2025高考物理一轮复习突破：动力学观点和能量观点的综合应用

专题突破课8动力学观点和能量观点的综合应用

目标要求1.会应用动力学观点解决传送带、滑块一木板模型综合问题。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

L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=H・％相对。

(2)功能关系分析：W=AEk+AEp+2，其中W为传送带做的功，AEk为传

送物体增加的动能、△Ep为传送物体增加的势能。

维度1水平传送带模型

EE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0=2m/s的速度向右运动，传送带A、B两端的距离LAB=6m,将

质量机=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

〃=0.2,忽略盒子的大小，g取10m/s2,下列说法正确的是()

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加s

C.盒子从左端运动到右端的过程中，摩擦力对盒子做的功为4J

D.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

、V2,

度大小为a=〃g=2m/s2,当盒子加速至v=2m/s时的位移大小为x=^=1

m<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力

=?=1s,盒子匀速运动的时间为B=*^=2.5S,所以盒子从左端运动到右端

的时间为/=力+短=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=〃掰gx=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=〃机g(o/i—x)=2J,故D正确。故选D。

维度2倾斜传送带模型

血回近些年网购流行，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oi=0.6m/s逆时针

运行的传送带与水平面间的夹角a=37。。工作人员沿传送方向以速度02=1.4

m/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〃=0.8,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos

37°=0.8o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

mgcosa—mgsma—ma

解得<7=0.4m/s2

设经过时间九后包裹的速度与传送带的速度相等，则有

02-01

=2s

7)\+。2

该时间内包裹运动的距离XI=-2—•/i=2m

传送带运动的距离xi'=0访=1.2m

共速后包裹匀速运动的时间t2=Nt—ti=3s

式中At=5s,ti时间内包裹运动距离X2=viti=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

01

?3=—=1.5S

a

运动距离%3=y?3=0.45m

故传送带顶端到底端的距离

L=xi+无z+x3=4.25nio

(2)整个过程产生的热量

Q=/img(xi-xi')cosa+/zmgx3cosa=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或相对滑行路程。

维度1水平面上“滑块一木板”模型

血口］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)，质量机=1.0kg。小铁块和木板之间

的动摩擦因数〃=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R将木板抽出，若R=8N,10m/s2o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R=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

ai=〃g=3m/s~

木板运动的加速度大小为

F-^mg

ai=而=5m/s

设抽出过程的时间为则有

解得7=1S,所以小铁块运动的位移为

解得XI=1.5m

木板运动的位移为X2=52/2,解得X2=2.5m

摩擦力对小铁块做的功为Wi=pimgxi

解得Wi=4.5J

摩擦力对木板做的功为W2=—//mgX2

解得出=—7.5J。

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能

=

Q/j.mgL3Jo

答案：(1)—7.5J4.5J(2)3J

维度2斜面上“滑块一木板”模型

EE如图所示，倾角。=37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6

m,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3放在长木板的上端，同时释放A和5,结果当A的下端滑到斜面

底端时，物块3也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2s,重力加速度g取10

m/s2,不计物块5的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370=0.6,cos370

=0.8o求：

A

(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数仪和物块3与A间的动摩擦因数〃2；

(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与3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5运动的加速度大小分别为0、42,长木块A和

物块5运动到斜面底端经历时间为令长木板A的长为L、物块8的质量为加,

则斜面长为2L、长木板A的质量为2机，以长木板为研究对象，则

尸

根据牛顿第二定律得

2mgsin。一仗,3mgcos8+〃2/ngcos0=2mai

以物块5为研究对象，则2L=；a2-

根据牛顿第二定律得mgsm。一〃2mgeosO=mai

联立以上各式并代入数据解得

〃i=0.5,〃2=0.375。

(2)设长木板A和物块5运动到斜面底端时速度分别为切、02,根据运动学公

式有

L=^uit,2L=^V2t

因摩擦产生的总热量

或Q=〃i,3mgeos0,L+42mgeos0,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”一整体上把握全过程，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。

EE如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道3c相切车表面于3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00=5.0

m/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3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=L0kg,小车的长度为/=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〃=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OB;

(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xo

解析：(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得

Pmg=ma

2

解得a=2m/so

(2)根据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点G由重力提供向心力，则

_vc1

mg=nr^~

物块从5运动到。的过程，由机械能守恒定律得

2mgR+^mv（?=^mv^

联立解得VB=2\[5m/So

（3）根据能量守恒定律得

22

Ep=T（M+m）w—^mvB—pimgl

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

—52一（2小）2.

xi~cm=L25m

则小车的位移x=xi—l=lm

即弹簧被压缩的距离为1m。

答案：（l）2m/s2（2）2小m/s（3）14.5J1m

【对点训练】

如图所示，水平轨道A3长为2凡其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。、半径为R的光滑圆弧轨道与A3相切于3

点，并且和圆心在。2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，5、C、02

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。点的;圆

弧挡板”。2竖直放置，并且与地面相切于。2点。质量为机的小滑块（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3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。（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A3间的动摩擦因数〃；

