2026高考物理一轮复习（基础版）第六章 第7讲　小专题 动力学和能量观点的综合应用

第7讲小专题:动力学和能量观点的综合应用考点一传送带模型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,作好受力分析,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。(3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。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=Ffx传。(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。[例1]【水平传送带模型】(2025·湖南岳阳开学考试)如图,一大型工厂内足够长的水平传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台,二者平滑连接于A点,传送带始终以大小为v=3m/s的速度逆时针匀速转动,在平台上一工件以水平向右、大小为v0=6m/s的速度从A点冲上传送带。已知工件的质量为m=2kg且可视为质点,工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度大小g取10m/s2。下列说法错误的是()[A]工件在传送带上向右运动的最大距离为3.6m[B]工件在传送带上运动的时间为2.7s[C]工件在传送带上留下的划痕长度为8.1m[D]工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为72J【答案】D【解析】工件在传送带上向右滑动时,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=5m/s2,由运动学公式得v02=2axm,解得xm=3.6m,故A正确,不符合题意;传送带足够长,工件在传送带上先向右减速到0,再反向加速,由v0>v可知工件速度达到v=3m/s后,再匀速运动到左边平台,向右匀减速的时间t1=v0a=1.2s,向左加速滑动的加速度大小a1=a=5m/s2,向左加速的时间为t2=va1=0.6s,向左加速的位移大小x1=v2t2=0.9m,向左匀速运动时间t3=xm-x1v=0.9s,工件在传送带上运动的时间为t=t1+t2+t3=2.7s,故B正确,不符合题意;开始时相向运动,划痕Δx1=xm+vt1=7.2m,反向加速为同向运动,划痕Δx2=vt2-x1=0.9m,工件在传送带上留下的划痕长度为Δx=Δx1+Δx2=8.1m,故C正确,不符合题意;[例2]【倾斜传送带模型】(2024·江苏南通期中)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动,在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,取最高点为零势能位置,则小木块的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随时间t变化的图像可能正确的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】初状态时,重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得加速度a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ,如果μ<tanθ,则小木块与传送带不能一起匀速下滑,要继续加速运动,a2=mgsinθ-μmgcosθm=gsinθ-μgcosθ,v-t图像第二阶段斜率变小,如果μ>tanθ,则小木块与传送带一起匀速运动,故A错误;重力做正功,重力势能减小,故B错误;达到传送带速度前Ek=12mv2=12m(a1t)2,达到传送带速度后,继续加速的情况Ek=12mv2=12m[v0+a2(t-v0a1)]2,故C错误;机械能与摩擦力做功有关,开始摩擦力做正功,机械能增大W1=μmgcosθ×12a1t2,后来摩擦力做负功,机械能减小,继续加速的情况下W2=-μmgcosθ×[v0(考点二“滑块—木板”模型1.“滑块—木板”模型问题的分析方法(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;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。(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。2.三个位移的应用(如图所示)(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]【滑块—木板模型动力学和能量分析】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,铅块的初速度不变,铅块与木板间的动摩擦因数为μ。则()[A]当m1=m2时,铅块在木板1上滑行,两板间的作用力为μmg[B]当m1=m2时,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,铅块可能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止[D]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】铅块在木板上滑行时,对整块木板根据牛顿第二定律得μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,对木板2根据牛顿第二定律得F=m2a,解得F=μm2g,当m1=m2时,铅块在木板1上滑行,两板间的作用力为12μmg,A错误;木板分开前后铅块的加速度不变,其加速度为a铅=μmgm=μg,铅块在木板1上滑行时,木板1的加速度为a板1=μmgm=μg,铅块在木板2上滑行时,木板2的加速度为a板2=μmgm2>μg如图所示,铅块和木板图像所围的面积表示铅块在木板上滑动的距离,第二次的面积小,表示铅块没有滑动到木板2的右端,B、C错误;设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Δx1>Δx2,所以Q1>Q2,铅块在木板上滑行的整个过程中,题图甲情境中产生的内能一定比题图乙的大,D正确。