专题九 动力学和能量观点的综合应用 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学与能量综合应用，通过分层训练构建“模型分析-规律应用-临界突破”方法体系，强化运动和相互作用观念与能量观念的融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|8题（传送带/板块模型）|动能定理/能量守恒/相对位移计算|摩擦力分析→运动阶段划分→能量转化关系| |综合提升练|2题（平抛/传送带能量）|多过程受力分析/功能关系|牛顿定律求加速度→运动学公式求位移→能量守恒综合应用| |培优加强练|1题（复杂轨道临界）|临界条件分析（圆轨道最高点）/图像法|动力学与能量观点结合→模型迁移（平抛+圆周运动）|

专题九 动力学和能量观点的综合应用 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 1.传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 2.如图所示，倾角为θ的足够长的倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行。一物块无初速度地放在传送带上端，传送带与物块之间的动摩擦因数μ>tan θ，设传送带上端位置所在水平面为参考平面，则物块运动的整个过程中，其速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E与位移x的关系图像可能正确的是(　　) 3.如图所示，木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为滑行前，图乙为滑行后。已知物块与木板之间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是(　　) A.物块所受摩擦力做功为-60 J B.摩擦力对木板做功为40 J C.物块与木板因摩擦产生的热量为60 J D.物块与木板因摩擦产生的热量为40 J 4．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，需对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　) A． 　 B． C．mv2 　 D．2mv2 5．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度地轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大 B．饺子相对于传送带的位移为 C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能 6.如图甲所示，质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小铅块以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板右端并与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成质量分别为m1、m2的1、2两部分，小铅块的初速度不变，小铅块与木板之间的动摩擦因数为μ。则(　　) A.当m1=m2时，小铅块在木板1上滑行时，两板之间的作用力为μmg B.当m1=m2时，小铅块能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止 C.当m1>m2时，小铅块可能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止 D.小铅块在木板上滑行的整个过程中，图甲情境中产生的内能一定比图乙的大 7．(多选)如图所示，水平传送带左端A与右端B相距 2.5 m，传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动。质量为 2 kg 的小滑块以2 m/s的初速度从A端滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为 0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小滑块最终从B端离开传送带 B．整个过程摩擦力对小滑块做功为－4 J C．小滑块在传送带上的划痕长度为4.5 m D．小滑块在传送带上匀速运动的时间为1.5 s ８．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率＝10 m/s 沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带上端，煤块相对地面的 v-t 图像如图乙所示，2 s 末滑离传送带，传送带上下两端长L＝16 m。设沿传送带向下为正方向。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 则(　　) A．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m C．整个过程因摩擦而产生的热量Q为48 J D．整个过程因摩擦而产生的热量Q为50 J 综合提升练 1． 计算题： 9.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。 10.(2026·江苏淮安一模)如图甲所示，电动机驱动水平传送带以v0=4 m/s的速度匀速穿过固定竖直光滑挡板，挡板与传送带边缘间的夹角θ=45°。质量m=1 kg的圆柱形物块从传送带左端由静止释放，经一段时间做匀速直线运动，接着撞击挡板，撞击挡板前后沿挡板的分速度不变、垂直于挡板的分速度减为零，撞击后紧贴挡板运动L=0.5 m滑离传送带，俯视图如图乙所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2。求: (1)物块由静止开始做加速运动的时间t; (2)物块紧贴挡板运动时所受摩擦力的大小和方向; (3)上述过程中，因传送该物块电动机多消耗的电能E。 培优加强练 11.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。已知圆轨道半径R=1 m，BC长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。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。 参考答案： 1.答案　D解析　设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的初速度为v，如果传送带速度比物块速度大，物块冲上传送带后做匀加速运动，加速度大小为a=μg，其加速位移为x=vt+at2，由动能定理得μmgx=Ek-mv2，解得Ek=mv2+μmg(vt+at2)，可知图像共速前为开口向上抛物线的一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确;如果传送带速度比物块速度小，同理可得Ek=mv2-μmg(vt-at2)，可知图像共速前为开口向上抛物线的一部分，减速至共速后动能不变，B、C错误。 2.答案　D解析　物块无初速度地放在传送带上端后，开始传送带速度大于物块速度，滑动摩擦力沿传送带向下，物块做匀加速运动，由v2=2ax得物块的速度v=，可知v-x图像不是直线，加速到与传送带速度相等后，因μ>tan θ，物块随传送带一起做匀速直线运动，故A错误;物块下滑过程中物块的重力势能为Ep=-mgxsin θ，Ep-x图像是一条倾斜的直线，故B错误;共速前物块的动能Ek=mv2=max∝x，Ek-x图像是一条过原点的倾斜直线，共速后物块的动能不变，故C错误;共速前摩擦力对物块做正功，机械能增加，E=μmgcos θ·x∝x，E-x图像是一条过原点的倾斜直线，共速后摩擦力对物块做负功，机械能减少，E=μmgcos θ·x0-mgsin θ·(x-x0)，式中x0为物块加速运动的最大位移，E与x是一次函数，E-x图像是一条倾斜直线，由于μ>tan θ，所以共速前的斜率大于共速后斜率的绝对值，故D正确。 3.