第6章 第31课时 专题强化：动力学和能量观点的综合应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

3.A[小球下落到最低点时重力势能全部转化！考点二 为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，有！机械能等于零负值 (R+Rcos 37)-g-dtan 37" E,mx=3mg,故A正确：根据选项A和弹簧汇例3]解析根据功的定义W=Flcos a,其中 解得1=95-D、 评性势能的表达式有3测g=宁女红，解得 指物体的位移，而α指力与位移之间的夹角，可 20 知摩擦力对物块做的功W1=一ng(s十d),摩！ d 又有x-c0s37 k-6mg,故C错误；当小球的重力与弹簧弹力！ 擦力对木板做的功W,一gs,A、B正确；根据 无 动能定理可知木板动能的增量△E,一W:一 解得x≈1.8m。 大小相等时，小球有最大速度，则有mg=k:x, ngs,C错误；由于摩擦而产生的热量Q=F·} 答案(1)24N(2)7.92J(3)1.8m 再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有 △x-以ngd,D错误。 第31课时专题强化：动力学和能量 答案AB 观点的综合应用 mg(x十2红，)=之m”一”+立r,解得最大汇例解析由动能定理可知，在时间内摩考点一 速度为m√6 严，故B错买：小球运功到馨力和重力对物块微的功之和等于之m,选汇例】解析分析是典先收有加连直线运 动，由牛顿第二定律可得加速度大小a1=g 最低，点时加速度最大，有kxo一mg-ma,解得 项A错误；在1时间内，物块相对传送带的位 2m/s2,经时间61=6s,速度达到y1=a1t1= a-5g,故D错误。] 移△虹=一立4=立，则物块和传送带间 12m/s,设再经过t。煤块和传送带共速，速度 4.解析(1)弹簧恢复原长时， 为心，由题图可知，传送带减速的加速度大小 对B有ng-Fr=ma 因摩擦而产生的内能为Q=F,△r=之西月 ag=4m/S,则有=Um一a32,必=4十a1t2, 对A有Ft一ngsin30=ma 物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即 联立解得=2s,两=16m/s,此后因a>g,则 代入数据可求得F,=30N。 煤块和传送带各自匀减速到停止，煤块减速到零 △E=F·号4=F1,即在4时间内物块！ (2)初态弹簧压缩量王，=msin30°=10cm 的时间t3一 t/(m·s-) 和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械： 24 当A速度最大时有 能的增加量，远项B正确；由功能关系可知，在 作出煤块的v-t图1 1十2时间内传送带对物块做的功等于物块！ 像如图所示。由图 12 FT'=mg=kx2+mgsin 30 可知，煤块先相对传 01 弹簧仲长量6-mg一sin30=10cm 机梳能的增加量，即mgLsin0叶之md,选项C 681216t/s 正确；在1时间内因运送物块，电动机至少多！ 送带沿负方向滑动，相对位移大小△x,=12X6 2 所以A沿斜面向上运动x1十x2-20cm时获！ 得最大速度。 消耗的电能为mg1sin0叶分m十Q,由选项 m+12X2m三48m,共速后煤块相对传送带沿 (3)因x1一x2, 故弹簧弹性势能的改变量△E,一0 B可知mgL1m0叶之m=Q,则在时间内 正方向滑动，相对位移大小△，=16X4m= 2 由机械能守恒定律有 因运送物块电动机至少多消耗的电能为！ 32m,痕迹的长度△d与较长的相对位移大小 相等，即△d=△x1-48m,故A错误；全程煤块 mg(a十）-ms(a+:)in30°=号×2md 2mgL1sin0十m;在t2时间内因运送物块电 动机至少多消耗的电能为mgL2sin0:则在十 在传送带上的相对位移大小△.x=△x1一△x9= 解得w=1m/s。 2时间内因运送物块，电动机至少多消耗！ 16m,故B正确：煤块与传送带间因摩擦产生 答案(1)30N(2)20cm(3)1m/s 2mgL sin 0-+mu +mgL2 sin 0=mg(LL)sin 0 的热量Q-ng(△x1+△x2)=160J,故C正 第30课时功能关系 能量守恒定律 的电能，选项D错误。 确：若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度 均不变，则)-1图像不变，各段的相对位移不 考点 答案BC 变，则痕迹长度也不变，故D错误。 1.(1)能量转化(2)量度 ·考点三 2.减少增加E1一E2减少增加 不变化，产生转化转移总量 答案BC :[例2]解析(1)当物体沿传送带滑入时，设物 0变化增加减少△E减少增加 !讨论交流 体向下运动的加速度为a1,物体向下加速到v, 增加F:x相对 不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人： 所用时间为1，物体运动位移为，有 运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再 判断正误 umgcos 0mgsin 0=ma 转化为表针的动能，同样遵守能量守恒定律。 1./2.×3./4./ v=6+a1t1 [例5]解析(1)由题可知，滑块a在D点处的 [例1门解析人沿沙坡下滑的距离1一之= 速度为0，对滑块a由C,点至D,点过程，由动能 t 1=2 定理有 100m,重力势能减少△E,=nglsin30°-2.5× 解得a1-10m/s,t1=0.5s, 1 10J故A错误；人的动能增加△B=号m= 一m1gR=-m欢 x1=3.75m 对滑块a在C,点由牛顿第二定律有F1一m1g一 由于x1<L,最大静摩擦力Fm=μngcos0= 1.0×10J,故B正确：人的机械能减少△E= ngsin0,则共速后物体将与传送带一起做匀速 m vc2 直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度 △E。