2026年高考物理一轮总复习：动力学和能量观点的综合应用

第7讲专题提升:动力学和能量观点的综合应用

选择题：1~7题每小题2分,8~9题每小题5分，共24分

基础对点练

题组一传送带模型中能量转化

1.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速率v做匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释

放在水平传送带的左端,传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,对于

物块从由静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（）

（・¥一.（・）

A.物块做匀速直线运动

B.所用时间为三

C.因摩擦产生的热量为机5

D.电动机多做的功等于amv2

2.（多选）（2025四川成都模拟）如图甲所示的等双翼式传输机,其两侧等长的传送带倾角可以在一

定范围内调节，方便不同情况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度大小相同。图

乙为等双翼式传输机工作示意图，跖、跖代表两传送带。第一次调整跖的倾角为30°，跖的

倾角为45°,第二次调整Mi的倾角为45°，肠的倾角为30°,两次分别将同一货物无初速放在

Mi的最低端，都能传到Ah的最高端。货物与Mi和M2的接触面粗糙程度相同，两次运输中货物

均在Mi上就已与传送带共速，先后两次传输机的运行速度大小相同。贝女）

A.第一次运送货物的时间较短

B.第二次运送货物的时间较短

C.传输机因运送货物而多消耗的能量，第一次较多

D.传输机因运送货物而多消耗的能量，第二次较多

3.（多选）如图所示，一条长为2m、倾角为30°的传送带在电动机的带动下，以3m/s的速率沿逆

时针方向匀速运行。某时刻，将质量为1kg的小滑块轻放在传送带上端，直至小滑块滑离传送

带。已知重力加速度g取lOm/s1滑块与传送带之间的动摩擦因数为洛，则（）

A.小滑块经过0.5s与传送带速度相同

B.小滑块经过0.8s离开传送带

C.整个过程因摩擦而产生的热量为2J

D.电动机因运送小滑块多做的功为1J

题组二板块中的能量变化

4.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做

匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则

（）

B

------

A

A.木板A所受摩擦力对木板A做负功

B.木板A对木块3的摩擦力做的功与木块3对木板A的摩擦力做的功的大小相等

C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板

A的摩擦力做的功

D.力R做的功等于木块3与木板A的动能增量之和

5.（2025四川成都模拟）如图所示，一质量为mo=2kg的木板静止在水平地面上，一质量为m=lkg

的滑块（可视为质点）以vo=2m/s的水平速度从木板左端滑上木板,木板始终保持静止。木板足

够长，滑块与木板间的动摩擦因数为〃1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为〃2（未知），重力加速度

大小g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

zzzzzzzz/lz/z7z/2z7//z/zz/*z/zzzzzzzzz/

A.地面对木板的摩擦力方向水平向右

B.地面对木板的摩擦力大小为9N

C.〃2可能为0.12

D.整个过程中,滑块与木板间因摩擦产生的热量为4J

6.（2025辽宁鞍山模拟）如图所示,上表面粗糙的长木板B静止在光滑的水平面上，物块A叠放在

长木板右端，轻弹簧一端连接在物块A上，另一端连接在竖直墙面上，开始时弹簧处于原长，现对

3施加一水平向右恒定的拉力£弹簧始终处于弹性限度内且只考虑A未离开5的过程，则正确

的说法是（）

/

^wwwwwwwvfZ|F

A.施加拉力后最初的一段时间内，物块A和木板B一定无相对滑动

B.施加拉力的瞬间，物块A所受的摩擦力为零

C.施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、3和弹簧整体机械能的增量

D.施加拉力后，在A与3相对滑动过程中,A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B间产生的热

量

7.（多选）（2025广东惠州模拟）如图所示,质量为mo、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量