答案　A解析　摩擦力对物块做的功为W1=-Ff(L-l)=-20×(5-2) J=-60 J，A正确;摩擦力对木板做的功为W2=-Ffl=-20×2 J=-40 J，B错误;物块与木板因摩擦产生的热量为Q=FfL=20×5 J=100 J，C、D错误。 4.答案　C解析 由能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。 5.答案　C解析 饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，故A错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t＝，饺子在传送带上留下的痕迹长度Δs＝vt－＝，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝t，相对位移为s相对＝s传送带－s饺子＝vt－t＝t，即s相对＝s饺子，故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 6.答案　D解析　铅块在木板1上滑行时，根据牛顿第二定律，对整块木板有μmg=(m1+m2)a，对m2有F=m2a，其中m=m1+m2，联立解得F=μm2g。当m1=m2时，小铅块在木板1上滑行时，两板之间的作用力为μmg，A错误;木板分开前、后小铅块的加速度不变，为a板==μg，小铅块在木板1上滑行时，木板的加速度为a板1==μg;小铅块在木板2上滑行时，木板m2的加速度为a板2=>μg。画出速度-时间图像如图所示，小铅块和木板的v-t图像与t轴所围的面积表示小铅块在木板上滑动的距离，第二次的面积小，表示小铅块没有滑动到木板m2的右端，B、C错误;设小铅块相对于木板滑动的距离为Δx，产生的内能为Q1=μmg·Δx1，Q2=μmg·Δx2，根据图像可知Δx1>Δx2，所以Q1>Q2，小铅块在木板上滑行的整个过程中，图甲情境中产生的内能一定比图乙的大，D正确。 7.答案　ＣＤ解析　根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，小滑块向右减速到零的时间t1＝＝2 s，运动的距离L1＝t1＝2 m，L1小于传送带的长度，因此小滑块最终从A端离开传送带，A错误；减速到零之后反向加速直到共速，加速时间t2＝＝1 s，反向加速的距离L2＝t2＝0.5 m，再向左匀速运动L3＝1.5 m到达A端，时间t3＝＝1.5 s，D正确；从滑上传送带到共速，滑块与传送带的相对位移 m＋ m＝4.5 m，C正确；根据动能定理，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量，Wf＝＝－3 J，B错误。 8.答案　ＢＣ解析 由题图乙得0～1 s内煤块加速度a1＝＝ m/s2＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1～2 s内煤块加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得μ＝0.5，故A错误；根据题图乙可知，0～1 s内传送带比煤块多运动位移Δx1＝×10×1 m＝5 m，1～2 s内煤块比传送带多运动位移Δx2＝×2×1 m＝1 m，两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故B正确；整个过程因摩擦而产生的热量Q＝＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正确，D错误。 9.答案　(1)　(2) (3)(1-μ)d 解析　(1)滑雪者由A点运动到P点的过程中， 由牛顿第二定律得mgsin 45°-Ff=ma 在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcos 45°=FN 又Ff=μFN 解得a=g(1-μ) 由运动学公式x=at2得t=。 (2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能定理得WG-Wf=0 滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得 mgdsin 45°+WG-Wf-μmgdcos 45°=mv2 联立解得v=。 (3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则 竖直方向的分速度vy=vsin 45°= 水平方向的分速度vx=vcos 45°= 滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大， 则其在空中运动的时间t== 则平台BC的最大长度为L=vxt 由以上解得L=(1-μ)d。 10.答案　(1)0.8 s　(2)5 N，方向垂直于挡板斜向右上 (3)18.5 J 解析　(1)物块做加速运动过程，根据牛顿第二定律得 加速度大小a=μg=5 m/s2 则物块由静止开始做加速运动的时间t==0.8 s。 (2)物块紧贴挡板运动时，传送带对物块的滑动摩擦力大小Ff=μmg=5 N 由于撞击挡板前后沿挡板的分速度vx不变、垂直于挡板的分速度vy减为零，如图所示 则物块紧贴挡板运动时，物块相对传送带的运动方向垂直于挡板，与vy方向相反，故物块所受摩擦力的方向垂直于挡板与vy方向相同。 (3)物块紧贴挡板运动时，对物块进行受力分析，水平面内受到垂直于挡板方向的摩擦力和挡板支持力作用，竖直方向受到重力和传送带的支持力作用，可知物块沿挡板做匀速直线运动;物块由静止加速到与传送带共速过程， 发生的相对位移为Δx1=v0t-t=1.6 m 根据能量守恒定律可知，物块由静止至加速到与传送带共速电动机多消耗的电能 为ΔE电1=m+μmgΔx1=16 J 物块与挡板撞击后紧贴挡板运动L=0.5 m滑离传送带，该过程所用时间为 t'=== s= s 该过程物块与传送带发生的相对位移为Δx2=vyt'=v0sin45°·t'=0.5 m 该过程电动机多消耗的电能为ΔE电2=μmgΔx2=2.5 J 则整个过程因传送该物块电动机多消耗的电能为 ΔE电=ΔE电1+ΔE电2=18.5 J。 11.答案　(1)(1.2 m，0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或0<xAB≤1.25 m　(4)见解析 解析　(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛运动规律有vy=v0tan θ=3 m/s，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，即弹出时滑块的位置坐标为(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)-μmgcos θ·xAB-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所受轨道压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的位置。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB=5 m 滑块从P至刚好到达与圆轨道圆心等高的位置，由动能定理得 mg(y+xAB'sin θ-R)-μmgcos θ·xAB'-μmgxBC =0-m，解得xAB'=1.25 m 滑块恰好到达C点时，由动能定理得 mg(y+xAB″sin θ)-μmgcos θ·xAB″-μmgxBC=0-m 解得xAB″<0 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0<xAB≤1.25 m。 (4)由(3)知，xAB″=3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨位置和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α=m 从P到脱轨的位置，由动能定理得 mg(y+xAB″·sin θ-R-Rsin α)-μmgcos θ·xAB″-μmgxBC=m-m 联立解得sin α=0.6 即滑块在第一次到达圆心以上Rsin α=0.6 m处脱轨。 学科网（北京）股份有限公司 $