第27讲 专题：应用动力学、能量观点解决三类问题（专项训练）（北京专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以动力学与能量观点为核心，通过方法对比、模型拆解构建系统解题体系，覆盖三类典型问题的基础巩固与创新应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |巩固·知识解构|4个知识点|动力学与能量观点优选原则；多运动组合“合—分—合”分析法；传送带功能关系（W=ΔEk+ΔEp+Q）；滑块—木板位移区分（对地/相对）|从观点对比到模型应用，层层递进，构建“原理—方法—应用”逻辑链| |模拟·基础演练|15题|三类问题基础题型解法，如传送带摩擦生热计算、滑块—木板加速度关联|对应知识点，强化方法直接应用，夯实物理观念| |重难·创新演练|7题|结合生活实际的模型迁移，如快递分拣、过山车轨道分析|深化科学思维，提升复杂情境下的模型建构能力| |真题·实战演练|2题|高频考点（传送带、多运动组合）真题解法|对接高考命题趋势，强化科学论证与解题规范性|

第27讲 专题：应用动力学、能量观点解决三类问题（专项训练） 目 录 巩固·知识解构 1 知识点1 动力学和能量观点对比 1 知识点2 多运动组合问题的分析方法 2 知识点3 传送带问题的分析方法 2 知识点2 “滑块—木板”问题的分析方法 2 模拟·基础演练 4 题型01 多运动组合问题 4 题型02 传送带模型能量问题 5 题型03 “滑块—木板”模型能量问题 5 重难·创新演练 10 真题·实战演练 13 巩固·知识解构 知识点1 动力学和能量观点对比 1.动力学和能量观点对比 观点 分析思路 适用情况 动力学观点：牛顿运动定律结合运动学规律 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和其他物理量的关系。题目中常常涉及力、加速度、位移、速度、时间等物理量 恒力作用下的运动 能量观点：动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。题目中常常涉及力、位移、速度、功、能，不涉及时间、加速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用等 2.优选原则 （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，优先选择动力学观点求解。 （2）能量观点：若题目不涉及中间过程，只涉及初、末状态，一般优先选择能量的观点求解。 知识点2 多运动组合问题的分析方法 1.关键分析 （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，分析各种力在不同的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，构建大致的运动图景。 （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。 知识点3 传动带问题的分析方法 1.关键分析 （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.功能关系分析 （1）功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 （2）对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功：W=f·x传。 ②产生的内能：Q=f·x相对。 知识点4 “滑块—木板”问题的分析方法 1.模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。 2.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。 3.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）求摩擦力对滑块做的功时用滑块对地的位移x滑。 （2）求摩擦力对木板做的功时用木板对地的位移x板。 （3）求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。 模拟·基础演练 考查重点：多运动组合问题、水平传送带模型能量问题、倾斜传送带模型能量问题、水平面上“滑块—木板”模型能量问题、斜面上“滑块—木板”模型能量问题…… ⏳题型01 多运动组合问题 1．（多选）某工厂的工件传输机构如图所示，半径为1 m的四分之一圆弧轨道AB在B点与水平传送带BC相切，水平传送带BC在电动机带动下以速度v=10 m/s顺时针转动，质量为0.2 kg的小滑块P从圆弧轨道的A点无初速度释放，滑块P经过圆弧上的B点时对圆弧轨道的压力大小为3.8 N，滑块滑到C点时刚好和传送带共速。已知滑块可视为质点，滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.35，取g=10 m/s2。下列说法正确的是（ ） A．滑块运动到B点时的速度大小为3 m/s B．滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为4.9 J C．滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为1 J D．仅增大传送带的速度v，滑块离开传送带时的速度增大 【答案】AB 【解析】A．对滑块，在B点时，由牛顿第二定律 有，其中 由牛顿第三定律 有 得，A正确； B．滑块在传送带上滑动，有 得，滑块从滑上传送带到与传送带共速，根据匀加速直线运动速度时间关系 有 得，在这段时间内，根据匀加速直线运动位移时间关系 有滑块的位移 传送带的位移 则滑块与传送带之间因摩擦产生的热量 得，B正确； C．设滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为，根据能量守恒定律 有 得，C错误； D．依题意，滑块滑到C点时刚好和传送带共速，根据前面分析知传送带的长度，增大传送带的速度，滑块仍然相对传送带滑动，加速度不变，根据匀加速直线运动速度位移关系 有 得，D错误。故选AB。 2．（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段的摩擦因数，段、段均光滑，重力加速度取，，则（ ） A．小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于 C．小物块不会从点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在点 【答案】BCD 【解析】A．设小车质量为，物块质量为，取水平向右为正。物块在点的初速度水平分量为 物块首次到达段最左端时，由水平方向动量守恒有 解得，即小车向左运动，速度大小为，故A错误； B．物块沿圆弧上升至相对最高点时，物块与小车相对速度为零，二者的共同速度为。由水平方向动量守恒有 解得，说明此时小车已向右运动。小车从在点向左运动到上述时刻向右运动，故首次到达最左端的位置出现在物块到达相对最高点之前。该时刻小车速度为零，由水平方向动量守恒得物块的水平分速度，而物块仍沿圆弧上升，竖直分速度不为零，所以物块速度，故B正确； C．物块到达段最左端时，系统总动能为 物块从点上升到点需要增加的重力势能为 即使系统总动能全部转化为物块的重力势能也不足以使其到达点，因此物块不会从点离开，故C正确； D．物块每次运动到粗糙段时，摩擦力都使系统机械能减少；又因，物块不能相对小车静止在斜面上，只能返回点。