-△E=1.5×10J,故C正确；人克服阻！ R 大小为10m/s。 力做功W=△E-1.5×10J,故D错误。 结合牛顿第三定律可知，滑块α在C点对轨道 (2)0.5s内物体相对传送带运动的位移△.x1= 答案BC 压力的大小FN=F=24N。 wt1-x1=1.25m 例2]解析根据牛顿第二定律，物块沿斜面！ (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为 传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩 下滑时，有ngsin0-gcos0=ma,解得加速 E。,由能量守恒定律可知 擦力 度大小a=gsin0-ugos0,根据牛顿第二定律， E,+m1 gLsin37°=/mgLcos37+m1 g Rcos37° F:=umgcos 0-mgsin 0 物块沿斜面上滑时，有ngsin0十mngcos0= 解得Em=1.44J 物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运！ na,,解得加速度大小a2一gsin0十：gcos0,故 △x2=L-x1=6.25m 动，由能量守恒定律可知Q-E。十m1 gLsin37° a1<a2,v-t图线的斜率表示加速度，故A错 则物体与传送带间因摩擦产生的热量 解得Q=7.92J。 误；E。-1图像的斜率大小表示重力的瞬时功 Q=/ng(△.x1十△.x2)cos0 (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E 率，物块沿斜面下滑，速度越来越大，竖直方向！ 解得Q=37.5J。 点由能量守恒定律有 的速度也越来越大，故重力的功率越来越大，故 答案(1)10m/s(2)37.5J E,十gLsin37=mzgL.cos37°+mg(R+;考点二 B错误：动能随路程变化图像的斜率大小表示 合力，裉据牛顿第二定律知，沿斜面下滑的合力} Rcos 37)m vg :[例3]解析(1)滑块沿水平桌面AD做匀变 速直线运动过程中，有FN十Fsin0=ng, F1=ma1是定值，沿斜面上滑的合力F2=a2 解得vE=6m/s f=uFN, 也是定值，故C错误：根据功能关系知，摩擦力 做负功，机械能减少，又机械能随路程变化图像！ 滑块6格好能通过E点时，有%g一m。 Fcos 0-f=ma 联立可得F=4.5N 的斜率大小表示摩擦力，根据题意知摩擦力为！ 可知Ue>v,假设成立，设滑块b在空中运动的 (2)滑块离开D点后做平抛运动，由题图可知， ngcos0,为定值，故D正确。 时间为1，滑块b落在斜面上的位置与B之间的 答案D 水平距离为d,则有d-vet一Rsin37 滑块竖直方向的分位移为R,则有R=2g 469 小球到达P点时竖直方向的分速度为V,一g 、 若满足机械能守恒定律，则mgh= 联立可得v,=4m/s 重锤质量m被约去，可以直接验证h=, 因为滑块恰好经P点无碰撞进入圆轨道，所以！ 所以重锤质量可以不用测量，天平不是必需的 联立可得F一F。 2Foh 滑块到达P点时速度哈好沿曲面切线方向。 器材，故C错误：打点计时器就是计时仪器，不！ 则滑块在P点时速度与水平方向的夹角为 需要秒表（或停表），故D错误。 45°，则P点速度为vp=√2v,=4√2m/s (2)重锤从开始下落到打B,点时，减少的重力势 整理可得F-2 L ·h十F。 滑块到达M点时对轨道压力为其重力的√ 能△E,-mghg-1.00×9.8×18.90×10-2J≈ 1.85J 若别得F一图像的外率为长一咒 倍，则 2mg-mvw 打B点时速度vB _he一hA,计教点间时间间！ 则该过程满足机械能守恒定律。 R 2T (F-F。)L 从P点到M点应用动能定理 隔T-2 =0.04s,从重锤下落到打B点时增1 答案(1)Fh1 2 ( -mgRco0s45°-W克=令mu 1 np :汇例4]解析(1)系统动能增加量可表示为 加的动能△E=立mvg 联立可得W克≈3.7J。 联立解得△Ek≈1.68J。 △E=号(M+m)wg2-Mmb 22 答案(1)4.5N(2)3.7J (3)空气对重锤的阻力和打，点计时器对纸带的： 系统的重力势能减少量可表示为△E,=mgd [例4]解析(1)由题图乙得弹簧弹力做功： 阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力 W1=2J 势能的减少量会略大于动能的增加量，故A错 Madsin 30(gd 由w,=之m 误；：验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重， (2)根据机械能守恒可得(m一 力势能的减少量是否相等，质量可以约去，选择 )gd- 解得v4=4m/s (2)假设滑块在传送带上一直匀加速，由牛顿第： 质量较大的重锤，不会使得重力势能的减少量， 小于动能的增加量，故B错误；若交流电的颜率！ 2(M+m)f,即g ,代入数据得g 2v 二定律得a-mg=4g=5m/ 小于50Hz,由于速度值仍按颜率为50Hz计算，颜！ 9.6m/s。 由运动学公式得g2一va2=2aL 率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速 度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现重锤重力： 答案(1)M+m) 解得u-5m/s6m/s 2 势能的减少量小于动能的增加量，同理，交流电源！ 