（2）弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；

⑶小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。

2

解析：（1）由几何关系得3C间的高度差力=留

小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得

mgh—/img-2R=0

解得〃=1o

(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

1

W弹——mg・2R——Nmg,2R=^mv9——0

滑块在。点，由重力提供向心力，有

2

mv

联立解得Ep=争ngR。

(3)滑块通过。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=\gt1

由几何关系可知f+y2=4R2

可得滑块落到挡板上时的动能为

Ek=^m[v2+(gt)2]

联立解得Ek=(2也一1)叫心

答案：(1)|(2)ymg7?(3)(2/一1)mgR

限时规范训练25

1.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oo=2m/s的速度匀速运动，

将质量m=lkg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪3相距10m的A点

处，包裹与传送带间的动摩擦因数〃=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()

占m扫码.

A.包裹从A点运动到扫码仪3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5s

C.将一个包裹运送到扫码仪3的过程中，电动机多消耗的电能为4J

D.将一个包裹运送到扫码仪3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〃机g=/na,解得a=5m/s2,包裹在传送

带上加速的时间n=~=o.4s,包裹在传送带上加速的位移工=诟=0.4m<10m,

包裹在传送带上匀速运动的时间/2=%/=4.8S,包裹从A点运动到扫码仪5的

时间f=/i+/2=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=00/1=0.8

m,传送带克服摩擦力所做的功传=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=〃机g（x传一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。=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

（）

A.货物在传送带上留下的划痕长度为1m

B.匀速阶段摩擦力对货物做的功为65J

C.全程货物与传送带因摩擦产生的热量为122.5J

D.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lm/s,则货物在传送带上留下的

划痕长度为传=lm,故A正确；匀速阶段的位移X2=o传,2=1X2111

=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〃制geos37°—mgsin37°=ma,解得

〃=而，全程货物与传送带因摩擦产生的热量为Q=pmgcos37°•Ax=32.5J,

故C错误；0〜2s内，货物上滑的距离足=1m,因放上货物导致传送带电动机

多消耗的电能为E=mgxisin37°^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

3(可看成质点)以水平速度0o=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、

5间存在摩擦，之后A、3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)()

A.木板A获得的动能为2J

B.系统损失的机械能为4J

C.木板A的最小长度为2m

D.A、3间的动摩擦因数为0.1

2

解析：D由题图乙可知，A、B的加速度大小相等，aA=aB=lm/s,根据

牛顿第二定律，有〃切g=nuaA,limg=maB,则"〃=m=2kg,n=0.1,木板获

得的动能为EkA=^mAV2=lJ,选项A错误,D正确；系统损失的机械能AE=^mvo2

—|x2mz;2=2J,选项B错误；由o-f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。=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〃I=0.25、〃2=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VI；

⑵第1次在传送带上往返运动的时间/；

(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量。。

解析：(1)由动能定理得

(mgsin37°一〃1mgeos37°)L=^mvi2—0

解得切=8m/So

(2)由牛顿第二定律得122mg=ma

物块与传送带共速时，由速度公式得

—v=vi-ati

解得力=6s

vrv

匀速运动阶段的时间为/2=M/=3S

第1次在传送带上往返运动的时间

t=tl+t2=9So

(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=piimgLcos37°-\~^mv2=4SJ。

答案：(1)8m/s(2)9s(3)48J

5.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板3,在3的左端放有

一个可视为质点的小滑块A,A、3间的动摩擦因数〃=0.4,A的质量机=1kg,

3的质量M=2kg,g=10m/s2o现对A施加R=7N的水平向右的拉力，1s后撤

去拉力R求：(结果可以用分数表示)

A

(1)撤去拉力R前小滑块A和长木板3的加速度大小ai、a2;

(2)A相对于B静止时的速度大小0；

(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q。

F111THQ

解析：(1)若A、3相对静止，则有“="7三同="m/s2>”-=2m/s2,故A、

5间有滑动摩擦力，对滑块A,根据牛顿第二定律有

F—/xmg=mai,解得ai=3m/s2

对木板5,根据牛顿第二定律有〃相g=Ma2

42=2

解得2m/so

(2)撤去F时，滑块A的速度大小vi=aiti=3m/s,木板B的速度大小s=a2h

=2m/s

撤去R后，由〃相g=/na3得滑块A的加速度大小为<23=4m/s2

设经历时间/2二者共速，则有

01—<23/2=02+<22/2,解得(2=^S

7

则v=vi—a3t2=2m/So

(3)外力R对A、3整体做的功为

口一篦，2—211

7

A、B最终以速度0=1m/s运动

149

故A、3整体动能为Ek=/(M+m)/=wj

由能量守恒定律得Fx=Q+Ek

7

则Q=gJo

答案：(l)3m/s22m/s2(2),m/s(3),J

6.如图所示，倾角为6=30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h=3

m,一薄木板3置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度Lo=lm的

轻弹簧，木板3总质量m=lkg,总长度L=2.5m。有一个质量为Af=4kg的小

物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板5,