为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力R作用在小物块上，使小物块从

静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x,小物块和小车之间的

滑动摩擦力为A,此过程中，下列结论正确的是（）

仔一尸加。，

A.小物块到达小车最右端时，其动能为（广A）（L+x）

B.摩擦力对小物块所做的功为FfL

c.小物块到达小车最右端时,小车的动能为ax

D.小物块和小车组成的系统机械能增加量为R（L+x）

综合提升练

8.（2025四川内江模拟）建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图如图所示，电动机带动两个

滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放,

夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧,夯杆被提上来，如此周而

复始，夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程。已知两个滚轮边缘的线速度恒为

vo=4m/s,滚轮对夯杆的正压力F=2xl04N,滚轮与夯杆间的动摩擦因数〃=0.3,夯杆质量

m=lxl（）3kg,坑深力=6.4m,假定在打夯的过程中坑的深度变化不大,g取10m/sz,下列说法正确

的是（）

A.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2.5m/s2

B.每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.2x104

C.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8x104J

D.增加滚轮对夯杆的正压力,每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加

9.（多选）如图甲所示,六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每块长度为L=2m,质量为

mo=0.8kgo另有一质量为机=1kg的物块（可看成质点）以（冬）+48m/s的初速度冲上

木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为〃1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为〃2=0」,重力加

速度g取10m/s2。以下说法正确的是（）

空

A.物块滑上第4块木板瞬间，第4、5、6块木板开始运动

B.物块滑上第5块木板瞬间，第5、6块木板开始运动

c.物块最终停在某木板上,物块与该木板摩擦产生的热量为强J

041

D.物块最终停在某木板上,物块与该木板摩擦产生的热量为息J

10.(6分)如图所示，倾角6=37°的长度L=12.4m的传送带以v=12.4m/s的速率逆时针匀速转

动，将一大小可忽略的物块从传送带顶端无初速度释放。已知物块与传送带之间的动摩擦因数

〃=0.8,物块的质量机=2.01<^。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,假设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力。求：

(1)物块滑到传送带底端需要的时间；

(2)物块下滑过程中摩擦力对物块做的功。

11.(8分)某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止,一旦有货物被

置于传送带上，传送带就会以lm/s2的加速度向前加速运行。在传送带空载的某时刻，某质量为

20kg的货物向前以3m/s的初速度滑上传送带。已知传送带长为6m,货物和传送带之间的动

摩擦因数为0.2,g取10m/s2,求：

⑴货物用多长时间到达传送带末端；

(2)整个过程传送带对货物做的功；

(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。

12.(10分)(2025江苏淮安模拟)如图甲所示，电动机驱动水平传送带以v0=4m/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。=45。。质量加=1kg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、垂直挡板的分速度减为零,撞击后紧贴挡板运动L=0.5m滑离传送带,俯视图如图乙所示。

已知物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,g取10m/s2o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。

13.(12分)如图所示，水平轨道A3长为2民其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。1、半径为R的光滑圆弧轨道3C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、。2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道

CD右侧有一半径为2R、圆心在。点的《圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于。2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。(计算时圆管内径可不计，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〃；

⑵弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；

(3)小滑块通过最高点。后落到挡板上时具有的动能Ek。

第7讲专题提升:动力学和能量观点的综合应用

1.B解析物块由静止释放在传送带上时，传送带会给物块一个向右的摩擦力耳

促使物块向右做匀加速直线运动，则有尸£=机。=〃冽8，解得a=〃g,故A错误;物块最

终和传送带相对静止，即和传送带共速，所用时间为右二，故B正确;传送带运动的

位移为％=近，可知传送带克服摩擦力所做的功为Wf=/成=〃阳历=加优物块获得的

动能为耳毛加/,可得因摩擦产生的热量为。=叱-&=2机故C错误;电动机多做

的功转化为物块的动能和系统内能,皿=a+。=加/,故D错误。

2.AD解析设传送带的速度为％跖的倾角为仇货物在跖上加速运动时有

/umgcosO-mgsin解得a=pigcosO-gsin"可知夕越大，加速度越小，两次货物运

送的长度一样，则第一次运送货物的时间较短，故A正确,B错误;根据能量守恒可

知,传输机因运送货物而多消耗的能量转化为货物的动能、重力势能和摩擦产生

的内能。两次运送货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下

因摩擦产生的热量。，设货物加速的时间为力,货物与传送带的相对位移为Ax,可得

t=-,Q=FfAx,Ax=vt-^t,Ff=jLimgcos仇联立解得0=，可知夕越大，。越大，即传

azz^jtz-taric/)

