第6章 微专题8 动力学和能量观点的综合应用（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦动力学和能量观点综合应用，覆盖传送带、滑块—木板、连接体三大高考核心模型，按动力学分析到能量观点的逻辑梳理考点，通过方法总结、典例精讲、类题巩固、配套热练四环节，帮助学生构建问题分析框架，突破综合应用难点。 资料以科学思维和能量观念为导向，每个模型提炼“受力分析—运动过程—能量转化”分析路径，如传送带问题结合牛顿第二定律与功能关系推导内能计算式，培养学生模型建构与科学推理能力。设置选择、计算分层练习，配合即时反馈，助力学生高效提升应考能力，为教师提供精准复习节奏把控方案。

动力学和能量观点的综合应用 考点一　传送带中的动力学和能量问题 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． 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＝fx传． (2) 系统产生的内能：Q＝fx相对． (3) 功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q． 典例1　(2026·南通期初)如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝2 m/s的速率顺时针运行，传送带下端A点与上端B点间的距离l＝14 m．现将一质量m＝1 kg的小工件无初速度地放于A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8． (1) 求工件刚放上传送带时的加速度大小a． (2) 求工件从A点至B点的过程中传送带对工件做的功W． (3) 若每隔1 s把一个工件无初速度地放于A点，工件至B点时即脱离传送带．求满载与空载相比，传送带需要增加的功率ΔP． 答案： (1) 1 m/s2　(2) 86 J　(3) 100 W 【解析】 (1) 工件放在传送带上后，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝1 m/s2 (2) 工件沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速时间为t1，加速位移为l1，则有v＝at1，l1＝at 解得t1＝2 s，l1＝2 m＜14 m 故传送带对工件做功为 W＝μmg cos θ·l1＋mg sin θ·(l－l1) 代入数据解得W＝86 J (3) 若每隔1 s把一个工件无初速度地放于A点，由于加速到与传送带共速所用时间为t1＝2 s，则共速后相邻工件的距离为Δx＝vΔt＝2 m 又l＝14 m＝2 m＋6×2 m 可知满载时传送带上共有8个工件，其中2个受滑动摩擦力，6个受静摩擦力．因此满载与空载时相比，传送带需要增加的功率为 ΔP＝2μmg cos θ·v＋6mg sin θ·v 代入数据解得ΔP＝100 W 类题固法1 1．(2026·南通如皋期初)如图甲所示，某物流车间用电动机传动的匀速运动的传送带运送包裹．一包裹被轻放在传送带底端，在整个运动过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示．则(　C　) 甲 乙 A．包裹在整个过程中受到的摩擦力恒定 B．包裹在整个过程中动能一直增加 C．包裹与传送带相对滑动产生的内能等于E1 D．电机因传送包裹多消耗的能量等于E2＋2E1 【解析】 由题可知，包裹与传送带间动摩擦因数μ＞tan θ，包裹在整个过程中先做匀加速，后做匀速运动，共速前，包裹受到的摩擦力大小为f＝μmg cos θ，方向沿传送带向上，共速后，摩擦力的大小为f′＝mg sin θ，方向沿传送带向上，包裹的动能先增大，后不变，故A、B错误；设传送带速度为v，包裹受到滑动摩擦力为f，从滑上传送带到共速时间为t，根据功能关系可知，包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝fx＝f·＝f·vt，包裹的机械能E变化量E1＝f·vt，因此包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝E1，故C正确；电机因传送包裹多消耗的能量ΔE等于包裹机械能增加量和摩擦生热之和，即ΔE＝Q＋E2＝E1＋E2，故D错误． 2．如图所示，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°.质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长．某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地．取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1) 物块B刚下降时的加速度a． (2) 物块A从底端到达顶端所需的时间t． (3) 物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W． 