随着相对运动的机械能不断耗散，物块最终在点相对小车静止，故D正确。故选BCD。 3．如图，从水平地面上点正上方1.8m的处，将一质量为0.3kg的排球（视为质点）水平向右抛出，排球在点触地反弹（时间极短），最高上升到点，然后在点落地。已知点距水平地面的高度为0.8m，、两点及、两点之间的距离均为1.2m，不计空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．排球在点触地前瞬间，重力的瞬时功率为12W B．排球在点触地反弹过程中，损失的机械能约为3.26J C．排球运动到点时的速度大小为2m/s D．排球从抛出到在点落地，所经历的时间为1s 【答案】B 【解析】A．由题可知，排球在B点触地前瞬间，竖直方向的速度大小为 解得 则重力的瞬时功率为，故A错误； BCD．由题可知，排球反弹后落地的运动时间 则排球反弹后水平方向的速度大小为 由于整个过程不计空气的阻力，因此在Q点的速度大小 排球反弹前在空中运动的时间 则排球抛出时的速度 则排球反弹过程损失的机械能为 排球从抛出到在点落地，所经历的时间为，故B正确，CD错误。故选B。 4．CS是一款优秀的第一人称射击类游戏，竞技性极强，在对局中经常需要队友之间的战术配合，“封高台烟”就是其中比较经典的战术之一。这种战术需要一名玩家通过反弹（可认为是完全弹性的，反弹前后水平速度方向反向、大小不变，竖直速度不变）的方式将烟雾弹扔到身后高度为H的高台上去，其路径可简化为如图所示（烟雾弹水平到达高台），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．反弹点的高度为 B．烟雾弹离手到墙壁的时间为 C．烟雾弹离手的初速度为 D．若高台上有一高度为H的顶篷，若烟雾弹恰好水平通过顶篷边缘，则将会落在高台上距高台边的地方 【答案】D 【解析】AB．若把整个路径补完，应该是一段完整的平抛运动的反过程，则 解得时间 那么到达墙壁的时间为 反弹点的高度应，故A错误，B错误； C．根据能量守恒 而 解得，故C错误； D．水平通过顶篷，从时间上来说，反弹到达顶篷的时间为对应高度为2H，那么 而 从顶篷下降H则需要，对应水平距离则为，故D正确。故选D。 5．如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，AB长为L，导轨半径为R。一个质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，经过B点之后沿导轨运动，到达最高点C的速度大小为。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)求物块经过C点时，导轨对物块作用力的大小F； (2)求弹簧压缩至A点时的弹性势能； (3)若改变物块与水平面间的动摩擦因数，使物块脱离弹簧后经过B点时的速度为原来的，求物块在导轨上运动到的最高点距水平面的高度h。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）经过C点时，物块做圆周运动，圆心在正下方。重力和导轨作用力（方向向下）共同提供向心力，根据牛顿第二定律 代入解得 （2）从到，根据能量守恒 得 （3）从到，根据动能定理 解得 所以 设物块在导轨上运动的最高点和圆心的连线与水平方向夹角为，此时速度大小为v， 经过最高点时，根据牛顿第二定律 从到在轨道上运动的最高点，根据动能定理 解得 所以 6．如图所示，长度L=1.6 m的轻质细绳一端悬挂在O点，另一端系着一质量m=1kg的金属物块，将轻绳拉直，让轻绳从偏离竖直方向θ=60°的位置由静止释放物块，物块运动到最低点B时，轻绳刚好被拉断。物块继续运动后沿切线方向进入半径R=1m的光滑圆弧轨道CDE，圆弧轨道的圆心为O′，O′D水平且与O′C成α=53°角，E点为圆弧轨道的最低点，与一粗糙的水平面EF相切。物块经圆弧轨道后沿水平面继续运动，压缩右侧一端固定在竖直墙壁的轻质弹簧。物块与水平地面的动摩擦因数μ=0.1，弹簧初始处于自然伸长状态。物块压缩弹簧至最远处P点（图中未画出）后，被弹簧反弹到达圆弧轨道D点时对轨道压力恰好为0。忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，弹簧始终处在弹性限度内，物块可视为质点。（sin53°=0.8）求： (1)轻绳的最大张力T； (2)物块经过C点时对轨道的压力大小； (3)物块压缩弹簧最远处P点距E点的长度x及弹簧具有的最大弹性势能Ep； 【答案】(1)20N (2)17N (3)10.25m，20.25J 【解析】（1）从A到B由动能定理可知 解得 在B点列向心力方程有 解得 （2）在C点速度关系有 在C点列向心力方程有 解得 由牛顿第三定律可知物块经过C点时对轨道的压力大小为17N （3）从C到P，再到D的过程中，由动能定理可知 解得 从P到D的过程中，由能量守恒可知 ⏳题型02 传送带模型能量问题 7．（多选）如图所示，倾角的传送带以恒定速率顺时针转动，将一质量的小物块（可视为质点）轻放在传送带底端处，小物块随传送带运动至顶端处，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，、间的距离，，，，以下计算正确的是（ ） A．小物块先做加速度的匀加速运动后做匀速运动 B．小物块从运动到的时间是 C．小物块与传送带间因摩擦产生的热量为 D．电动机因传送小物块而多消耗的电能为 【答案】ACD 【解析】A．物块轻放在传送带底端处，初速度为，对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得物块的加速度为 物块加速到与传送带速度相等所需的时间为 在时间内物块的位移为 因为且，所以速度相等后物块将与传送带保持相对静止，随传送带一起做匀速直线运动，故A正确； B．物块匀速运动的位移为 匀速运动的时间为 则小物块从运动到的总时间为，故B错误； C．在加速阶段，传送带的位移为 物块与传送带之间的相对位移为 物块与传送带间因摩擦产生的热量为，故C正确； D．根据能量守恒定律，电动机因传送小物块而多消耗的电能转化为物块增加的机械能和系统产生的内能，即 其中物块动能的增加量为 物块重力势能的增加量为 所以电动机多消耗的电能为，故D正确。 故选ACD。 8．（多选）机场通常用传送带分拣行李，其简化模型如图所示，水平传送带以速度顺时针匀速转动。现将质量为的行李无初速度地放在端，行李在到达端前已与传送带共速，已知端距离为。行李从端运动到端的过程，下列说法正确的是（ ） A．摩擦力对行李一直做正功 B．行李从端运动到端的时间为 C．行李与传送带间由于摩擦而产生的热量为 D．由于运输行李电动机多做的功为 【答案】CD 【解析】A．行李在滑动摩擦力作用下向右加速时，摩擦力方向向右与位移方向相同，摩擦力做正功；行李与传送带共速后不受摩擦力，摩擦力不做功，因此摩擦力不是一直对行李做正功，故A错误； B．行李做匀加速直线运动的位移小于，与传送带共速后做匀速直线运动，因此整个过程的平均速度大于零且小于，由可知，行李从端运动到端的时间大于，故B错误； C．设行李与传送带达到共速所用时间为，行李位移为 传送带位移为 相对位移为 对行李由动能定理得 则摩擦产生的热量，故C正确； D．根据能量守恒定律，电动机多做的功转化为了行李的动能和系统增加的内能（热量），即，故D正确。故选CD。 9．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，图乙为水平传送带的简化图。长L＝2 m的水平传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动。质量m＝0.5 kg的货物（视为质点）以初速度v0＝1 m/s从左端滑上传送带，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A．货物与传送带发生相对滑动时间为0.25s B．货物在传送带上运动全过程中，传送带对货物做功为0.75 J C．货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.75 J D．货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为1 J 【答案】ABD 【解析】A．货物滑上传送带后，由于初速度小于传送带速度，货物相对传送带向后滑动，受向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，货物加速的加速度大小为 货物加速至与传送带共速所经历的时间为 由于传送带长度 加速位移，故能完成加速过程，故A正确； B．传送带对货物的作用力即为水平方向的滑动摩擦力，该过程只有摩擦力对货物做功 由动能定理可知，传送带对货物做的功等于货物动能的变化量，故B正确； C．在相对滑动时间内，传送带的位移 货物与传送带的相对位移大小 系统因摩擦产生的热量，故C错误； D．根据能量守恒定律，在货物加速阶段，电动机多消耗的电能转化为货物的动能增量及系统的内能（摩擦生热），即 （也可通过传送带克服摩擦力做功直接求得：），故D正确。故选ABD。 10．（多选）如图甲所示，工人利用传送带运送货物，倾斜传送带与水平面间的夹角θ=37°，以恒定速率逆时针转动，可视为质点的货物从顶端由静止释放。选取传送带底端所在的水平面为零重力势能面，货物的机械能E随其位移x变化图像如图乙所示。已知货物与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g取10 m/s²，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　） A．货物运动0.2 m后所受摩擦力方向发生改变 B．货物的质量为20 kg C．货物从释放到运动1.45 m过程中因摩擦产生的热量为10 J D．货物运动到传送带底端时的机械能比在顶端时少144 J 【答案】AD 【解析】B．由题图乙可知，货物从顶端释放时的初始机械能为，此时动能为零，所以初始重力势能 设传送带总长度为，则 货物刚放上传送带时，初速度为零，速度小于传送带速度，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，货物做匀加速直线运动，其机械能随位移增大而增大，根据功能关系有 结合图乙过程可知，斜率 解得，，故B错误； A．当货物加速到与传送带共速后，由于 货物继续向下做匀加速直线运动，此时速度大于传送带速度，所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，方向发生改变，所以货物运动后所受摩擦力方向发生改变，故A正确； C．货物加速到与传送带共速时的加速度大小 共速时速度大小 即传送带的恒定速率为，此过程经历的时间 该过程传送带的位移 两者相对位移大小 共速后货物的加速度大小 设货物再运动的时间为，由运动学公式 解得 该过程传送带的位移 两者相对位移大小 货物从释放到运动过程中因摩擦产生的总热量，故C错误； D．货物从顶端运动到底端的过程中，前摩擦力做正功，后摩擦力做负功，根据功能关系可知，货物机械能的变化量等于摩擦力做的总功，即 所以货物运动到传送带底端时的机械能比在顶端时少，故D正确。故选AD。 11．如图，足够长的传送带以的速度顺时针转动，与水平面的夹角。皮带在电动机的带动下，速率始终不变。时刻在传送带中间位置放上一个初速度大小为、方向沿传送带向下的小物块。已知小物块质量，物块与传送带间的动摩擦因数，取。（已知，），求： (1)经多长时间小物块与传送带达到共速； (2)达到共速过程中因摩擦产生的热量； (3)达到共速过程中电动机多消耗的电能。 【答案】(1)3s (2)27J (3)36J 【解析】（1）小物块先沿传送带向下做匀减速运动的过程中，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma 解得 由运动学公式 解得 小物块沿传送带向上运动到与传送带共速所需的时间为，由运动学公式 解得 则 故经过3s时间小物块与传送带达到共速。 （2）在时间内，小物块与传送带相对位移为 在时间内，小物块与传送带相对位移为 则达到共速过程中因摩擦产生的热量为 （3）在的时间内，传送带运动的位移为 则达到共速过程中电动机多消耗的电能 ⏳题型03 “滑块—木板”模型能量问题 12．如图所示，足够长的木板放在光滑的水平面上，木板质量，在水平拉力的作用下由静止开始向右运动，当木板速度达到时，将质量的物块轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数，物块可视为质点，取。则下列说法正确的是（　　） A．刚放上物块时，木板的加速度大小为 B．放上物块后，二者经过相对静止 C．从放上物块到二者相对静止，因摩擦产生的热量为 D．从放上物块到二者相对静止，摩擦力对物块做的功为 【答案】D 【解析】A．刚放上物块时，木板在水平方向受到向右的拉力和物块对其向左的滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为 对木板，根据牛顿第二定律有 代入数据解得木板的加速度大小为，故A错误； B．刚放上物块时，物块在水平方向仅受向右的滑动摩擦力，其加速度大小为 设经过时间二者速度相等，则有 解得 说明经过二者相对静止，故B错误； C．在二者共速前的内，木板的位移 物块的位移 二者的相对位移 因摩擦产生的热量，故C错误； D．从放上物块到二者相对静止，摩擦力对物块做的功，故D正确。故选D。 13．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．木板A的质量是物体B质量的2倍 B．木板A与物体B的质量未知，质量关系已知，可以求得热量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离为1m D．A对B做的功与B对A做的功大小相等 【答案】C 【解析】A．由图线的斜率表示加速度，可知小物块B在长木板A上滑行时，长木板A和小物块B加速度大小相等，又因为小物块B、长木板A受到的滑动摩擦力大小也相等，由牛顿第二定律可得 可知木板A与物体B质量相等，故A错误； B．由图像可知，小物块B的初速度 最终小物块B和长木板A达到共速，为 由能量守恒可得 可知要求出热量，需要知道木板A与物体B的质量，故B错误； C．根据图像与时间轴围成的面积表示位移，可知在达到共同速度之时，A、B的位移差 即小物体B相对长木板A滑行的距离为1m，故C正确； D．A、B之间的摩擦力是一对相互作用力，等大反向，但是物块B的位移要大于木板A的位移，所以它们之间的摩擦力对对方做的功在数量上并不相等，故D错误。故选C。 14．质量为的滑块a和质量可视为质点的小滑块b放置在光滑水平面上，中间连接有被压缩的弹簧，弹簧和b不栓接。现由静止同时释放两滑块，b被弹开后沿光滑水平面滑行速度；b离开水平面后以平行于滑板c的速度恰好从上端滑上其上表面，滑板c足够长，其质量。斜面的倾角，c与斜面之间的动摩擦因数，b与c之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度。 (1)求b刚滑入c的速度大小； (2)求弹簧存储弹性势能； (3)求b、c间摩擦产生的热量Q。