输机因运送货物而多消耗的能量多，故第二次较多，故C错误,D正确。

3.BC解析小滑块刚放上去时的加速度为防,则根据牛顿第二定律可知mgsin

O+umgcos夕=神。1,解得Qi=gsinO+ugcos0=7.5m/s?,达到共速的时间ti=—=0.4s,A

错误;共速前的位移Xi=；M=0.6m,小滑块此时运动的加速度为奥,同理根据牛顿

+2

第二定律可知Q2=gsin夕-〃geos6=2.5m/sz,故有x2=v?2^azt2,%2=(2-0.6)m=1.4m,

联立解得彳2=0.4s,所以小滑块离开传送带的时间UA+力=0.8s,B正确;整个过程中

因摩擦产生的热量Q=]umgcos3(vh-xx+x2-vt2)=2J,C正确;根据能量守恒可知

W=^mgcos^(V?I-V?2)=0,D错误。

4.C解析木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功,A错误;木

板A对木块5的摩擦力做的功大小为WI=FE4双木块5对木板4的摩擦力做的功

大小为皿2=居82,由题意得下£48的大小与在切的大小相等，但％〉片,所以两者做功

大小不相等,B错误;摩擦生热的计算公式为。=尸广八5,又因为As=%-%1,所以有

Q=Ff-As=Wi-W2,C正确;根据能量守恒有，力尸做的功等于木块5和木板A动能的

增量之和,再加上4、5相对运动产生的热量,D错误。

5.C解析根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面

对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小

尸fm=〃Mg=3N,由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小Ff0=Ffm=3

N,故B错误;木板始终保持静止，即〃2(祖+mo)g*fm,解得〃2对」,故C正确;整个过

程中,滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量。专祖%2=2J,故D错误。

6.C解析由题干可知,施加水平向右的恒力尸后,在物块4与木板5未分离过程

中，即施加力尸后，物块A与木板5会发生相对滑动，故A项错误油上述分析可知,

施加拉力后，两者之间即发生相对滑动，此时物块A与木板间存在滑动摩擦力，故B

项错误油能量守恒可知，拉力厂所做的功等于物块4与木板5、弹簧整体机械能

的增量以及4、5物体之间摩擦产生的热量，即施加拉力后的某一过程中,拉力做

的功一定不小于4、5和弹簧整体机械能的增量，故C项正确;由功能关系可

知,A、5之间产生的热等于4、5之间摩擦力与A、5两物体间的相对位移的乘

积，即Q=FfAxAB,故D项错误。

7.AC解析小物块发生的位移为£+%,对于小物块根据动能定理可得Ekl=(F-

Ff)(£+x),<A正确;小物块克服摩擦力做的功为W=Ff(£+%),故B错误;物块到达小

车最右端时，小车运动的距离为无对小车根据动能定理得小=理1,故C正确;小车

和小物块增加的动能为a=41+&2=(尸-&)(£+%)+下/=/(£+X)-居"系统重力势能

不变，则小物块和小车增加的机械能为F(L+x)-FfL,故D错误。

8.C解析夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，对夯杆进行分析，根据牛顿第二定

律有解得a=2m/s?,故A错误;夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，若

匀加速至根据速度与位移的关系式有〃()2=2依0,解得刈=4m</z=6.4m,之后夯

