新高考物理二轮复习-动力学与能量观点的综合应用

阂、考情透析

命题点考频统计命题特点核心素养

利用动力学本专题主要考查动力学和物理观念：

与能量观点能量观点的综合应用，既包括运用相互作用和能

2025年：云南TI0

解决多过程由直线运动、抛体运动和圆周量守恒的物理观念

青海T10

问题运动等运动形式组成的多过程分析多过程或多物

2023年：

传送带模型问题，也包括在各种具体情境体类问题。

全国乙卷T8

中的动力学下（例如板块、传送带、绳、杆、

湖北T14湖南T8

与能量问题弹簧等）使用动力学和能量观科学思维：

2022年：

点进行综合分析和推理。试题应用动力学规律和

板块模型中浙江6月T20

常常涉及到使用能量守恒的思能量守恒定律再结

的动力学与浙江1月T2I

想来计算摩擦所产生的热量和合数学知识进行综

能量问题

电动机所提供的能量。合推理分析。

二：»热点突破

命题点1利用动力学与能量观点解决多过程问题

»考题示例1

（2022・浙江・历年真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角a=37。的光滑直

轨道AB、圆心为Oi的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道£）比、倾

角也为37。的粗糙直轨道召G组成，B、。和尸为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在

G点（与8点等高），B、。、。、5和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量

机=0.1kg,轨道8C。和。后r的半径R=0.15m,轨道AB长度/,铝=3m,滑块与轨道

间的动摩擦因数〃=（,滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6,cos37o=D.8o

滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。（g=10m/s2）

（I）若释放点距B点的长度/=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对■其支持力&的大小；

（2）设释放点距8点的长度为人，滑块第一次经尸点时的速度丫与/、之间的关系式；

（3）若滑块最终静止在轨道尸G的中点，求释放点距B点长度4的值。

答案：（1）滑块从释放到C点过程，

根据动能定理可得："ig/sin37。+mgR（l—cos37。）=J〃届

2

在C点时，根据向心力公式可得：F^—mg=m

联立解得：FN=7N

（2）能过最高点时，则能到尸点，那么恰到最高点时，

根据动能定理可得：〃吆/*sin37。-3〃?gRcos37。一〃侬?=0

解得：4=0.85m,因此，要能过尸点必须满足420.85m.

第一次过尸点时的速度丫与4之间的关系式，

根据动能定理可得：mghsin37°—4/〃gRcos37°=-/nv2,

2

解得：v-J⑵「9.6，其中/.v>0.85rn

（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的〃倍，

根据动能定理可得：〃?8/刈137。-"世上"由37。-〃〃/叫上“0$37。=0,根=（根据滑

22tana

块运动到停下来，其中〃为奇数），

解得：人=如匹m

15

又因为4482i=0.85m,乩=3m

13041

当〃=1时，lxi=­m；当〃=3时，1x2=-m；当〃=5时，ly=­m。

155x15

N跟踪训练1

（2025・陕西•模拟题）如图，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37。的固定直轨道AC

的底端4处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为27？的光滑

圆弧轨道相切于C点，AC=7R,A、8、C、。均在同一竖直面内。质量为，〃的小物块。自

C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后尸沿轨道被弹I可，最高点到达尸点,

12

AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数〃=：,重力加速度大小为g。(取sin37。=',

4

cos37°=-)

5

(1)求产第一次运动到B点时速度的大小。

(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。

(3)改变物块P的质量，将尸推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点。

处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与。点水平相距NR、竖直相距R,

2

求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

答案：(1)C到8的过程中重力和斜面的阻力做功，

所以：ing-BCsin37°—37。心。=g"八］—0

其中：BC=AC—2R

代入数据得：

(2)物块返回B点后向上运动的过程中：一〃增心Fsin37。一〃〃耳cos37。心"=0一；相期

其中：BF=AF~2R

联立得：叫=詹号

物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为X，

则：一〃〃?gcos370-2A-=g；mv1

整理得：x=A

物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，

则："ig.rsin37°—*〃gcos370-x—\V=()—g

又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W

所以：EP=2AmgR

(3)由几何关系可知图中。点相对于C点的高度：/?=r+zros370=1,8r=1.8x=1,5R

6

所以。点相对于G点的高度：H=L5R+R=2.5R

小球做平抛运动的时间：

7753

G点到。点的水平距离：L=-R-rsin370=-R--Rx-=3R

2265

由：L=vDt

联立得：\，D=g

E到。的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，

由功能关系得:Ep—mrg(ECsin37。+〃)一〃"gcos370-EC=—mfv])—0

2

联立得：〃r=—mo

3

多过程问题是由直线运动、平抛运动和圆周运动组合而成，这类模型一般各阶段的运动

过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可。注意：

(1)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带；

(2)平抛运动末速度的方向往往是解题的突破口；

(3)竖直面内的圆周运动往往需要抓住临界条件：

2

①轻绳模型通过最高点的临界条件mg=m—;