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）水平方向匀速直线运动有 解得 （2）由机械能守恒和动量守恒得， 解得 （3）由于，则c恰好不相对斜面滑动，一直处于静止，对b由牛顿第二定律有 匀减速直到停下 那么bc之间产生的热量 联立解得 15．如图甲所示，质量的木板P静止在粗糙水平地面上，其最右端放置一质量的物块Q。时，对P施加水平向右的恒定拉力，使P向右做匀加速直线运动，P、Q发生相对滑动。一段时间后撤去，整个运动过程中P的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知重力加速度大小，Q可视为质点且始终没有离开P，求： (1)P、Q间的动摩擦因数和拉力的大小； (2)P从开始运动到停下经历的时间； (3)Q从开始运动到停下的过程中，P、Q之间由于摩擦产生的热量。 【答案】(1)、间的动摩擦因数为；拉力的大小为 (2) (3) 【解析】（1）内的加速度大小为 内的加速度方向向左，大小为 图线在处再次改变斜率，说明此时、相对滑动结束，二者速度均为。 相对滑动阶段只受给的滑动摩擦力，由得 设地面对木板的滑动摩擦力大小为。撤去后且相对滑动未结束时，对有 代入数据得 施加时，对有 解得 （2）后、相对静止并一起减速，加速度大小为 从减速到零还需时间​ 所以从开始运动到停下经历的时间 （3）后二者相对静止，之后、间不再发生相对滑动，不再因二者间摩擦产生热量。 内的位移等于图像面积， 相对滑动阶段的位移为 两者相对位移 、间的滑动摩擦力大小为 产生的热量 重难·创新演练 设题创新：结合生活实际(T1、T2、T3、T4、T5、T6、T7) 1．▶新考法◀（多选）如图，质量为2 kg的物块B（视为质点）放置在质量为3 kg、长度为0.2 m的木板A（厚度不计）的最左端，B与A叠放在水平桌面上，B通过一条跨过轻质定滑轮的、与桌面平行的、不可伸长的轻绳与质量为1 kg的小球C相连，B与A、A与桌面的动摩擦因数分别为、，轻托小球C使轻绳处于自然伸直状态。从静止释放C，C向下加速运动，下降0.2 m后开始匀速运动，A若碰到右侧挡板则立即停止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力轻绳与滑轮间的摩擦力不计（ ）。 A．释放C瞬间，物块B的加速度为 B．释放C瞬间，物块A的加速度为 C．C运动过程中动能的最大值为 D．C从静止释放至开始匀速的过程中，A与B因摩擦而产生的热量为2 J 【答案】BC 【解析】AB．取 ，释放瞬间，若物块B与木板A相对静止，则A、B、C三者加速度大小相同。对A、B、C整体，由牛顿第二定律有 得 检验A、B间静摩擦力，对木板A有 得 故A、B相对静止，物块B的加速度也为 ，故A错误，B正确； C．从释放到C开始匀速前，C做初速度为零、加速度为 的匀加速直线运动，下降时速度最大，由得 此时C的最大动能为 ，故C正确； D．从释放到C开始匀速前，A、B相对静止，A、B间没有相对位移，因摩擦产生的热量为 ，故D错误。故选BC。 2．▶新思维◀（多选）如图：足够长的粗糙斜面倾角；斜面上放一长，质量的钢板，钢板与斜面间动摩擦因数；钢板上有一质量为的汽车，汽车前后轮间距，且车轮与钢板之间始终不打滑。开始时，汽车后轮与钢板下端对齐，两者正一起以下滑，司机发现后时启动汽车向上行驶，时车前轮到达钢板上端且汽车速度刚好为0。若汽车发动机将汽油化学能转化为机械能的效率为，则（ ） A．时，钢板的速度大小为 B．从到过程中，钢板对车的摩擦力对车做负功，车对钢板的摩擦力对钢板做正功，这两个功之和为0 C．从到过程中，汽车沿斜面向上走了 D．从到过程中，汽车发动机需要消耗的汽油化学能为 【答案】AB 【难度】0.15 【来源】2026届重庆市南开中学高三上学期第五次质量检测（一模）物理试卷 【知识点】能量守恒定律在板块模型中的应用、有外力，物块在粗糙斜面滑动 【解析】A．根据题意，对钢板和汽车整体受力分析，由于 可知，钢板和汽车整体的合力为0，则钢板和汽车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 解得，故A正确； B．由于车轮和钢板之间始终不打滑，则一对静摩擦力做功之和为0，且钢板对车的摩擦力对车做负功，车对钢板的摩擦力对钢板做正功，故B正确； C．车在钢板上运动过程中，由动量守恒定律有 两边求和可得 又有 联立解得， 即汽车沿斜面向下走了，故C错误； D．根据题意，设发动机的输出功为，由动能定理有 代入数据解得 则汽车发动机需要消耗的汽油化学能为，故D错误。 故选AB。 3．▶新角度◀（多选）如图，左、右平台分别与水平传送带平滑对接，整体分为A、B、C和传送带四段，长度分别为：xA=2m，xB=1m，xC=1m，x带=1m（两转轴之间距离）。左右墙面固定两根相同轻质弹簧P1、P2，原长均为0.5m。质量为M=2kg的木块Q可视为质点，压缩弹簧P1（不粘连），并由挡板K锁定静止。传送带以恒定速度v0=3m/s顺时针运行，木块Q与传送带和B段的动摩擦因数分别为，A、C段光滑。已知开始时P1的弹性势能为Ep1=25J，重力加速度g=10m/s2，两根弹簧始终处于弹性限度内。撤去挡板K后，以下说法正确的是（ ） A．整个过程中木块Q的最大速度为5m/s B．木块首次通过传送带的过程中，木块和传送带间的摩擦生热为9J C．弹簧P1再次被压缩的最大弹性势能Ep1'=3J D．木块Q最终停在B段距右墙1.5m处；P2的最大弹性势能Ep2=8J 【答案】AC 【解析】A．弹簧弹开木块，弹性势能全部转化为木块动能 解得 根据能量守恒定律，木块在运动过程中因摩擦生热及克服摩擦力做功，机械能不断减少，动能不可能超过初始动能，因此最大速度为，故A正确； B．木块进入传送带初速度，做匀减速运动，加速度大小 假设一直匀减速，则离开传送带时速度满足 解得，则假设成立。 运动时间 传送带位移 相对位移 摩擦生热，故B错误； C．木块离开传送带后，向右运动经过B段压缩，弹回木块，过程中向右经过B段克服摩擦力做功 向左经过B段再克服摩擦力做功 木块回到传送带右端时动能 向左经过传送带滑动摩擦力向右，木块向左运动，克服摩擦力做功 离开传送带后A段光滑，动能全部转化为的弹性势能，故C正确； D．木块第一次到达时，动能为 因此获得的最大弹性势能为，故D错误。故选AC。 4．▶新角度◀过山车竖直面上的“圆形”轨道往往不设计成标准圆，而是随着轨道高度增大，曲率半径逐渐减小。这是为过山车“倒挂”通过最高点提供更大的向心加速度，在最低点减小向心加速度大小。某左右对称的过山车轨道中的一段如图所示，轨道最高点A距地面，该处的曲率半径，轨道最低点B的曲率半径。整段轨道可视作在同一竖直平面上。可视作质点，质量的乘客乘坐过山车以速度从左侧最低点冲上轨道，同时关闭动力。已知乘客经过A点时向心加速度恰好等于2g，g取10m/s2，乘客上升和下降过程中损耗的机械能相等。求： (1)乘客从出发到A点的过程中损耗的机械能； (2)乘客在B点时受到座位向上的弹力大小。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）乘客经过A点时，根据向心加速度公式有 解得 从最低点运动到最高点，损失的机械能为 代入数据解得 （2）从A点运动到B点，损失的机械能为 由题知 乘客在B点时，根据牛顿第二定律有 联立解得 5．▶新思维◀如图所示，ab为光滑水平直轨道，a点固定竖直挡板，挡板上栓接一轻质弹簧（原长小于ab的间距），光滑水平槽上有质量为m的小车，其上表面与ab轨道等高，小车左端与槽紧靠并被锁定在槽上，半径为R的光滑半圆轨道cd固定在竖直平面内，其c点与ab所在水平面相切。在外力作用下质量为m的物块静止在ab轨道上并压缩弹簧，此时弹簧的弹性势能为（未知），撤去外力后物块向右运动恰好停在小车右端。之后再次施加外力使物块左移压缩弹簧，稳定后弹簧的弹性势能为撤去外力的同时将小车解除锁定，物块由静止开始向右运动，小车右端到达c点瞬间，物块离开小车平滑地进入圆轨道继续运动。已知物块可视为质点，物块与小车之间的动摩擦因数μ=0.5，小车长度为4R，重力加速度为g。求： (1)弹簧第一次被压缩时的弹性势能; (2)物块滑到c点时，物块对轨道的压力大小; (3)物块脱离半圆轨道的位置距离c点的高度。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）根据能量守恒 （2）物块第二次释放 解得 滑上小车后加速度 小车加速度 因为两者加速度大小相同，所以速度变化量相同，根据平均速度有 且 联立解得（另一值不符合题意） 到c点时 根据牛顿第三定律物块对轨道的压力 （3）设物块脱离位置与圆心连线和竖直方向夹角为，根据能量守恒有 在脱离位置 脱离半圆轨道的位置距离c点的高度 联立解得 6．▶新考法◀如图所示，水平面上固定一轻质弹簧，左端与墙壁相连，右端与质量为的小物块（可看成质点）接触（不连接）。弹簧处于原长时物块位于点，点左侧的水平面光滑，点右侧的水平面OB部分粗糙，长度为，与物块间的动摩擦因数为。OB右端与竖直面内的半圆形导轨在点平滑连接，导轨半径为。已知弹簧被压缩至位置时的弹性势能为，现将物块由静止释放，物块离开弹簧后沿水平面运动，经过点沿半圆形导轨运动，恰好能通过最高点C。重力加速度，求： (1)物块运动到半圆形轨道的点时，对轨道的压力大小； (2)物块沿半圆形轨道从点运动到点的过程中，摩擦力所做的功。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）物块自到，根据能量守恒得 在点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，得 解得 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小 （2）物块恰好通过点，重力提供向心力 解得 对到过程列动能定理，得 解得摩擦力所做的功 7．▶新考法◀ “极速滑道”体验装置的竖直截面示意图如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、圆弧轨道BC、水平传送带、水平直轨道DE和四分之一圆弧轨道EF依次平滑连接组成。一质量m＝0.1kg的滑块（可视为质点）由A点静止释放，始终在轨道上运动且不脱离。已知滑块与传送带和DE轨道间的动摩擦因数分别为，其他阻力均不计，AB轨道的倾角，长度；圆弧轨道BC与AB轨道相切于B点，半径，最低点为C点，传送带长度，以速度v＝8m/s顺时针转动；DE轨道长度；EF轨道的半径，与DE轨道相切于E点，最高点为F点。，。求滑块 (1)到达B点时的速度大小； (2)经过圆弧轨道最低点C时，对轨道的压力大小； (3)从释放到第一次到达E点的过程中，因摩擦而产生的热量Q； (4)从释放到最终静止的过程中，经过F点的次数n。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【解析】（1）滑块从A到B的过程 可得 （2）滑块从B到C的过程 得 在C点 得 由牛顿第三定律可得 （3）滑块到达C时 在传送带上加速度大小 设滑块减速到传送带速度v＝8m/s时的位移为x，由 得 即滑块恰好到达传送带右端D时，速度减为8m/s 滑块在传送带上运动的时间 传送带的位移 滑块与传送带的相对位移： 传送带处因摩擦产生的热量 滑块在水平轨道DE上运动时，因摩擦产生的热量 总热量 （4）滑块第一次到达E点时的动能 滑块每次经过最高点F时，至少需要克服重力做功 滑块从F点返回后，来回经过DE轨道，摩擦力做功 滑块来回经过传送带，速度等大反向； 综合上述可知，滑块上升和下降经过最高点F的总次数n＝6。 真题·实战演练 高频考点：传动带模型能量问题、多运动组合问题 1．（2026·四川·高考）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（ ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 【答案】D 【解析】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。故选D。 2．（2025·海南·高考）某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为，空箱B的质量为，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量，忽略轨道及平台的摩擦，，重力加速度。求： (1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力； (2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【答案】(1)，方向竖直向上； (2) (3)或 【解析】（1）工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点间，根据机械能守恒 解得 在最低点根据牛顿第二定律 解得，方向竖直向上； （2）根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒 解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 （3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB粘连成的整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 解得，另一解小于舍去。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第27讲 专题：应用动力学、能量观点解决三类问题（专项训练） 目 录 巩固·知识解构 1 知识点1 动力学和能量观点对比 1 知识点2 多运动组合问题的分析方法 2 知识点3 传送带问题的分析方法 2 知识点2 “滑块—木板”问题的分析方法 2 模拟·基础演练 4 题型01 多运动组合问题 4 题型02 传送带模型能量问题 5 题型03 “滑块—木板”模型能量问题 5 重难·创新演练 10 真题·实战演练 13 巩固·知识解构 知识点1 动力学和能量观点对比 1.动力学和能量观点对比 观点 分析思路 适用情况 动力学观点：牛顿运动定律结合运动学规律 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和其他物理量的关系。题目中常常涉及力、加速度、位移、速度、时间等物理量 恒力作用下的运动 能量观点：动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。题目中常常涉及力、位移、速度、功、能，不涉及时间、加速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用等 2.优选原则 （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，优先选择动力学观点求解。 （2）能量观点：若题目不涉及中间过程，只涉及初、末状态，一般优先选择能量的观点求解。 知识点2 多运动组合问题的分析方法 1.关键分析 （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，分析各种力在不同的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，构建大致的运动图景。 （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。 知识点3 传动带问题的分析方法 1.关键分析 （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.功能关系分析 （1）功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 （2）对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功：W=f·x传。 ②产生的内能：Q=f·x相对。 知识点4 “滑块—木板”问题的分析方法 1.模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。 2.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。 3.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）求摩擦力对滑块做的功时用滑块对地的位移x滑。 （2）求摩擦力对木板做的功时用木板对地的位移x板。 （3）求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。 模拟·基础演练 考查重点：多运动组合问题、水平传送带模型能量问题、倾斜传送带模型能量问题、水平面上“滑块—木板”模型能量问题、斜面上“滑块—木板”模型能量问题…… ⏳题型01 多运动组合问题 1．（多选）某工厂的工件传输机构如图所示，半径为1 m的四分之一圆弧轨道AB在B点与水平传送带BC相切，水平传送带BC在电动机带动下以速度v=10 m/s顺时针转动，质量为0.2 kg的小滑块P从圆弧轨道的A点无初速度释放，滑块P经过圆弧上的B点时对圆弧轨道的压力大小为3.8 N，滑块滑到C点时刚好和传送带共速。已知滑块可视为质点，滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.35，取g=10 m/s2。下列说法正确的是（ ） A．滑块运动到B点时的速度大小为3 m/s B．滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为4.9 J C．滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为1 J D．仅增大传送带的速度v，滑块离开传送带时的速度增大 2．（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段的摩擦因数，段、段均光滑，重力加速度取，，则（ ） A．小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于 C．小物块不会从点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在点 3．如图，从水平地面上点正上方1.8m的处，将一质量为0.3kg的排球（视为质点）水平向右抛出，排球在点触地反弹（时间极短），最高上升到点，然后在点落地。已知点距水平地面的高度为0.8m，、两点及、两点之间的距离均为1.2m，不计空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．排球在点触地前瞬间，重力的瞬时功率为12W B．排球在点触地反弹过程中，损失的机械能约为3.26J C．排球运动到点时的速度大小为2m/s D．排球从抛出到在点落地，所经历的时间为1s 4．CS是一款优秀的第一人称射击类游戏，竞技性极强，在对局中经常需要队友之间的战术配合，“封高台烟”就是其中比较经典的战术之一。这种战术需要一名玩家通过反弹（可认为是完全弹性的，反弹前后水平速度方向反向、大小不变，竖直速度不变）的方式将烟雾弹扔到身后高度为H的高台上去，其路径可简化为如图所示（烟雾弹水平到达高台），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．反弹点的高度为 B．烟雾弹离手到墙壁的时间为 C．烟雾弹离手的初速度为 D．若高台上有一高度为H的顶篷，若烟雾弹恰好水平通过顶篷边缘，则将会落在高台上距高台边的地方 5．如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，AB长为L，导轨半径为R。一个质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，经过B点之后沿导轨运动，到达最高点C的速度大小为。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)求物块经过C点时，导轨对物块作用力的大小F； (2)求弹簧压缩至A点时的弹性势能； (3)若改变物块与水平面间的动摩擦因数，使物块脱离弹簧后经过B点时的速度为原来的，求物块在导轨上运动到的最高点距水平面的高度h。 6．如图所示，长度L=1.6 m的轻质细绳一端悬挂在O点，另一端系着一质量m=1kg的金属物块，将轻绳拉直，让轻绳从偏离竖直方向θ=60°的位置由静止释放物块，物块运动到最低点B时，轻绳刚好被拉断。物块继续运动后沿切线方向进入半径R=1m的光滑圆弧轨道CDE，圆弧轨道的圆心为O′，O′D水平且与O′C成α=53°角，E点为圆弧轨道的最低点，与一粗糙的水平面EF相切。物块经圆弧轨道后沿水平面继续运动，压缩右侧一端固定在竖直墙壁的轻质弹簧。物块与水平地面的动摩擦因数μ=0.1，弹簧初始处于自然伸长状态。物块压缩弹簧至最远处P点（图中未画出）后，被弹簧反弹到达圆弧轨道D点时对轨道压力恰好为0。忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，弹簧始终处在弹性限度内，物块可视为质点。（sin53°=0.8）求： (1)轻绳的最大张力T； (2)物块经过C点时对轨道的压力大小； (3)物块压缩弹簧最远处P点距E点的长度x及弹簧具有的最大弹性势能Ep； ⏳题型02 传送带模型能量问题 7．（多选）如图所示，倾角的传送带以恒定速率顺时针转动，将一质量的小物块（可视为质点）轻放在传送带底端处，小物块随传送带运动至顶端处，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，、间的距离，，，，以下计算正确的是（ ） A．小物块先做加速度的匀加速运动后做匀速运动 B．小物块从运动到的时间是 C．小物块与传送带间因摩擦产生的热量为 D．电动机因传送小物块而多消耗的电能为 8．（多选）机场通常用传送带分拣行李，其简化模型如图所示，水平传送带以速度顺时针匀速转动。现将质量为的行李无初速度地放在端，行李在到达端前已与传送带共速，已知端距离为。行李从端运动到端的过程，下列说法正确的是（ ） A．摩擦力对行李一直做正功 B．行李从端运动到端的时间为 C．行李与传送带间由于摩擦而产生的热量为 D．由于运输行李电动机多做的功为 9．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，图乙为水平传送带的简化图。长L＝2 m的水平传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动。质量m＝0.5 kg的货物（视为质点）以初速度v0＝1 m/s从左端滑上传送带，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A．货物与传送带发生相对滑动时间为0.25s B．货物在传送带上运动全过程中，传送带对货物做功为0.75 J C．货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.75 J D．货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为1 J 10．（多选）如图甲所示，工人利用传送带运送货物，倾斜传送带与水平面间的夹角θ=37°，以恒定速率逆时针转动，可视为质点的货物从顶端由静止释放。选取传送带底端所在的水平面为零重力势能面，货物的机械能E随其位移x变化图像如图乙所示。已知货物与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g取10 m/s²，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　） A．货物运动0.2 m后所受摩擦力方向发生改变 B．货物的质量为20 kg C．货物从释放到运动1.45 m过程中因摩擦产生的热量为10 J D．货物运动到传送带底端时的机械能比在顶端时少144 J 11．如图，足够长的传送带以的速度顺时针转动，与水平面的夹角。皮带在电动机的带动下，速率始终不变。时刻在传送带中间位置放上一个初速度大小为、方向沿传送带向下的小物块。已知小物块质量，物块与传送带间的动摩擦因数，取。（已知，），求： (1)经多长时间小物块与传送带达到共速； (2)达到共速过程中因摩擦产生的热量； (3)达到共速过程中电动机多消耗的电能。 ⏳题型03 “滑块—木板”模型能量问题 12．如图所示，足够长的木板放在光滑的水平面上，木板质量，在水平拉力的作用下由静止开始向右运动，当木板速度达到时，将质量的物块轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数，物块可视为质点，取。则下列说法正确的是（　　） A．刚放上物块时，木板的加速度大小为 B．放上物块后，二者经过相对静止 C．从放上物块到二者相对静止，因摩擦产生的热量为 D．从放上物块到二者相对静止，摩擦力对物块做的功为 13．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．木板A的质量是物体B质量的2倍 B．木板A与物体B的质量未知，质量关系已知，可以求得热量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离为1m D．A对B做的功与B对A做的功大小相等 14．质量为的滑块a和质量可视为质点的小滑块b放置在光滑水平面上，中间连接有被压缩的弹簧，弹簧和b不栓接。现由静止同时释放两滑块，b被弹开后沿光滑水平面滑行速度；b离开水平面后以平行于滑板c的速度恰好从上端滑上其上表面，滑板c足够长，其质量。斜面的倾角，c与斜面之间的动摩擦因数，b与c之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度。 (1)求b刚滑入c的速度大小； (2)求弹簧存储弹性势能； (3)求b、c间摩擦产生的热量Q。 15．如图甲所示，质量的木板P静止在粗糙水平地面上，其最右端放置一质量的物块Q。时，对P施加水平向右的恒定拉力，使P向右做匀加速直线运动，P、Q发生相对滑动。一段时间后撤去，整个运动过程中P的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知重力加速度大小，Q可视为质点且始终没有离开P，求： (1)P、Q间的动摩擦因数和拉力的大小； (2)P从开始运动到停下经历的时间； (3)Q从开始运动到停下的过程中，P、Q之间由于摩擦产生的热量。 重难·创新演练 设题创新：结合生活实际(T1、T2、T3、T4、T5、T6、T7) 1．▶新考法◀（多选）如图，质量为2 kg的物块B（视为质点）放置在质量为3 kg、长度为0.2 m的木板A（厚度不计）的最左端，B与A叠放在水平桌面上，B通过一条跨过轻质定滑轮的、与桌面平行的、不可伸长的轻绳与质量为1 kg的小球C相连，B与A、A与桌面的动摩擦因数分别为、，轻托小球C使轻绳处于自然伸直状态。从静止释放C，C向下加速运动，下降0.2 m后开始匀速运动，A若碰到右侧挡板则立即停止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力轻绳与滑轮间的摩擦力不计（ ）。 A．释放C瞬间，物块B的加速度为 B．释放C瞬间，物块A的加速度为 C．C运动过程中动能的最大值为 D．C从静止释放至开始匀速的过程中，A与B因摩擦而产生的热量为2 J 2．▶新思维◀（多选）如图：足够长的粗糙斜面倾角；斜面上放一长，质量的钢板，钢板与斜面间动摩擦因数；钢板上有一质量为的汽车，汽车前后轮间距，且车轮与钢板之间始终不打滑。开始时，汽车后轮与钢板下端对齐，两者正一起以下滑，司机发现后时启动汽车向上行驶，时车前轮到达钢板上端且汽车速度刚好为0。若汽车发动机将汽油化学能转化为机械能的效率为，则（ ） A．时，钢板的速度大小为 B．从到过程中，钢板对车的摩擦力对车做负功，车对钢板的摩擦力对钢板做正功，这两个功之和为0 C．从到过程中，汽车沿斜面向上走了 D．从到过程中，汽车发动机需要消耗的汽油化学能为 3．▶新角度◀（多选）如图，左、右平台分别与水平传送带平滑对接，整体分为A、B、C和传送带四段，长度分别为：xA=2m，xB=1m，xC=1m，x带=1m（两转轴之间距离）。左右墙面固定两根相同轻质弹簧P1、P2，原长均为0.5m。质量为M=2kg的木块Q可视为质点，压缩弹簧P1（不粘连），并由挡板K锁定静止。传送带以恒定速度v0=3m/s顺时针运行，木块Q与传送带和B段的动摩擦因数分别为，A、C段光滑。已知开始时P1的弹性势能为Ep1=25J，重力加速度g=10m/s2，两根弹簧始终处于弹性限度内。撤去挡板K后，以下说法正确的是（ ） A．整个过程中木块Q的最大速度为5m/s B．木块首次通过传送带的过程中，木块和传送带间的摩擦生热为9J C．弹簧P1再次被压缩的最大弹性势能Ep1'=3J D．木块Q最终停在B段距右墙1.5m处；P2的最大弹性势能Ep2=8J 4．▶新角度◀过山车竖直面上的“圆形”轨道往往不设计成标准圆，而是随着轨道高度增大，曲率半径逐渐减小。这是为过山车“倒挂”通过最高点提供更大的向心加速度，在最低点减小向心加速度大小。某左右对称的过山车轨道中的一段如图所示，轨道最高点A距地面，该处的曲率半径，轨道最低点B的曲率半径。整段轨道可视作在同一竖直平面上。可视作质点，质量的乘客乘坐过山车以速度从左侧最低点冲上轨道，同时关闭动力。已知乘客经过A点时向心加速度恰好等于2g，g取10m/s2，乘客上升和下降过程中损耗的机械能相等。求： (1)乘客从出发到A点的过程中损耗的机械能； (2)乘客在B点时受到座位向上的弹力大小。 5．▶新思维◀如图所示，ab为光滑水平直轨道，a点固定竖直挡板，挡板上栓接一轻质弹簧（原长小于ab的间距），光滑水平槽上有质量为m的小车，其上表面与ab轨道等高，小车左端与槽紧靠并被锁定在槽上，半径为R的光滑半圆轨道cd固定在竖直平面内，其c点与ab所在水平面相切。在外力作用下质量为m的物块静止在ab轨道上并压缩弹簧，此时弹簧的弹性势能为（未知），撤去外力后物块向右运动恰好停在小车右端。之后再次施加外力使物块左移压缩弹簧，稳定后弹簧的弹性势能为撤去外力的同时将小车解除锁定，物块由静止开始向右运动，小车右端到达c点瞬间，物块离开小车平滑地进入圆轨道继续运动。已知物块可视为质点，物块与小车之间的动摩擦因数μ=0.5，小车长度为4R，重力加速度为g。