杆匀速运动至到达坑口,此过程夯杆所受左右两轮静摩擦力的合力大小等于夯杆

的重力，匀加速过程经历时间与匀速过程经历时间分别为介="=2S,?2=^=0.6s,

CLVQ

根据功能关系，由于滚轮边缘的线速度大小恒定，则每个打夯周期中，电动机多消耗

的电能等于滚轮克服摩擦阻力所做的功石电动机=2〃下W"+MgwZ2,解得E电动机

=1.2xl()5j,故B错误;每个打夯周期中滚轮与夯杆间的相对位移大小为x#=v0?i-

沏=4m,则因摩擦产生的热量为。=2〃尸％相=4.8义IO,j,故c正确;结合上述可知，在

匀加速过程中有2〃尸夯杆匀加速至均的相对位移％相=丫0%-弊%其中

九=当产生的热量。=2〃网相，解得。=驾量=®需，可知，若增加滚轮对夯杆的正

az/zr-mg2〃一/

压力,每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将减小，故D错误。

9.BD解析当物块滑上第〃个长木板时，长木板开始运动，满足〃Mg〉〃2[m+(7-

〃加o]g,解得〃〉4.5,故物块滑上第5块木板瞬间，第5、6块木板开始运动，故A错

误,B正确。滑上第5块木板前，所有木块相对地面静止，则〃M8=根勾,根据孙2—

%2=2©4£,代入数据解得冲上第5块木板的速度也=§m/s,在第5块木板上运动

O

、一11

时间为玄，受力分析得〃即g-〃2(m+2恤虫=2神0。56J状5-尹t52-y56t5?二乙解得t5=l

C1

s,此时物块速度V]'=vi-at=-m/s,v=a56?5=7m/s,继续滑上第6个木板，则〃解g-

55o24

3、、、1

〃2(加+加0尔二恤06,解得。6=2向$2；设达到共速时间为/6〃1""6』2+。6%,解得希二诵

s,v共=]m/s,则共速时，相对于第6块木板左端距离d=:(v/+v共)，6-〈(V2+v共)括=1m,

oZZ04

则物块与该木板摩擦产生的热量为Q=〃Mgd=■高J,故C错误,D正确。

10.答案⑴1.5s(2)4.96J

解析(1)根据牛顿第二定律,物块的加速度a=gsin夕+〃geos6=12.4m/s2

经过时间人物块与传送带共速?i=C-L=ls

1

共速前物块加速的位移%)=-61^2=6.2m

共速后物块匀速运动的时间r=—=0.5s

2V

物块滑到传送带底端需要的时间^I+?2=1.5SO

(2)物块在与传送带相对运动过程中，动摩擦力做功为

W}=jnmgcos0-X]=79.36J

物块在与传送带相对静止下滑过程中，静摩擦力做功为

W2=-mgsin夕(£-%i)=-74.4J

所以物块下滑过程中摩擦力对物块做的功W=WI+W2=4.96J

或根据动能定理mgLsin0+W^mv2

所以物块下滑过程中摩擦力对物块做的功W=4.96J。

11.答案⑴3s(2)0(3)60J

解析(1)对货物受力分析,由牛顿第二定律可知〃帆?=加优

解得a'=2m/s2

设经时间人两者共速，则v0-a'ti=ati

解得A=1s

故货物运动1s后两者共速，此时的速度大小

v=at]=lm/s

1

货物的位移莅=丫0小历笃2=2m

由题意知，两者共速后，一起以加速度。做匀加速直线运动，设两者共速后,货物再

2

运动时间才2到达传送带末端，则Vt2+^at2-l-Xx

解得噌=2s

所以货物到达传送带末端所用的时间Uh+/2=3s。

⑵设货物到达传送带末端的速度大小为"，则

v'=v+at2

解得v-3m/s

货物从被推上传送带至到达传送带末端的过程,由动能定理得卬=今1仔3rm

解得w=0o

2

(3)货物和传送带之间的相对位移/^x=xi-^at1=1.5m

所以整个过程因摩擦产生的热量Q=wwgAx=60J。