答案： (1) 2 m/s2　(2) 2.5 s　(3) 136 J 【解析】 (1) 设绳中拉力为T1 对A分析有 μm1g cos θ＋T1－m1g sin θ＝m1a 对B分析有 m2g－T1＝m2a 解得a＝2 m/s2 (2) 第一阶段：物块A经过t1与传送带速度相同 由t1＝，得出t1＝2 s 物块沿传送带上升距离L1＝，得出L1＝4 m 因为μm1g cos θ＞m1g sin θ－m2g 所以第二阶段：物块A受沿传送带向上的静摩擦力，与传送带相对静止一起匀速运动，到达顶端所需时间为t2 由t2＝，得出t2＝0.5 s 则物块从底端到达顶端所需时间t＝t1＋t2＝2.5 s (3) 全过程中物块A增加的重力势能 ΔEpA＝m1gL sin θ＝144 J 物块B减少的重力势能ΔEpB减＝m2gL＝120 J 物块A、B动能增加ΔEk＝(m1＋m2)v2＝48 J 物块A与传送带间摩擦生热 Q＝μm1g(vt1－L1)cos θ＝64 J 则电动机多做的功W＝ΔEpA－ΔEpB减＋ΔEk＋Q 解得W＝136 J 考点二　“滑块—木板”模型中的动力学和能量问题 1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移． 2．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移： (1) 求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑． (2) 求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板． (3) 求摩擦生热时用相对位移Δx． 典例2　(2026·如皋期初)某传送装置如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，电动机用轻绳通过定滑轮与木板相连，木板上静置一物块．电动机以恒定功率P拉动木板由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间，木板与物块的速度刚好相同，大小为v0.已知木板与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数μ＝，木板和斜面均足够长，轻绳与斜面始终平行，重力加速度为g，忽略其他摩擦．求上述时间内： (1) 物块刚开始运动时的加速度大小a． (2) 物块重力势能的增加量ΔEp． (3) 木板和物块间因摩擦产生的内能Q． 答案： (1) g　(2) mv　(3) － 【解析】 (1) 对物块，根据牛顿第二定律有 μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a＝g (2) 根据运动学公式v＝2ax1 解得x1＝ 物块重力势能的增加量ΔEp＝mgx1sin 30° 解得ΔEp＝mv (3) 运动时间为t＝ 对木板，根据动能定理有 Pt－(μmg cos 30°＋mg sin 30°)x2＝mv 解得x2＝－ 木板和物块间因摩擦产生的内能Q＝μmg cos 30°(x2－x1) 解得Q＝－ 类题固法2 1．如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止．若将木板分成长度相等的两段(如图乙所示)，滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变．下列说法中正确的是(　B　) 甲 乙 A．滑块滑到木板的右端后飞离木板 B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止 C．两过程滑块的动量变化相同 D．两过程系统产生的热量相等 【解析】 第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端就与木板保持相对静止了，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知滑块在图乙木板上滑行产生的热量小于在甲图木板上滑行产生的热量，故D错误． 考点三　连接体中的动力学和能量问题 典例3　(2025·南京、盐城一模)如图所示，水平地面上固定有两个相同倾角θ＝37°的斜面体(顶端固定有小滑轮)，两滑轮间的距离d＝12 cm.两根等长的细线绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为M＝5 kg的物块相连，另一端与质量m＝3 kg的小球连接．初始时刻，用手竖直向下拉住小球，使系统保持静止，此时两细线与竖直方向间的夹角均为α＝37°，松手后，小球将在竖直方向上运动．忽略一切摩擦，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1) 开始时手对小球的拉力大小F． (2) 小球能够上升的最大高度h． (3) 小球回到初始位置时的加速度大小a． 答案： (1) 18 N　(2) 8 cm　(3) m/s2 【解析】 (1)初始时刻系统静止，对物块有 T＝Mg sin θ＝30 N 假设F方向向下，对小球有2T cos 37°＝mg＋F 解得F＝18 N (2) 小球上升到最大高度时，系统的动能为0 设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β 对系统有2Mg sin θ＝mg 解得β＝90° 可见小球上升到最大高度时绳子水平，小球上升的最大高度为h＝＝8 cm (3) 对物块有Mg sin α－T1＝MaM 对小球有2T1cos α－mg＝ma 加速度关系aM＝a cos α 联立方程解得a＝ m/s2 类题固法3 1．(2021·江苏卷)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°.