的物块P在木板左端,P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给物块P以v0=4 m/s 的初速度使其在木板上向右滑动,最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.P与Q开始相对静止时P的动能为9.375 J B.长木板Q长度至少为2 m C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 【答案】 BC 【解析】 P的加速度为 aP=-=-2 m/s2,Q的加速度为 aQ==2 m/s2,两者共速时有v共=v0+aPt=aQt,解得t=1 s,v共=2 m/s,此时P的动能为Ek=m2=6 J,A错误;P、Q共速时的相对位移为Δx=t-t=2 m,之后不发生相对滑动,故长木板Q长度至少为 2 m,B正确;P与Q之间产生的热量为Q1=μ1m2gΔx=12 J,由能量守恒定律得,地面与Q之间产生的热量为Q2=m2-Q1=12 J,P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为 1∶1,C正确,D错误。 4.(2025·广西来宾期末)如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧,劲度系数为k=,下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ。已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tan θ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。 (1)木板静止在斜面AC间时,求弹簧的形变量x; (2)现将木板沿斜面缓慢下压,弹簧长度变为L时释放,求: ①释放瞬间木板加速度a的大小; ②若木板的Q端刚好能到达C点,至少要将木板截掉多长,木板被释放后能整体到达C点以上区域。 【答案】 (1)　(2)①3gsin θ　②L 【解析】 (1)木板静止在斜面AC间时,根据平衡条件有kx=mgsin θ, 而k=,联立解得x=。 (2)①释放木板瞬间,根据牛顿第二定律有kL-mgsin θ=ma, 联立解得a=3gsin θ。 ②木板释放后到达最高点过程中,根据系统能量守恒可知释放时弹簧弹性势能为 Ep=mg·2Lsin θ, 设将木板截短后还剩x,被释放后恰好能整体到达C点以上区域, 则满足Ep=mg·3Lsin θ+μmgxcos θ, 又μ=2tan θ, 联立解得x=L, 可得木板截掉的部分长度为Δx=L-x=L。 对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题 5.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,速度大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦,则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块的机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车的机械能增量为+ 【答案】 C 【解析】 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,根据运动学公式有=2ax1,解得物块的位移大小为x1=,A错误;物块的机械能增量为ΔE=m+mgx1· sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车的机械能增量为ΔE′=m+mgxsin 30°=+,D错误。 6.(2025·天津一模)如图所示,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.1 m的四分之一细管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数k=100 N/m的轻弹簧,弹簧下端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m=1 kg的小球从距BC的高度h=0.6 m处由静止释放,沿BC轨道进入管口C端时与圆管间恰好无作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中系统机械能不变,且小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=1 J。小球视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球在B点的速度大小vB; (2)小球在BC轨道上运动过程中,克服摩擦力做的功W; (3)小球在压缩弹簧过程中的最大动能Ekmax。 【答案】 (1)2 m/s　(2)5.5 J　(3)1.5 J 【解析】 (1)小球在曲面AB上运动的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=m, 解得vB=2 m/s。 (2)小球经过C点时,根据牛顿第二定律有mg=m, 小球从B到C,根据动能定理有-W=m-m, 解得W=5.5 J。 (3)小球动能最大时合力为0,则有kx=mg, 以C点为重力势能参考平面,根据系统机械能守恒有m=Ep-mg(r+x)+Ekmax, 代入数据解得Ekmax=1.5 J。 7.(多选)(2025·广东模拟)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N,传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6 m/s、0.8 m/s,方向均已在图中标出,一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同,并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1 kg,与传送带N间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是(　　) A.小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为1.4 m/s B.小煤块传送到传送带N上后,经0.5 s与传送带N保持相对静止 C.小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线,其长度为0.25 m D.小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量为1 J 【答案】 BC 【解析】 小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为v= m/s= 1 m/s,故A错误;小煤块在传送带N上滑动的过程中,其所受滑动摩擦力大小Ff=μmg=2 N, 方向如图所示,小煤块相对传送带N做匀减速直线运动,其加速度大小为a==μg=2 m/s2,从小煤块滑上传送带N到小煤块与传送带N保持相对静止的时间t==0.5 s,故B正确;设小煤块在传送带N上滑动的划痕的长度为l,根据匀变速直线运动的规律有v2=2al,解得l=0.25 m,故C正确;小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量Q=μmgl=0.5 J,故D错误。 8.(2025·河北模拟)如图所示,AB为弧形轨道,在B处与水平轨道BH平滑相接,CDE为半径R=0.1 m的圆形轨道(C、E略微错开),FG段是长L1=1 m,以v0=4 m/s的速率顺时针转动的传送带,水平轨道GH的末端H处放置长L2=1 m、质量M=0.3 kg的木板。现让质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从AB轨道高h处由静止滑下。已知滑块与传送带及木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.3,其余摩擦均不计,重力加速度g取10 m/s2。 (1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,求滑块下落的高度。 (2)若滑块恰好不滑离木板,求滑块下落的高度。 (3)求滑块到达传送带右端G点的速度大小与滑块下落高度的关系。 【答案】 (1)0.25 m　(2)0.3 m　(3)见解析 【解析】 (1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,则有mg=m,滑块从释放至到达圆形轨道最高点,根据动能定理有mg(h1-2R)=m, 解得滑块下落的高度h1=0.25 m。 (2)若滑块到达木板右端时二者共速,则滑块恰好不滑离木板,规定向右为正方向, 对滑块有v共=v1-a1t,a1=μ2g, 对木板有v共=a2t,a2=, 二者位移关系为v1t-a1t2-a2t2=L2, 联立解得v1=2 m/s<v0, 可知滑块在传送带上一直做加速运动,滑块从释放点到H点,根据动能定理有 mgh2+μ1mgL1=m-0, 联立解得h2=0.3 m。 (3)若滑块一直加速到G点的速度大小为v0时,有mgh3+μ1mgL1=m-0, 解得h3=0.7 m; 若滑块一直减速到G点的速度大小为v0时,有mgh4-μ1mgL1=m-0, 解得h4=0.9 m。 当0.25 m≤h≤0.7 m时,设滑块运动到F点的速度为v3,则有mgh=m-0, 滑块在传送带上运动过程有-=2μ1gL1, 解得vG= m/s; 当0.7 m<h<0.9 m时, 有vG=v0=4 m/s; 当h≥0.9 m时, 有mgh-μ1mgL1=m-0, 解得vG= m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $