专题突破课8　动力学观点和能量观点的综合应用-2025版物理大一轮复习

目标要求1.会应用动力学观点解决传送带、滑块—木板模型综合问题。2.会应用能量观点解决摩擦生热等综合问题。3.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1.传送带模型的解题角度(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.传送带模型中的功和能量(1)摩擦产生的内能：Q＝Ff·x相对。(2)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中W为传送带做的功，ΔEk为传送物体增加的动能、ΔEp为传送物体增加的势能。维度1水平传送带模型炒茶厂的水平传送带装置如图甲所示，可简化为图乙所示模型，传送带上面始终以v＝2m/s的速度向右运动，传送带A、B两端的距离LAB＝6m，将质量m＝1kg的小茶叶盒轻轻放到传送带左端。盒子与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，忽略盒子的大小，g取10m/s2，下列说法正确的是()甲乙A.盒子在传送带上始终受重力、弹力和摩擦力的作用B.盒子从左端运动到右端的时间为eq\r(6)sC.盒子从左端运动到右端的过程中，摩擦力对盒子做的功为4JD.盒子从左端运动到右端的过程中，由于摩擦而产生的热量为2J解析：D盒子刚放上传送带上受重力、支持力和摩擦力作用，此时的加速度大小为a＝μg＝2m/s2，当盒子加速至v＝2m/s时的位移大小为x＝eq\f(v2,2a)＝1m<LAB，所以盒子先做匀加速运动，后随传送带做匀速运动，当盒子匀速运动时处于平衡状态，只受到重力和弹力作用，故A错误；盒子匀加速运动的时间为t1＝eq\f(v,a)＝1s，盒子匀速运动的时间为t2＝eq\f(LAB－x,v)＝2.5s，所以盒子从左端运动到右端的时间为t＝t1＋t2＝3.5s，故B错误；盒子从左端运动到右端的过程中，摩擦力对盒子做的功为Wf＝μmgx＝2J，故C错误；盒子从左端运动到右端的过程中，由于摩擦而产生的热量Q＝μmg(vt1－x)＝2J，故D正确。故选D。维度2倾斜传送带模型近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4m/s从传送带顶端推下一件质量m＝5kg的小包裹(可视为质点)。5s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)传送带顶端到底端的距离L；(2)整个过程产生的热量Q。解析：(1)分析包裹的受力情况，可知包裹受重力、弹力和摩擦力作用，包裹冲上传送带时，由牛顿第二定律有μmgcosα－mgsinα＝ma解得a＝0.4m/s2设经过时间t1后包裹的速度与传送带的速度相等，则有t1＝eq\f(v2－v1,a)＝2s该时间内包裹运动的距离x1＝eq\f(v1＋v2,2)·t1＝2m传送带运动的距离x1′＝v1t1＝1.2m共速后包裹匀速运动的时间t2＝Δt－t1＝3s式中Δt＝5s，t2时间内包裹运动距离x2＝v1t2＝1.8m停电后包裹的加速度大小不变，包裹做匀减速直线运动的时间t3＝eq\f(v1,a)＝1.5s运动距离x3＝eq\f(v1,2)t3＝0.45m故传送带顶端到底端的距离L＝x1＋x2＋x3＝4.25m。(2)整个过程产生的热量Q＝μmg(x1－x1′)cosα＋μmgx3cosα＝40J。答案：(1)4.25m(2)40J考点二“滑块—木板”模型滑块和木板的运动如图所示，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或相对滑行路程。维度1水平面上“滑块—木板”模型如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0kg，长度L＝1.0m。在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0kg。小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30。开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8N，g取10m/s2。求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q。解析：(1)当用F＝8N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a1＝μg＝3m/s2木板运动的加速度大小为a2＝eq\f(F－μmg,M)＝5m/s2设抽出过程的时间为t，则有eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L解得t＝1s，所以小铁块运动的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t2解得x1＝1.5m木板运动的位移为x2＝eq\f(1,2)a2t2，解得x2＝2.5m摩擦力对小铁块做的功为W1＝μmgx1解得W1＝4.5J摩擦力对木板做的功为W2＝－μmgx2解得W2＝－7.5J。(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmgL＝3J。答案：(1)－7.5J4.5J(2)3J维度2斜面上“滑块—木板”模型如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6m，长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2s，重力加速度g取10m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，长木块A和物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝eq\f(1,2)a1t2根据牛顿第二定律得2mgsinθ－μ1·3mgcosθ＋μ2mgcosθ＝2ma1以物块B为研究对象，则2L＝eq\f(1,2)a2t2根据牛顿第二定律得mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式有L＝eq\f(1,2)v1t，2L＝eq\f(1,2)v2t因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsinθ＋2mgLsinθ－eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)×2mv12或Q＝μ1·3mgcosθ·L＋μ2mgcosθ·L代入数据解得Q＝90J。答案：(1)0.50.375(2)90J考点三多运动组合问题1.分析思路(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，构建大致的运动情景。(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。如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0kg，小车的长度为l＝0.25m，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块在小车上滑行时的加速度大小a；(2)物块运动到B点时的速度大小vB；(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。解析：(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma解得a＝2m/s2。(2)根据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有mg＝meq\f(vC2,R)物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvB2联立解得vB＝2eq\r(5)m/s。(3)根据能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v02－eq\f(1,2)mvB2－μmgl解得Ep＝14.5J从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移x1＝eq\f(v02－vB2,2a)＝eq\f(52－（2\r(5)）2,2×2)m＝1.25m则小车的位移x＝x1－l＝1m即弹簧被压缩的距离为1m。答案：(1)2m/s2(2)2eq\r(5)m/s(3)14.5J1m【对点训练】如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的eq\f(1,4)圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)。求：(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。解析：(1)由几何关系得BC间的高度差h＝eq\f(2,3)R小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0解得μ＝eq\f(1,3)。(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep滑块从A到D过程由动能定理得W弹－mg·2R－μmg·2R＝eq\f(1,2)mv2－0滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝eq\f(mv2,2R)联立解得Ep＝eq\f(11,3)mgR。(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt竖直方向有y＝eq\f(1,2)gt2由几何关系可知x2＋y2＝4R2可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝eq\f(1,2)m[v2＋(gt)2]联立解得Ek＝(2eq\r(2)－1)mgR。答案：(1)eq\f(1,3)(2)eq\f(11,3)mgR(3)(2eq\r(2)－1)mgR限时规范训练251.皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以v0＝2m/s的速度匀速运动，将质量m＝1kg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪B相距10m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A.包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用B.包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5sC.将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4JD.将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4J解析：C包裹在传送带上加速时有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，包裹在传送带上加速的时间t1＝eq\f(v0,a)＝0.4s，包裹在传送带上加速的位移x＝eq\f(v02,2a)＝0.4m＜10m，包裹在传送带上匀速运动的时间t2＝eq\f(L－x,v0)＝4.8s，包裹从A点运动到扫码仪B的时间t＝t1＋t2＝5.2s，故B错误；包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；传送带在包裹加速时间内的位移x传＝v0t1＝0.8m，传送带克服摩擦力所做的功W＝μmgx传＝4J，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x传－x)＝2J，故D错误。2.(多选)2023年5月28日，我国自主研发的国产大飞机C919首次开启商业载客飞行，130多名首航旅客见证了这一历史性时刻。如图甲为机场工作人员利用传送带将货物运送到机舱的情景图，构建模型如图乙所示，一货物(可视为质点)在传送带上运动的v-t图像如图丙所示，4s末货物抵达机舱。已知传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，货物的质量为5kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()甲乙丙A.货物在传送带上留下的划痕长度为1mB.匀速阶段摩擦力对货物做的功为65JC.全程货物与传送带因摩擦产生的热量为122.5JD.0～2s内，因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能为65J解析：AD由图像可知，传送带的速度为1m/s，则货物在传送带上留下的划痕长度为Δx＝v传t1－eq\f(v传,2)t1＝1m，故A正确；匀速阶段的位移x2＝v传t2＝1×2m＝2m，摩擦力对货物做的功为Wf＝mgsin37°·x2＝60J，故B错误；加速阶段的加速度为a＝0.5m/s2，根据牛顿第二定律μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝eq\f(13,16)，全程货物与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos37°·Δx＝32.5J，故C错误；0～2s内，货物上滑的距离x1＝1m，因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能为E＝mgx1sin37°＋eq\f(1,2)mv传2＋Q＝65J，选项D正确。故选AD。3.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10m/s2)()甲乙A.木板A获得的动能为2JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.1解析：D由题图乙可知，A、B的加速度大小相等，aA＝aB＝1m/s2，根据牛顿第二定律，有μmg＝mAaA，μmg＝maB，则mA＝m＝2kg，μ＝0.1，木板获得的动能为EkA＝eq\f(1,2)mAv2＝1J，选项A错误，D正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝2J，选项B错误；由v-t图像可求出二者相对位移为1m，选项C错误。4.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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。解析：(1)由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝8m/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＝6s匀速运动阶段的时间为t2＝eq\f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝3s第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9s。(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgLcos37°＋eq\f(1,2)mv2＝48J。答案：(1)8m/s(2)9s(3)48J5.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1kg，B的质量M＝2kg，g＝10m/s2。现对A施加F＝7N的水平向右的拉力，1s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；(2)A相对于B静止时的速度大小v；(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q。解析：(1)若A、B相对静止，则有a＝eq\f(F,m＋M)＝eq\f(7,3)m/s2>eq\f(μmg,M)＝2m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3m/s2对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2解得a2＝2m/s2。(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2m/s撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4m/s2设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝eq\f(1,6)s则v＝v1－a3t2＝eq\f(7,3)m/s。(3)外力F对A、B整体做的功为F·x＝F·eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(21,2)JA、B最终以速度v＝eq\f(7,3)m/s运动故A、B整体动能为Ek＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(49,6)J由能量守恒定律得F·x＝Q＋Ek则Q＝eq\f(7,3)J。答案：(1)3m/s22m/s2(2)eq\f(7,3)m/s(3)eq\f(7,3)J6.如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1m的轻弹簧，木板B总质量m＝1kg，总长度L＝2.5m。有一个质量为M＝4kg的小物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，木板