专题强化九　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专题，涵盖传送带、滑块—木板模型、多运动组合三大核心考点，按“分析方法+典例解析+分层练习”架构组织，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建问题分析框架，突破综合应用难点。 讲义突出模型建构与科学推理，如传送带问题中结合动力学分析运动过程和能量转化，滑块—木板模型中通过受力分析与相对位移计算培养科学思维。设置基础、综合、拔尖三层练习，配合即时反馈，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供系统指导。

专题强化九　动力学和能量观点的综合应用 学习目标 1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。 2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。 考点一　传送带中的动力学和能量问题 传送带问题的分析方法 1.动力学观点: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.能量观点: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。 3.传送带涉及的功能关系:W=ΔEk+ΔEp+Q。 传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传; 产生的内能:Q=Ffx相对。 注意:当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往突变。 例1 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的恒定速度顺时针转动，现将一质量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，邮件对皮带做的功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 (2026·江苏宿迁一模)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=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与消耗电能E2的比值。 答案　(1)4 s　(2)0.25　(3) 解析　(1)产品放到传送带上后，根据牛顿第二定律有μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得a=1 m/s2 产品加速距离x==8 m<L1=10 m 由于μ1=>tan θ= 所以产品在传送带上先加速运动再匀速运动，加速时间为t==4 s。 (2)产品滑上斜面后，由动能定理有-(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=68 J 产品与传送带间产生的热量Q=μ1mgcos 37°·(v0t-x)=56 J 则消耗电能E2=E1+Q=124 J 故=。 考点二　“滑块—木板”模型中的动力学和能量问题 “滑块—木板”模型的分析方法 1.动力学观点: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.能量观点: 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。 例3 如图，质量M=8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8 N。当小车向右运动速度达到v0=3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，g=10 m/s2。求: (1)小物块从放在车上到与小车具有相同的速度所需要的时间及共同速度的大小; (2)从小物块放在车上开始经过t0=3.0 s，摩擦力对小物块所做的功。 答案　(1)2 s　4 m/s　(2)23.04 J 解析　(1)根据牛顿第二定律 对小物块有μmg=ma1 对小车有F-μmg=Ma2 解得a1=2 m/s2，a2=0.5 m/s2 设经过t1时间小物块与小车的速度相等 则有a1t1=v0+a2t1 代入数据解得t1=2 s 共同的速度大小v=a1t1=4 m/s。 (2)t1时间内小物块位移x1=a1=4 m t1时刻小物块速度v1=v=4 m/s t1后M、m有相同的加速度 对M、m 整体有F=(M+m)a3 解得a3=0.8 m/s2 小物块受到的摩擦力Ff=ma3=1.6 N 此过程运动时间t2=t0-t1=1 s 位移x2=v1t2+a3=4.4 m 摩擦力对小物块做的功 W=μmgx1+Ffx2=23.04 J。 例4 (2026·江苏南通一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角θ=30°，底端固定弹性挡板，长木板B放在斜面上，小物块A放在B的上端，沿斜面向上敲击B使B立即获得初速度v0=3.0 m/s，此后B和挡板发生碰撞，碰撞前、后速度大小不变，方向相反，A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为1.0 kg，A、B间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB; (2)B上升的最大距离s; (3)B的最小长度L。 答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m (3)1.8 m 解析　(1)敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，对A有 μmAgcos 30°-mAgsin 30°=maA 对B有μmBgcos 30°+mBgsin 30°=maB 解得aA=2.5 m/s2，aB=12.5 m/s2。 (2)设A、B向上运动经时间t后共速，则有v0-aBt=aAt，由于μ=>tan θ=，所以共速后A、B相对静止一起向上减速运动，设其加速度大小为a，对A、B整体由牛顿第二定律有 (mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a s=(v0t-aBt2)+ 联立解得s=0.375 m。 (3)A始终相对B向下运动，最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小，由能量守恒定律有 mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L 解得L=1.8 m。 考点三　用动力学和能量观点分析多运动组合问题 例5 (2025·浙江6月选考，16)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36 m，L=1.6 m，v0=5 m/s，m=0.2 kg，M=1.8 kg，μ=0.25，g=10 m/s2。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块: (1)滑到B点处的速度大小; (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功; (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度; (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 答案　(1)4 m/s　(2)0.9 J　(3)0.2 m　(4)3 N 解析　(1)物块从P点到B点，由动能定理，有 mgLsin 30°=mv2 解得到达B点的速度v=4 m/s。 (2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 Wf=m-mv2=0.9 J。 (3)物块在传送带上匀加速运动的加速度为 a=μg=2.5 m/s2 加速到共速时所用时间 t== s=0.4 s 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 Δx=v0t-t=0.2 m。 (4)从物块开始进入圆弧轨道到到达圆弧轨道最高点，物块与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，有mv0=mv1+Mv2 由能量守恒定律，有 m=m+M+2mgR 联立解得v1=-2.2 m/s，v2=0.8 m/s (另一组v1=3.2 m/s，v2=0.2 m/s，因不合实际舍掉) 对滑块在最高点时，由牛顿第二定律有 F+mg=m 解得F=3 N。 A级 基础对点练 1.(2025·江苏无锡调研)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(　　) 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.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(　　) 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.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 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.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 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。 B级　综合提升练 5.(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)(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。 6.(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。 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。 C级：拔尖进阶练 7.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。 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 $