[例4]【有外力作用的滑块—木板模型】(2024·江西九江阶段检测)(多选)如图所示,质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上,质量为m的物体(可视为质点)放在木板上最左端,现用水平恒力F作用在物体上,使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体和木板之间的摩擦力为Ff。当物体滑到木板的最右端时,木板运动的距离为x,则在此过程中()[A]力F对物体做功大小为F(L+x)[B]摩擦力对物体做功为-FfL[C]摩擦力对木板做功为Ffx[D]系统产生的热量为Ffx【答案】AC【解析】根据功的计算式,力F对物体做功W1=F(L+x),故A正确;物体受到的摩擦力向左,摩擦力对物体做功W2=-Ff(L+x),故B错误;木板受到的摩擦力向右,摩擦力对木板做功W3=Ffx,故C正确;系统产生的热量Q=Ffx相对=FfL,故D错误。考点三应用动力学和能量观点解决多运动组合问题两大观点的选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动),涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,一般选用动力学方法解题。(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。[例5]【应用动力学和能量观点解决多运动组合问题】(2024·江苏卷,15)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D。求:(1)CD段长度x;(2)BC段电动机的输出功率P;(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。【答案】(1)v(2)mgv(sinθ+μcosθ)(3)si【解析】(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,由运动学公式有0-v2=-2ax,联立解得x=v2(2)物块在BC段做匀速运动,得电动机的牵引力为F=mgsinθ+μmgcosθ,由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ)。(3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsinθ,整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的内能,故可知E2=E1+μmgcosθ·L,故可得E1E2=mgL解决多运动组合问题方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。(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。(满分:60分)对点1.传送带模型中的动力学和能量问题1.(6分)(2025·北京开学考)(多选)如图所示,水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动,某时刻质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端,经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ。若当地的重力加速度为g,对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程,下列说法正确的是()[A]物块所受摩擦力的方向水平向左[B]物块运动的时间为v[C]物块动能增加量为12mv[D]物块与传送带摩擦生热为mv2【答案】BC【解析】物块相对传送带向左滑动,摩擦力方向水平向右,故A错误;对物块,根据牛顿第二定律得μmg=ma,加速达到共速时物块运动的时间为t=va=vμg,故B正确;物块动能的增加量为ΔEk=12mv2,故C正确;物块的位移大小为x1=v2t,传送带的位移大小为x2=vt,所以物块相对传送带的位移大小为Δx=x2-x1=v2t=v22μg,所以摩擦生热为Q=μmg·Δx=2.(4分)(2024·广东广州三模)玉米收割后进行脱粒用如图甲所示的传送带装置,可近似为如图乙所示物理过程,将收割晒干的玉米投入脱粒机后,玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上,一段时间后和传送带保持相对静止,直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上,不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v,加速度大小为a,动能为Ek,机械能为E,玉米粒距离地面的高度为h,下列图像能近似反映上述物理过程的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】根据题意可知,玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,玉米粒从传送带抛出后到最高点过程,速率应不断减小,到最高点后速率再逐渐增大,故A错误;根据题意可知,玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,则加速度先恒定不变,再变为0,玉米粒从传送带抛出后,加速度为重力加速度,保持不变,故B错误;根据题意可知,玉米粒在传送带上运动时,先加速后匀速,动能先增大后不变,玉米粒从传送带抛出后到最高点过程,动能应不断减小,到最高点后动能再增大,故C错误;玉米粒在传送带上运动时,先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力二者均做正功,根据功能关系知,玉米粒的机械能一直增大,且E-h图像的斜率先表示滑动摩擦力后表示静摩擦力,则加速阶段的斜率大于匀速阶段的斜率,玉米粒从传送带抛出后到落回地面过程,只受重力作用,机械能不变,故D正确。对点2.“滑块—木板”模型3.(4分)(2024·安徽二模)一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情况可能的是()[A]ΔEkB=7J,ΔEkA=4J,Q=4J[B]ΔEkB=7J,ΔEkA=3J,Q=4J[C]ΔEkB=8J,ΔEkA=3J,Q=2J[D]ΔEkB=8J,ΔEkA=5J,Q=3J【答案】B【解析】根据长木板A和物体B组成的系统能量守恒ΔEkB=ΔEkA+Q,故A、C错误;画出物体B和长木板A的v-t图线,分别如图中1和2所示,图中1和2之间的梯形面积表示板长l,1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1,2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由图可知x1>l,x2<l,根据功能关系ΔEkB=Ffx1,ΔEkA=Ffx2,Q=Ffl,联立解得ΔEkB>Q>ΔEkA,故B正确,D错误。4.(12分)(2024·海南模拟)如图,质量M=8kg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=8N,当小车向右运动速度达到v0=3m/s时,在小车的右端轻放一质量m=2kg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取10m/s2,求:(1)小物块刚放到车上时小物块和车的加速度大小;(2)小物块与小车达到共同速度所需的时间、共同速度大小;(3)在达到共同速度过程中小物块与小车摩擦产生的热量。【答案】(1)2m/s20.5m/s2(2)2s4m/s(3)12J【解析】(1)小物块刚放到车上时,对小物块受力分析,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得小物块的加速度为a1=2m/s2,对小车受力分析,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,解得小车的加速度为a2=0.5m/s2。(2)设经过时间t,小物块与小车达到共同速度,根据运动学公式可得v共=a1t,v共=v0+a2t,联立解得t=2s,v共=4m/s。(3)在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为Δx=v0+v共2t-则小物块与小车摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=12J。对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题5.(14分)(2024·湖南长沙阶段检测)如图所示,竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,圆心为O点,圆弧所对圆心角θ=37°,半径为R=6m,末端Q点与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一长度为s=6m的水平传送带,传送带沿顺时针方向转动,传送带上表面与P点高度差为H=0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=6kg的可视为质点的滑块A,滑块由P点沿圆弧切线方向进入轨道,滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块A与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)滑块A离开传送带时速度v0的大小;(2)滑块A经过Q点时受到弹力FN的大小;(3)滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能Q。【答案】(1)4m/s(2)109N(3)48J【解析】(1)滑块A离开传送带做平抛运动,竖直方向满足vy2=2gH,解得v又A沿切线滑入圆轨道,满足tanθ=vy解得v0=4m/s。(2)滑块A到P点的速度vP=v0从P到Q的过程中,由机械能守恒定律得mgR(1-cos37°)=12mvQ2-解得vQ=7m/s,在Q点根据牛顿第二定律有FN-mg=mv解得FN=109N。(3)滑块A随传送带做匀加速直线运动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=5m/s2,根据v02=2axA,得xA=可知传送带匀速运动的速度为v=v0=4m/s,滑块A做匀加速运动的时间为t=va滑块A相对于传送带的位移大小为Δx=vt-vt2=vt滑块和传送带组成的系统产生的内能Q=μmgΔx=48J。6.(6分)(2025·广东模拟)(多选)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N,传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6m/s、0.8m/s,方向均已在图中标出,一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同,并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1kg,与传送带N的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10m/s2,传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是()[A]小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为1.4m/s[B]小煤块传送到传送带N上后,经0.5s与传送带N保持相对静止[C]小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线,其长度为0.25m[D]小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量为1J【答案】BC【解析】小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为v=0.62+0.82m/s=1m/s,故A错误;小煤块在传送带N上滑动的过程中,方向如图所示,小煤块相对传送带N做匀减速直线运动,其加速度大小为a=Ffm=μg=2m/s2,从小煤块滑上传送带N到小煤块与传送带N保持相对静止的时间t=va=0.5s,故B正确;设小煤块在传送带N上滑动的划痕的长度为l,根据匀变速直线运动的规律有v2=2al,解得l=0.25m,故C正确;小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量Q=μmgl=0.5J,7.(14分)如图