金版教程2025年高考物理复习专题强化七动力学和能量观点的综合应用

专题强化七动力学和能量观点的综合应用关键能力发展与提升考点一传送带模型拓展延伸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，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．功能关系分析(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。(2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程。(3)功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q。例1(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()A．物体在传送带上的划痕长eq\f(v2,2μg)B．传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2C．电动机多做的功为eq\f(3,2)mv2D．电动机增加的功率为μmgv[答案]AD[解析]物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v所需的时间t＝eq\f(v,μg)，在这段时间内物体的位移x1＝eq\f(v2,2μg)，传送带的位移x2＝vt＝eq\f(v2,μg)，则物体相对传送带的位移x＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦生热的内能，物体在这个过程中获得的动能是eq\f(1,2)mv2，相对位移x＝eq\f(v2,2μg)，则由于滑动摩擦力做功产生的热量Q＝μmg×eq\f(v2,2μg)＝eq\f(1,2)mv2，则传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为传送带克服摩擦力做功的功率，为fv＝μmgv，故D正确。例2(多选)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持1m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，重力加速度大小为10m/s2，则在此过程中，下列说法正确的是()A．工件加速过程的时间为0.8s B．传送带对工件做的功为202.5JC．工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5J D．电动机因传送工件多做的功为120J[答案]BC[解析]工件加速过程由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝2.5m/s2，则加速时间t＝eq\f(v,a)＝0.4s，故A错误；由动能定理有－mgh＋W传＝eq\f(1,2)mv2－0，得传送带对工件做的功W传＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝202.5J，故B正确；加速过程工件与传送带相对运动的位移大小Δx＝x传－x1＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t＝0.2m，工件与传送带间摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx＝7.5J，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量之和，则有W电＝Q＋eq\f(1,2)mv2＋mgh＝210J，故D错误。考点二滑块—木板模型拓展延伸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；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。2．功和能分析：对滑块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。(2)求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。例3(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl[答案]BD[解析]物块在木板上运动的过程中，设木板位移为xM，则物块位移为xm＝xM＋l，根据动能定理，对物块有－fxm＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对木板有fxM＝EkM－0，可得物块从木板右端离开时，木板的动能EkM＝fxM，物块的动能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－fxM，则Ekm<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C错误，D正确；画出该过程中物块、木板的v­t图像如图所示，且v0>vm，vm≥vM，由v­t图线与t轴所围面积表示对应位移可知，图中梯形面积S1表示l，下方三角形面积S2表示xM，由几何知识知，必定有S1>S2，则l>xM，则EkM＝fxM<fl，A错误，B正确。【跟进训练】1.(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是()A．上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案BD解析F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v­t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v－t图，②为木板的v－t图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。考点三多物体、多过程问题拓展延伸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。例4(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是()A．物体P和Q的质量之比为1∶3B．2T时刻物体Q的机械能为eq\f(E,2)C．2T时刻物体P重力的功率为eq\f(3E,2T)D．2T时刻物体P的速度大小eq\f(2gT,3)[答案]BCD[解析]开始释放时物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)，则mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得物体P和Q的质量之比为eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，A错误；在T时刻，两物体的速度大小均为v1＝eq\f(gT,3)，P上升的高度h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)×T2＝eq\f(gT2,6)，轻绳断开后P能继续上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝eq\f(gT2,18)，结合题意可知，开始时P、Q间高度差为h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，则t＝0时Q的机械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，轻绳断开时物体Q的机械能E′＝mQgh2＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,1)＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq\f(E,2)，B正确；在2T时刻，物体P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，负号表示方向竖直向下，此时物体P重力的功率PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，C、D正确。例5(2022·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度。则()A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量[答案]B[解析]A沿斜面上滑过程中，沿斜面方向所受重力的分力和滑动摩擦力恒定，弹簧弹力随位移均匀变化，则合力F随位移x均匀变化，又初、末速度均为零，则根据动能定理知，eq\f(F0＋Ft,2)Δx＝0－0，可得eq\f(F0＋Ft,2)＝0，因此当A上滑到最大位移的一半时，所受合力F中＝eq\f(F0＋Ft,2)＝0，加速度为零，A错误；设斜面倾角为θ，若弹簧与A物块不连接，则由受力分析结合牛顿第二定律可得，A、B间恰好没有相互作用力，且加速度大小均为a＝gsinθ－μgcosθ，方向均沿斜面向下；假设A上滑过程中，弹簧的弹力方向发生变化，最后阶段变为拉力，则A、B由静止开始起沿斜面向下运动时，则aA>aB，A、B将分离，与题设条件矛盾，故假设错误，则A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化，B正确；下滑时，弹簧弹力F弹的方向始终沿斜面向上。对A、B整体有：(mA＋mB)gsinθ－F弹－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对A有：mAgsinθ＋FBA－F弹－μmAgcosθ＝mAa，两式联立可得FBA＝eq\f(mB,mA＋mB)F弹，下滑时弹簧的压缩量不断增大，弹簧弹力F弹不断增大，则B对A的压力FBA不断增大，故C错误；整个过程中弹簧弹力做的功为0，A所受重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知，整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。【跟进训练】2.(多选)如图所示，木块A、B紧靠放置于水平面上，A和墙间水平拴接着劲度系数为k的轻弹簧，且弹簧处于原长状态。已知A、B质量分别为2m、m，与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。今用水平力F向左缓慢压B，使B向左移动x，突然撤去F，则()A．若A、B可分开，分开时弹簧处于原长状态B．若A、B可分开，分开时弹簧处于压缩状态C．为使A、B可分开，F做功必须大于4.5μmgxD．为使A、B可分开，x必须不小于eq\f(\a\vs4\al(6μmg),k)答案AD解析两木块分开瞬间加速度相等，两者之间弹力为0，设此时共同的加速度为a，弹簧的弹力为T，对B木块由牛顿第二定律得：μmg＝ma，对A木块由牛顿第二定律得：2μmg＋T＝2ma，联立得：T＝0N，所以此时弹簧没有弹力，即处于原长状态，故A正确，B错误；由选项A可知，A、B分开时弹簧已经恢复原长，全程弹簧所做总功为