可知假设合理，运动时间1=B一=0.2s, 的颜率大于50Hz,则可能出现重力势能的减少， 第七章动量守恒定律 a 此过程中传送带的位移x带=1.2m 量会略大于动能的增加量，故C错误，D正确。 第33课时动量动量定理 滑块与传送带的相对位移x相一x带一L1一0.3m (4)实验要验证mgh=之mv 滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量： 考点一 Q=Mmg=0.375 J 整理可得=2gh :1.(1)质量速度(2)mw(3)矢速度 (3)若滑块刚好过F点，mg=mR 则-h图像的斜率为k=2g=19.6m/s,故2.(1)p-力(2)矢量速度的改变量△v 选A。 3.(1)力的作用时间(2)I=F△f(3)N·s 答案(1)AB (2)1.851.68(3)D 由动能定理得mgX2R=名mE (4)矢量力的方向 (4)A 考点二 ,判断正误 解得uE-2m/s 若刚好能到Q点， ·[例2]解析 (1)小车通过光电门时的速度为1，×2.×3.X4√ 汇例1]解析当两物体动量大小相等时，由E 有号muE”=mg V= 解得ve'=lm/s (2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系 知Ekp:E2=mL:m学=4：1，故A,B错 2m' 所以ve≥2m/s 统重力势能减少量为 误；当两物体动能相等时，由力=2nE知p： 滑块在摆渡车上时，由hmg=mam得滑块加 △Em-m1gl =√m：√mz=1：2,故C正确，D错误。 速度大小am=5m/s 从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动： 答案C 由Ag=Maw得摆渡车加速度大小aw=5m/S 能增加量为 :[例2]解析足球自由下落到脚部的速度 由vg-am1'=awt'=v共 滑块从滑上摆渡车到达到共速的过程中，解得！ √2gh=5m/s,动量大小p=nw=0.4X5kg· v共=2.5m/s,t'-0.5s (3)政变1，做多组实验，作出以1为横坐标，以！ m/s-2kg·m/s,A错误；足球自由下落的时间 此过程滑块相对摆渡车的位移 d ; 立 为纵坐标的图像。 若机械能守恒成立， 2h =0.5s,重力的冲量大小I=mg1= 1--琴1-1.25m g 2 2 0.4×10×0.5N·s-2N·s,B正确；根据运 所以s≥1.25m 有mgl=m+m） 动的对称性，足球与脚部作用过程中，动量变化 摆渡车不碰到DE侧壁停止后滑块继续匀减： 量△p=-mw-nw=-2X0.4×5kg·m/s= 速，由动能定理有 整理有 2mg·,则图像斜率 m1十 4kg·m/s,C错误：足球与脚部作用过程中 为 2mg 根据动量定理可得(mg一F)t=△p,解得F- vp≥2m/s时，滑块才能过F点，所以x2! 44N-11ng,D错误。 0.225m (2)mgl 答案B 所以s=x1十x1.475m [例3]解析当物块受到的摩擦力与重力相等 即摆渡车长度的范图为1,25m≤s≤1.475m。 (3) 2m1g 时，有mg=uF,解得F=10N,可知0~2s 答案(1)4m/s(2)0.375J(3)1.25m≤例3]解析 mm2 (1)对小球，根据平衡条件可得 内物块向下做加速运动，2一4$内物块向下做 1.475m 减速运动，4s末物块的速度为零，4~6s内物 第32课时实验七：验证机械能守恒定律 ng=F。 小球从五，高处摆到最低，点的过程中重力势能！ 块静止，6~8s内物块向下做加速运动，则t 考点 的减少量△E,=mgh1=Foh 8s时物块离出发点最远，B、C错误；2s末物块 1.重力势能的减少量 小球在最低，点时，根据牛顿第二定律有F一 速度最大，0一2s内摩擦力的冲量大小为【1 2.刻度尺 3.(2)接通电源松开纸带 mg=光 下-0+0,4X10X2N·s=4N·s,由动量 2 5.(1)摩擦阻力(4)+1一h。- 1 2T 又E=m 定理得g4一I1=n,解得v=10m/s,A正 [例1]解析(1)需要使用打，点计时器（包括纸 确：0~4s内摩擦力的冲量大小为I=F2= 带)打出纸带计算速度，需要使用重锤施动纸！ 联立可得小球动能的增加量△B=(日E儿，！ 2 0+0.4X20×4N:s=16N·s,D错误。 2 带，故A、B正确：实验要验证mgh=之m,因；(2)根据牛顿第二定律可得F-mg=m光 答案A 470第六章机械能守恒定律 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运动组合 问题。 考点一 传送带模型综合问题 传送带问题的分析方法 [听课记录] (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 [例2]如图，传送带以= 而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或 10m/s的速度逆时针转动， 能量守恒定律求解。 一个质量m=1kg的物体从 (3)注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往 传送带顶端以o=5m/s的 往发生突变。 速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向的夹角 (4)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=Fx传。 9?30,物体与传送带间的动峰擦因数么=停，传 ②系统产生的内能：Q=Fd相对。 