R

②轻杆模型通过最高点的临界条件-20、轻杆提供的是支持力还是拉力的临界条件"总

v2

=m一;

R

③物体不会脱离圆轨道的临界条件：物体能通过圆周的最高点或是不超过与圆心等高

的点。

a■命题点2传送带模型中的动力学与能量问题

»考题示例2[生产生活类1

(2024.河北.模拟题)图(a)为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图(b)

所示，该装置由传运带ABC。及固定挡板CDEr组成，固定挡板CDE厂与传送带上表面垂

直，传送带上表面ABC。与水平地面的夹角为。=37。，C。与水平面平行。传送带匀速转动

时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从。点由静止释放，货物对地发生位移L=10m

后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度为

v=lnVs,货物质量为机=10kg,其底部与传送带48CD的动摩擦因数为川=0.5,其侧面

与挡板的动摩擦因数为〃2=0.25。已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取

IOm/s2,不计空气阻力。求：

（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力力的大小及侧面所受滑动摩擦力力的大

小；

（2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。

图(a)

答案：（I）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为M，

货物底面所受滑动摩擦力为力，挡板对货物支持力为M，货物侧面所受滑动摩擦力为力，由

力的平衡条件有Ni=mgcos3,M=mgsin0

由滑动摩擦力计算式有力="闿，方="2M

代入数据可得力=40N,力=15N

（2）因为力与运动方向相同，力与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直

线运动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得力一方="刈

解得“1=2.5in/s2

设货物匀加速至与传送带共速所用时间小对地位移为用，由运动学公式得h=2=0.4s

货物匀加速阶段的位移为为=—=0,2m

2卬

因即VL,故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为自

位移为及，由运动学公式得X2=£—即=9.8m

货物匀速阶段所用的时间为t2=%=9.8s

V

货物运动总时间为，=力+/2=10.2s

传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之

和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能有%）=8J

货物与挡板之间由于摩擦产生的内能有02=^=150J

货物增加的动能AEk==5j

2

传送装置多消耗的电能EIL=QI+Q2+A&=163J

7跟踪训练2

（2025・湖南•联考题）在某电视台举办的冲关游戏中,A8是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。

半径R=1.6m,3C是长度为L=3m的水平传送带，8是长度为上=3.6水平粗糙轨道,

A8C。轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处曰静止下滑。参赛者和滑板可视为质

点，参赛者质量〃?=60kg,滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分

别为川=0.4,“2=0.5,g取lOm/s2。求：

（1）参赛者运动到圆弧轨道8处对轨道的压力；

（2）若参赛者恰好能运却至。点，求传送带运转速率及方向；

（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛着多消耗的电能。

答案：解：（1）参赛者从A到8的过程，由机械能守恒定律得：/^/?（l-cos600）=l^

代入数据得：v«=4m/s

在B点,对参赛者，由牛顿第二定律得：N—,ng二川迎

R

代入数据得：N=1200N

由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道8处对轨道的压力为：M=N=1200N,方向竖直

向下

（2）参赛者由C到。的过程，由动能定理得：一42〃磔2=。一L此

2

解得：vc=6in/s>VB=4m/s

所以传送带运转方向为顺时针。

假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为P,

由动能定理得：〃I"7gLi=gtn\T-g

解得：v=2\/10m/s>vc=6m/s

所以传送带速度等于vc=6m/s,方向为顺时针方向。

(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：f=%一'%ic~~L=6-4s=0.5s

aMg0.4x10

此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Ar=vd—yf=05m

2

传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：E=*〃?gAr+值

代入数据解得：E=720J

传送带模型:

(1)动力学问题：物块滑上传送带.对物块进行受力分析时摩擦力的分析是重点,也是易

错点。

(2)在倾斜传送带中当物块与传送带达到共速时，若〃2lan9则物块将与传送带一起做匀

速直线运动；若"Vian。则物块将继续做匀变速直线运动；

(3)相比空载，当传送带在转运物块时，电动机增加的能量为：物块增加的机械能和物块

在传送带上滑动时产生的热量：

(4)划痕长度、摩擦生热的升茸(易错点)：若物体从倾斜传送带的顶端由静止释放，所做

运动的v-l图像如下，

:屋，

则图线与横轴围成的而枳表示位移，在同一段时间内的而枳之差(AH和八口)表示相

对位移。则划痕长度为Au与Ax2中的最大值，而物块与传送带摩擦产生的热量为Q=/(Axi

+A丫2)。

命题点3板块模型中的动力学与能量问题

»考题示例3

(2024・安徽•模拟题)如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6kg,长

木板的质量是12kg。/=（）时二者以vo=8m/s的初速度一起向右运动，1=0.5s时长木板与

右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过

锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分卜一，图

像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加

速度g取lOm/sz,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（I）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；

（2）长木板的长度；

（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。

i'/nrs”

图2

答案：（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、〃?，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为

川，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为偿，由y—/图像可得，

。〜0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为0=生=殳辿m/s2=4m/s2

△%0.5

对此过程由牛顿第二定律得川•（M+Mg=（M+〃?）〃i，解得川=0.4

0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。

由v-t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为〃2=组=上匚—m/s2=8m/s2

1Ml1.0-0.5

对长木板由牛顿第二定律得〃i（M+机）g+"2阳g=M（l2,解得“2=0.4

（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为内一户喏-0.4xl（）mA2-4

m/s2

0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以v=6m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速宜线运

动，因42＞。3,故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为由，

则有'=2〃为，代入数据解得xi=2.25m

长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的

最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设

0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为足,

则有7=2〃消2，代入数据解得12=4.5m

设长木板的长度为L,长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，

则有+.3=2.25ni+4.5in=6.75m

（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为g,长木板与地面间相对滑动产生的

内能为。2,则有。尸42〃屋=162J,。2=川（例+⑼&仃=162J

故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。=QI+Q2=324J。

7跟踪训练3

（2025・河北♦模拟题）如图所示，左右两端带有弹性挡板M、N的长木板乙静止放在光滑的

水平地面上，物块甲放置在长木板的中点C,原长为A8的弹性绳上端固定于A点，下端穿

过固定于3点的光滑圆环与物块甲连接，初始时A、3、C三点位于同一竖直线上。已知物

块甲的质后〃?i=6kg,木板乙的质后〃〃=2kg、长度Lo=2m,弹性绳的劲度系数4=100

N/m,8c间长度为&=0.2m,弹性绳的弹性势能的表达式为6=；攵*J为弹性绳的伸长

量），物块甲和木板乙之间的动摩擦因数〃=0.5,忽略挡板M、N的厚度和物块甲的大小，

物块甲和木板乙之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间忽略不计，弹性绳始终

处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s2。

乙

（1）若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度力=夜m/s,二者向右一起减速且一直

未发生相对滑动，求物块甲向右运动的最大位移总；

（2）若某时刻给物块甲、木板乙以相同的向右初速度4且当二者将要发生相对滑动时，

将长木板乙锁定不动，使得物块甲与木板乙的挡板N仅能碰撞一次，求也的最小值（结果

可用根号表示）；

（3）若将长木板乙锁定不动，给物块甲一个向右的初速度，使其初动能为Ek3=70J，求物

块甲在长木板上运动的总路程

答案：解：（1）甲、乙一起向右做减速直线运动,

由能量守恒定律可得町+叫M=+#）—,居,

22

解得xi=0.4m«

（2）甲、乙一起向右做减速直线运动，当二者将要发生相对滑动时，二者间达到最大静摩

擦力，设此时二者向右运动的位移为X2，

对乙，由牛顿第二定律得入=〃（〃"一kb）=m2a,

对中、乙整体，由牛顿第二定律得依2=（如十机2）小

甲、乙向右运动位移为小的过程中，

由能量守恒定律可得;（见+叫）（11一年）=*（1+4）-;所，

此后甲刚好减速到挡板N时速度也最小，

由能量守恒定律可得;〃=g&百+与+工2+g）+〃（"4g-"1）与，

解得V2=V58m/so

（3）物块甲先向右运动，假设能够到达挡板，且动能为反NI，

由能量守恒定律可得Ek3-EkNi=K.停+g攵%+（勺）］一3所，

解得EkNi=0,则物块甲正好能够达到挡板N,

此时最大静摩擦力以"="（，〃氏一心）=20N,小于弹性绳弹力的水平分力，所以将向左运动，

物块从N到C过程，先加速后减速，设到达C点时动能为反口，

由能量守恒定律可得反0+不告=*+件）:押，

解得Ek°=3