求： (1)弹簧第一次被压缩时的弹性势能; (2)物块滑到c点时，物块对轨道的压力大小; (3)物块脱离半圆轨道的位置距离c点的高度。 6．▶新考法◀如图所示，水平面上固定一轻质弹簧，左端与墙壁相连，右端与质量为的小物块（可看成质点）接触（不连接）。弹簧处于原长时物块位于点，点左侧的水平面光滑，点右侧的水平面OB部分粗糙，长度为，与物块间的动摩擦因数为。OB右端与竖直面内的半圆形导轨在点平滑连接，导轨半径为。已知弹簧被压缩至位置时的弹性势能为，现将物块由静止释放，物块离开弹簧后沿水平面运动，经过点沿半圆形导轨运动，恰好能通过最高点C。重力加速度，求： (1)物块运动到半圆形轨道的点时，对轨道的压力大小； (2)物块沿半圆形轨道从点运动到点的过程中，摩擦力所做的功。 7．▶新考法◀ “极速滑道”体验装置的竖直截面示意图如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、圆弧轨道BC、水平传送带、水平直轨道DE和四分之一圆弧轨道EF依次平滑连接组成。一质量m＝0.1kg的滑块（可视为质点）由A点静止释放，始终在轨道上运动且不脱离。已知滑块与传送带和DE轨道间的动摩擦因数分别为，其他阻力均不计，AB轨道的倾角，长度；圆弧轨道BC与AB轨道相切于B点，半径，最低点为C点，传送带长度，以速度v＝8m/s顺时针转动；DE轨道长度；EF轨道的半径，与DE轨道相切于E点，最高点为F点。，。求滑块 (1)到达B点时的速度大小； (2)经过圆弧轨道最低点C时，对轨道的压力大小； (3)从释放到第一次到达E点的过程中，因摩擦而产生的热量Q； (4)从释放到最终静止的过程中，经过F点的次数n。 真题·实战演练 高频考点：传动带模型能量问题、多运动组合问题 1．（2026·四川·高考）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（ ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 2．（2025·海南·高考）某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为，空箱B的质量为，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量，忽略轨道及平台的摩擦，，重力加速度。求： (1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力； (2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第27讲 专题：应用动力学、能量观点解决三类问题（专项训练） 模拟·基础演练 题号 1 2 3 4 7 8 9 10 12 13 答案 AB BCD B D ACD CD ABD AD D C 题号 11 12 答案 5．解: （1）经过C点时，物块做圆周运动，圆心在正下方。重力和导轨作用力（方向向下）共同提供向心力，根据牛顿第二定律 代入解得 （2）从到，根据能量守恒 得 （3）从到，根据动能定理 解得 所以 设物块在导轨上运动的最高点和圆心的连线与水平方向夹角为，此时速度大小为v， 经过最高点时，根据牛顿第二定律 从到在轨道上运动的最高点，根据动能定理 解得 所以 6．解: （1）从A到B由动能定理可知 解得 在B点列向心力方程有 解得 （2）在C点速度关系有 在C点列向心力方程有 解得 由牛顿第三定律可知物块经过C点时对轨道的压力大小为17N （3）从C到P，再到D的过程中，由动能定理可知 解得 从P到D的过程中，由能量守恒可知 11．解: （1）小物块先沿传送带向下做匀减速运动的过程中，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma 解得 由运动学公式 解得 小物块沿传送带向上运动到与传送带共速所需的时间为，由运动学公式 解得 则 故经过3s时间小物块与传送带达到共速。 （2）在时间内，小物块与传送带相对位移为 在时间内，小物块与传送带相对位移为 则达到共速过程中因摩擦产生的热量为 （3）在的时间内，传送带运动的位移为 则达到共速过程中电动机多消耗的电能 14. 解:（1）水平方向匀速直线运动有 解得 （2）由机械能守恒和动量守恒得， 解得 （3）由于，则c恰好不相对斜面滑动，一直处于静止，对b由牛顿第二定律有 匀减速直到停下 那么bc之间产生的热量 联立解得 15. 解:（1）内的加速度大小为 内的加速度方向向左，大小为 图线在处再次改变斜率，说明此时、相对滑动结束，二者速度均为。 相对滑动阶段只受给的滑动摩擦力，由得 设地面对木板的滑动摩擦力大小为。撤去后且相对滑动未结束时，对有 代入数据得 施加时，对有 解得 （2）后、相对静止并一起减速，加速度大小为 从减速到零还需时间​ 所以从开始运动到停下经历的时间 （3）后二者相对静止，之后、间不再发生相对滑动，不再因二者间摩擦产生热量。 内的位移等于图像面积， 相对滑动阶段的位移为 两者相对位移 、间的滑动摩擦力大小为 产生的热量 重难·创新演练 题号 1 2 3 4 答案 BC AB AC BD 5．解：（1）根据能量守恒 （2）物块第二次释放 解得 滑上小车后加速度 小车加速度 因为两者加速度大小相同，所以速度变化量相同，根据平均速度有 且 联立解得（另一值不符合题意） 到c点时 根据牛顿第三定律物块对轨道的压力 （3）设物块脱离位置与圆心连线和竖直方向夹角为，根据能量守恒有 在脱离位置 脱离半圆轨道的位置距离c点的高度 联立解得 6．解：（1）物块自到，根据能量守恒得 在点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，得 解得 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小 （2）物块恰好通过点，重力提供向心力 解得 对到过程列动能定理，得 解得摩擦力所做的功 7. 解:（1）滑块从A到B的过程 可得 （2）滑块从B到C的过程 得 在C点 得 由牛顿第三定律可得 （3）滑块到达C时 在传送带上加速度大小 设滑块减速到传送带速度v＝8m/s时的位移为x，由 得 即滑块恰好到达传送带右端D时，速度减为8m/s 滑块在传送带上运动的时间 传送带的位移 滑块与传送带的相对位移： 传送带处因摩擦产生的热量 滑块在水平轨道DE上运动时，因摩擦产生的热量 总热量 （4）滑块第一次到达E点时的动能 滑块每次经过最高点F时，至少需要克服重力做功 滑块从F点返回后，来回经过DE轨道，摩擦力做功 滑块来回经过传送带，速度等大反向； 综合上述可知，滑块上升和下降经过最高点F的总次数n＝6。 真题·实战演练 1.D 2. 解：（1）工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点间，根据机械能守恒 解得 在最低点根据牛顿第二定律 解得，方向竖直向上； （2）根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒 解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 （3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB粘连成的整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 解得，另一解小于舍去。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $