第六章　第31课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用 讲义 -2027届高考物理一轮复习

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，覆盖传送带模型（水平、倾斜）及多过程运动（直线、抛体、圆周）核心考点，按“动力学分析-能量关系-综合应用”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导（如“速度相等”关键节点）、真题训练（含江苏卷实例）及分层练习，系统构建解题框架。 讲义以科学思维和物理观念为导向，创新采用“关键节点突破法”（如传送带摩擦力突变分析）和“合-分-合”多过程策略，结合典例精讲（如圆轨道脱轨临界问题）与梯度练习，培养学生模型建构和科学推理能力，助力高效突破难点，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第31课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用 目标要求　1.会用功能关系解决传送带模型综合问题。2.会利用动力学和能量观点分析多过程运动组合问题。 考点一　传送带中的能量问题 1.传送带问题的分析方法 (1)动力学角度：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)能量角度：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。 注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。 2.传送带问题涉及的功能关系 (1)传送带克服摩擦力做的功：W=Ffx传。 (2)系统产生的内能：Q=Ffx相对。 (3)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 例1　(2025·江苏扬州市检测)某快递公司分拣快件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速率顺时针转动，现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5，设皮带足够长，g取10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中(　　) A.皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是一对平衡力 B.皮带对邮件做的功和邮件对皮带做的功大小相等 C.相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为2 J D.相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为1 J 答案　C 解析　皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，故A错误；邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为x，则x=vt；摩擦力对皮带做的功W=-μmgx；邮件匀加速运动的位移x'=；皮带对邮件做的功W'=μmgx，可知二者的数值不相等，故B错误；邮件放到皮带上后做匀加速运动的加速度为a==μg=5 m/s2。邮件匀加速运动到与传送带共速的时间t== s=0.2 s；皮带相对地面的位移x=vt=0.2 m，可得：W″=μmgx=2 J，可知相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为2 J，故C正确，D错误。 例2　(2025·江苏宿迁市一模)工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品(可视为质点)无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1 kg，传送带上表面的长度L1=10 m、运行速度v0=4 m/s，斜面长度L2=1 m，产品与传送带间的动摩擦因数μ1=，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求产品在传送带上加速运动的时间t； (2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2； (3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与放上产品后电动机多消耗的电能E2的比值。 答案　(1)4 s　(2)0.25　(3) 解析　(1)根据牛顿第二定律 μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得a=1 m/s2 产品加速到v0运动的位移x==8 m<L1 即产品在传送带上先做加速运动再做匀速运动，加速时间t==4 s (2)产品在斜面上，由动能定理 -(mgsin 37°+μ2mgcos 37°)L2=0-m 解得μ2=0.25 (3)产品在传送带上获得的机械能 E1=mgL1sin 37°+m 解得E1=68 J 产品与传送带间产生的热量 Q=μ1mgcos 37°·(v0t-x) 放上产品后多消耗的电能 E2=mgL1sin 37°+m+Q 解得E2=124 J 比值=。 　解答“传送带”问题的关键 (1)明确初始时刻物体和传送带的运动关系，确定它们间的受力及位置间的变化情况，必要时可画出位置变化示意图。 (2)物体与传送带间“速度相等”是关键节点，此时注意分析摩擦力的变化是解答问题的关键。摩擦力变化情况复杂，可能出现摩擦力消失、滑动摩擦力变为静摩擦力、滑动摩擦力方向改变等情况。 考点二　应用动力学和能量观点解决多过程运动组合问题 1.多过程运动组合问题：主要是指直线运动、抛体运动和竖直面内圆周运动的组合问题。 2.解题策略 (1)动力学观点：若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。 (2)能量观点：若题目不涉及中间过程，只涉及初、末状态，优先考虑动能定理、功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。 例3　(2023·江苏卷·15)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 答案　(1)　(2) (3)d(1-μ) 解析　(1)滑雪者从A点到P点，根据动能定理有mgdsin 45°-μmgdcos 45°=m-0 根据动量定理有(mgsin 45°-μmgcos 45°)t=mvP-0 联立解得t= vP= (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点时有v=vP= (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度L最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vcos 45°=g× 水平方向上有L=vsin 45°·t' 联立可得L=d(1-μ)。 例4　某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R=1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值； (2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB； (3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围； (4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。 答案　(1)(1.2 m，0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m　(4)见解析 解析　(1)对滑块由P到A的运动， 根据平抛规律有vy=v0tan θ=3 m/s， 平抛运动的竖直方向有=2gy， 解得y=0.45 m，运动时间t==0.3 s， 则x=v0t=1.2 m， 即弹出时位置的坐标值为(1.2 m，0.45 m)。 (2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=m 从P到D点，由动能定理得 mg(y+xABsin θ-2R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m，联立解得xAB=5 m。 (3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB=5 m 滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得 mg(y+xABsin θ-R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=0-m，解得xAB=1.25 m 滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m (4)由(3)知，xAB=3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α= 从P到脱轨的位置，由动能定理得 mg(y+xABsin θ-R-Rsin α)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m 联立解得sin α=0.6 即滑块在圆心以上Rsin α=0.6 m处脱轨。 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。 课时精练 [分值：50分] [1、2题，每题4分] 1.如图所示，水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。不计煤粉的初速度，如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为(　　) A.80 W B.160 W C.320 W D.640 W 答案　B 解析　由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，即ΔP·t=mv2+Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故Q=Ff·Δx=Ffx=mv2，代入题中数据，联立解得ΔP=160 W，故选B。 2.(2025·江苏省百校联考)如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不拴接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳，使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2 m(弹性限度内)。已知物块质量为0.5 kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v=3 m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后(　　) A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动 B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为3 m/s C.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为1.75 J D.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75 J 答案　C 解析　若传送带不动，弹簧压缩量为0.2 m到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理有 W-μmgx1=0 若传送带以3 m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后，弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，假设摩擦力做正功，根据动能定理W+μmgx1=m，可得，弹簧恢复原长时，物块速度大小为v1=2 m/s 可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，假设成立，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，故A、B错误；物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，由动能定理得μmgx2=mv2-m，解得x2=0.5 m 则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为Wf=μmg(x1+x2)=1.75 J，故C正确；弹簧恢复原长后，根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为a==5 m/s2，物块做匀加速运动至与传送带达到共速的时间为t==0.2 s 这段时间内，传送带运动距离为s=vt=0.6 m 则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q=μmg(s-x2)=0.25 J，故D错误。 3.(12分)(2025·江苏盐城市五校联考)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L=4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ=0.3，传送带顺时针转动的速度v=3 m/s。设质量m=2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线方向从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R=2.0 m，对应圆心角θ=106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)(3分)物块运动到D点的速度大小vD； (2)(6分)物块下落的最大高度H； (3)(3分)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。 答案　(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J 解析　(1)物块由D点到O点根据动能定理有 mgR(1-cos 53°)=m-m 由牛顿第三定律知O点处轨道对物块支持力FN=61 N 在O点有FN-mg=m， 联立解得vD=5 m/s (2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC=vDsin 37°=3 m/s。当物块下落的高度最大时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg=ma，得a=3 m/s2 根据速度—位移公式有-=-2aL 解得vB=6 m/s 从A到B根据动能定理可得mgH=m 解得H=1.8 m (3)根据运动学知识可知vC=vB-at 解得t=1 s 所以相对位移Δx=(4.5-3) m=1.5 m 产生的热量Q=μmgΔx=9 J。 4.(14分)(2025·江苏泰州市期中)如图所示，半圆形光滑轨道AB固定在竖直面内，与光滑水平面BC相切于B点。水平面BC右侧为长度L=25 m的水平传送带，在电机带动下以v=18 m/s的速度顺时针匀速运动，传送带右侧通过一段平台DE与足够长的光滑斜面EF平滑连接。现有质量m=1 kg、可视为质点的物块P向左恰好通过圆弧最高点A，沿着圆弧运动到B点，此时速度大小为v0=20 m/s。然后从左侧滑上传送带，第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开。已知物块与传送带及平台DE间的动摩擦因数均为μ=0.2，不考虑物块滑上、滑下传送带和斜面的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(3分)半圆形轨道半径R； (2)(6分)物块沿斜面上升的最大高度h； (3)(5分)物块从A点开始到第一次回到传送带左端过程中与接触面间因摩擦产生的热量Q。 答案　(1)8 m　(2)10.6 m　(3)344 J 解析　(1)由于物块P恰好通过圆弧最高点A，则mg=m，A到B过程，根据机械能守恒定律可得mg·2R=m-m 联立解得R=8 m (2)物块从左侧滑上传送带后，有 x1== m=19 m<L 说明物块在传送带上先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，物块第一次经过D点的速度大小为18 m/s，从第一次经过D点到上升到斜面最大高度处有-mgh-μmg·xDE=0-mv2 第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开，即返回到左端时，速度减为零，则 -μmg(2xDE+L)=0-mv2 联立可得h=10.6 m，xDE=28 m (3)物块与接触面间因摩擦产生的热量为 Q=μmg(x1-v·+2xDE+L+v·) 物块从D到达斜面最高点再返回到D的过程由动能定理有-μmg·2xDE=m-mv2 联立解得Q=344 J。 5.(16分)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M=2 kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R=2 m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v=3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m=6 kg的货箱以初速度v0=6 m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1=2.875 m，木板B的右端离C点的距离d=0.5 m，传送带DE间的长度L2=13 m，θ=37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)(8分)求货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力； (2)(8分)求货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。 答案　(1)87 N，方向竖直向下　(2)6 s　-684 J 解析　(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg=ma1 解得a1=4 m/s2 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 解得a2=4 m/s2 假设货箱在木板上一直做匀减速运动，且经过时间t木板B与C端相碰， 有x2=d=a2t2 解得t= s 此时货箱的速度v1=v0-a1t=4 m/s 此时木板B的速度v2=a2t=2 m/s，假设成立 此过程中货箱发生的位移x1=v0t-a1t2= m 所以此时货箱离C点的距离d1=L1-(x1-x2)=0.875 m 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动， 有-=-2a1d1 解得vC=3 m/s 对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有 FN-mg=m 解得FN=87 N 由牛顿第三定律有F压=FN=87 N，方向竖直向下； (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有-mgR(1-cos θ)=m-m 解得vD=1 m/s 对货箱滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得a=0.4 m/s2 设货箱经过x3后与传送带共速， 由题意有v2-=2ax3 解得x3=10 m 根据v=vD+at3 解得t3=5 s 此后货箱相对传送带静止， 向上做匀速运动有t4==1 s 所以货箱从D到E的时间tCD=t3+t4=6 s 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 W1=-μmgcos θ·vt3=-576 J 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传送带做功W2=-mgsin θ·(L2-x3)=-108 J 所以摩擦力对传送带做的总功 W=W1+W2=-684 J。 学科网（北京）股份有限公司 $