现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1) 装置静止时，弹簧弹力的大小F． (2) 环A的质量M． (3) 上述过程中装置对A、B所做的总功W． 答案： (1) 　(2) m　(3) mgL 【解析】 (1) 设AB、OB的张力分别为F1、F2，A受力平衡有F＝F1sin 37° B受力平衡有F1cos 37°＋F2cos 37°＝mg F1sin 37°＝F2sin 37° 解得F＝ (2) 设装置转动的角速度为ω 对A有F＝Mω2·L 对B有mg tan 53°＝mω2·L 解得M＝m (3) B上升的高度h＝L，A、B的动能分别为 EkA＝M EkB＝m 根据能量守恒定律可知W＝EkA＋EkB＋mgh 解得W＝mgL 配套热练 一、 选择题 1．如图所示，传送带以速度v匀速运动．将质量为m的物块无初速度地放在传送带上的A端，物块将被传送带送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止，则下列说法中正确的是(　D　) A．传送带对物块做功为mv2 B．传送带克服摩擦力做功为 mv2 C．电动机由于传送物块多消耗的能量为 mv2 D．在传送物块过程产生的热量为 mv2 【解析】 物块受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即mv2，故A错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即 Q＝fΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理，有fx1＝mv2，故热量Q＝fΔx＝f(x2－x1)＝mv2，故D正确；传送带克服摩擦力做的功等于fx2＝mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量和摩擦产生的内能之和，故等于mv2，故C错误． 2．(2025·盐城八校期初联考)如图所示，质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点．质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间物块停在木板上．上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，关于木板与物块的质量关系，可能正确的是(　A　) A．M＝m B．M＝m C．M＝2m D．M＝3m 【解析】 水平面光滑，物块与木板的加速度分别为am＝μg，aM＝，当两者共速时，有v＝v0－amt＝aMt，可得v＝，对M有μmgx＝Mv2，设相对位移为Δx，对m有－μmg(x＋Δx)＝mv2－mv，整理得＝＝，因为x＜Δx＜2x，解得m＞M，故A正确． 3．(2025·常州高三期中)如图所示，电动传送带保持恒定的速率顺时针转动，将物块无初速度地放在传送带底端，到达顶端前物块已匀速运动．物块的动能Ek、机械能E、所受摩擦力的功率P以及传送物块多消耗的电能E电随时间t的变化关系正确的是(　D　) 　　 　　 　　 A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D 【解析】 设物块的质量为m，重力加速度为g，物块与传送带的动摩擦因数为μ，传送带与底面的夹角为θ，传送带的速率为v0，物块无初速度地放在传送带底端，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，可知加速度a保持不变，即物块先向上做匀加速直线运动，则在共速前，对物块有v＝at，则动能为Ek＝mv2＝ma2t2，可知这段时间的Ek－t图像是开口向上的曲线；t1时间后物块与传送带共速，物块的动能不变，为Ek＝mv，可知这段时间的Ek－t是平行于时间轴的直线，故A错误；物块无初速度地放在传送带底端，先向上做匀加速直线运动，在共速前，对物块有v＝at，则动能为Ek＝mv2＝ma2t2，物块发生的位移为x1＝at2，物块上升的高度为h1＝x1sin θ，则重力势能为Ep＝mgh1＝mga sin θ·t2，则这段时间的机械能E＝Ek＋Ep，变形得E＝ma(a＋g sin θ)t2，可知这段时间的E－t图像是开口向上的曲线；t1时间后，物块与传送带共速，物块的动能不变，为Ek＝mv，物块做匀速直线运动，则位移为x2＝v0t，则重力势能为Ep＝mgsin θ＝mgsin θ，则这段时间的机械能E＝Ek＋Ep，变形得E＝mv＋＋mgv0sin θ·t，可知这段时间的Ep－t是一条倾斜向右上方的直线，故B错误；物块无初速度地放在传送带底端，先向上做匀加速直线运动，在共速前，对物块有v＝at且摩擦力为滑动摩擦力，大小保持不变，为f1＝μmg cos θ，则这段时间物块所受摩擦力的功率P＝f1v＝μmg cos θ·at，可知这段时间的P－t图像为过原点的倾斜直线；在共速后，摩擦力为静摩擦力，大小保持不变，为f2＝mg sin θ，则这段时间物块所受摩擦力的功率P＝f2v0＝mgv0sin θ，可知这段时间的P－t图像为平行于时间轴的直线，故C错误；物块无初速度地放在传送带底端，先向上做匀加速直线运动，在共速前，对物块有x1＝at2，传送带的位移为x2＝v0t，相对位移为Δx＝x2－x1＝v0t－at2，则这段时间产生的热量为Q＝μmg cos θ·Δx＝μmg cos θ，故这段时间多消耗的电能等于增加的机械能与热量之和，则有E电＝E＋Q，代入共速前的机械能E和热量Q的表达式，解得E电＝μmg cos θ·v0t，故这段时间的E电－t是一条过原点的倾斜直线；共速后，摩擦力为静摩擦力，物块与传送带的相对位移为零，则产生的热量为零，故这段时间多消耗的电能等于物块增加的机械能，即增加的重力势能，则有E电＝mgv0sin θ·t，故这段时间的E电－t是一条向右上方倾斜的直线；因μmg cos θ＞mg sin θ，故后面直线的斜率更小，故D正确． 二、 计算题 4．(2025·如皋期初)如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块： (1) 第1次滑过P点时的速度大小v1． (2) 第1次在传送带上往返运动的时间t． (3) 从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q． 答案： (1) 6 m/s　(2) 12.5 s　(3) 88 J 【解析】 (1) 由动能定理得 (mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝mv－0 解得v1＝6 m/s (2) 由牛顿第二定律得μ2mg＝ma 物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1 解得t1＝10 s 匀速运动阶段的时间为t2＝＝2.5 s 第1次在传送带上往返运动的时间 t＝t1＋t2＝12.5 s (3) 由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有 Q＝μ1mg cos 37°·L＋mv2＝88 J 5．(2026·如皋期初)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动．卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点．细管内有一根原长为 、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销．当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动．若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止．忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内．要使卷轴不停止转动，求： (1) 弹簧弹力的最大值F． (2) 拉动细绳速度的最大值v． (3) 弹簧和插销组成的系统获得的最大机械能E． 答案： (1) 　(2) r　(3) 【解析】 (1) 插销刚要卡进端盖时弹簧的伸长量Δx＝ 根据胡克定律F＝kΔx 解得F＝ (2) 插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，弹力提供向心力，有F＝mω2l 对卷轴有v＝rω 解得v＝r (3) 插销的最大线速度v′＝ωl 弹簧的最大弹性势能Ep＝·＝ 弹簧和插销组成的系统获得的最大机械能E＝mv′2＋Ep 解得E＝ 6．(2025·盐城八校期初联考)光滑水平面上有一小滑块(可视为质点)置于长木板左端，长木板和小滑块分别在水平向右的恒力F1＝8 N和F2＝2 N作用下，保持相对静止一起向右运动．当长木板右端到墙的距离为x0＝ m时，滑块与长木板的速度v0＝1.0 m/s.之后继续向右加速运动．长木板右端与墙壁发生碰撞，长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向．已知长木板质量M＝4.0 kg，滑块质量m＝1.0 kg，滑块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2． (1) 求长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小． (2) 第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下，求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离． (3) 若最终滑块未从木板上滑下，则木板至少多长？ 答案： (1) 2 m/s　(2) 0.52 m　(3) m 【解析】 (1) 由题意知滑块与长木板保持相对静止共同向右运动，则把两者作为整体可得F1＋F2＝(m＋M)a 解得a＝2 m/s2 所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足v－v＝2ax0 解得v1＝2 m/s (2) 长木板与墙碰后滑块与木板的加速度大小分别设为a1、a2，对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得μmg－F2＝ma1 F1＋μmg＝Ma2 解得a1＝6 m/s2，a2＝4 m/s2 设经过时间t两者共速，以向左为正方向，则有 v1－a2t＝－v1＋a1t＝v共 解得t＝0.4 s，v共＝0.4 m/s 此时间内木板的对地位移为xM＝v1t－a2t2＝0.48 m 共速后整体向左继续做匀减速直线运动，有2ax′M＝v 第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离为x＝xM＋x′M＝0.52 m (3) 从开始至最终停下，由于水平面光滑，故最终长木板停在墙壁处，此时若滑块刚好未从木板上滑下，则处于长木板的最右端，木板长度有最小值L1，由能量守恒得 F2(x0＋L1)＋F1x0－μmgL1＝0－(M＋m)v 解得L1＝ m 学科网（北京）股份有限公司 $