送带底端到顶端长L=10m,g取10m/s2,最大 ③功能关系分析：W=△Ek十△E,十Q。 静摩擦力与滑动摩擦力相等。求： [例1]（多选）(2026·安徽合肥模拟)如图甲所 (1)物体从传送带底端滑出时的速度大小； 示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视 (2)若在物体滑入传送带运动了0.5s时，传送带 为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为：= 突然停止转动，物体在传送带上滑动过程中，因 0.2。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传 与传送带间摩擦而产生的热量。 送带在外力作用下先加速后减速，其v-1图像如 [听课记录] 图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤 块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g=10m/s2, 则下列说法正确的是 ↑v/(m·s-1) 6 12t/s 甲 A.黑色痕迹的长度为36m B.煤块在传送带上的相对位移大小为16m C.若煤块的质量为1kg,则煤块与传送带间因摩 擦产生的热量为160J D.煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短 105 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 考点二 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 [例3](2026·广东省 均为1=0.5，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数 四校联考)如图所示， 为2=0.2，重力加速度g取10m/s2。求： 质量m=0.78kg的滑 块可视为质点，与水平 桌面AD间的动摩擦 因数4=0.4；有缺口圆轨道竖直固定，半径R= 0.8m,半径ON竖直，OP与竖直方向成3=45 角，OM水平，D点到P点的竖直距离为R。滑 10 块在与水平方向成0=37°角斜向右上方的恒定 拉力F作用下，以大小为2.0m/s2的加速度a 沿水平桌面AD做匀变速直线运动：到达桌面最 0.4x/m 乙 右端D时撤去拉力F,滑块恰好经P点无碰撞进 (1)滑块滑上传送带的初速度大小A: 入圆轨道，到达M点时对轨道压力为其重力的√2 (2)滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热 倍。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2, 量Q: sin37°=0.60，c0s37°=0.80. (3)为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长 (1)求拉力F的大小： 度s的范围。 (2)滑块从P点到M点克服摩擦力做的功W克 (结果保留一位小数)。 [听课记录] [听课记录] +/总结提升/+++++++++++++++ [例4](2026·安徽合肥市第八中学月考)如图甲 1.分析思路 所示，一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程 直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道 分析物体的受力情况，以及不同运动过程中 DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在 力的变化情况： Q处的竖直挡板组成，除传送带和PQ段外各段 (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点， 表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与 分析各种力在不同运动过程中的做功情况： 轨道DE、PQ相切于E(P)处，螺旋圆形轨道半 (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守 径R=0.08m。传送带的水平部分AB长L1= 恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适 0.9m,沿顺时针运行的速率v=6m/s。PQ间 的规律求解。 距离L2=0.25m。凹槽CHID内有一无动力摆 2.方法技巧 渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量M= (1)“合” 整体上把握全过程，构建大致 0.25kg,上表面与A、B、C、D、E、P、Q点在同一水 的运动情景； 平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁 (2)“分”一将全过程进行分解，分析每个 定。现将一个质量m=0.25kg的滑块（可视作质 子过程对应的基本规律； 点)向左压缩弹簧至O点由静止释放（弹簧始终在 (3)“合”—找出各子过程之间的联系，以 弹性限度内，且OA>0.4m),弹簧的弹力F与滑 衔接点为突破口，寻求解题最优方案。 块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已 知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数 温解提示 请做课时分层检测（三十一） 精品教辅·智慧人生 106