2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用

第六章机械能守恒定律第6课时目标要求1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。专题强化：动力学和能量观点的综合应用内容索引考点一

传送带模型综合问题考点二滑块—木板模型综合问题考点三用动力学和能量观点分析多运动组合问题课时精练><考点一传送带模型综合问题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，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。(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

(2023·江苏省海安实验中学检测)某快递公司分拣快件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度顺时针转动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中A.皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是一对平衡力B.皮带对邮件做的功和邮件对皮带做的功大小相等C.相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为2JD.相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为1J√皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，故A错误；邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为x，则x＝vt；摩擦力对皮带做的功W＝－μmgx；邮件匀加速运动的位移x′＝

皮带对邮件做的功W′＝

可知二者的数值不相等，故B错误；邮件放到皮带上后做匀加速运动的加速度为a＝

＝μg＝5m/s2。邮件匀加速运动到与传送带共速的时间t＝

＝0.2s；皮带相对地面的位移x＝vt＝0.2m，可得：W″＝μmgx＝2J，可知相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为2J，故C正确，D错误。例2

(2024·江苏南通市期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°、足够长的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7m，传送带顺时针匀速转动。现让质量m＝1kg的小物块以某水平向右的速度从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08m的C点，物块与斜面体、传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求物块由A运动到B时的速度大小vB；答案6m/s物块恰好能滑到C，从B到C做加速度为a的匀减速运动，C点速度为零，则mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得vB＝6m/s(2)若改变传送带转速，物块从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块从A点滑上传送带时初动能的最小值Ekmin。答案34J当物块滑上斜面H高度后返回，经传送带减速刚好回到A点，速度为零，物块从最高点到达A点过程，根据动能定理可得解得H＝2.55m设传送带对物块做功为Wf，物块从A点到达最高点过程，根据动能定理可得故当传送带对物块做功Wf最大时，物块从A点滑上传送带时初动能最小，即物块在传送带上整个过程传送带对物块做正功，此时物块从A点滑上传送带初动能最小，即返回滑块—木板模型综合问题><考点二“滑块—木板”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；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝

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：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。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

如图所示，质量m1＝1kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是A.P与Q开始相对静止的速度是2.5m/sB.长木板Q长度至少为3mC.P与Q之间产生热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1√两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1s，v共＝2m/s，选项A错误；之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2m，选项B错误；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12J由能量守恒定律得，地面与Q之间产生的热量为Q2＝

m2v02－Q1＝12J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。例4

如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)A、C两点的高度差；答案0.8m(2)小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；答案68N，方向竖直向下小物块由C到D的过程中，由动能定理可得代入数据解得FN＝68N根据牛顿第三定律可知，小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为68N，方向竖直向下。(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。答案3.625m设小物块刚滑到木板右端时，与木板达到共同速度v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1＝μg＝3m/s2，共速时有v＝vD－a1t，v＝a2t对物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得解得L＝3.625m，即木板的最小长度为3.625m。返回用动力学和能量观点分析多运动组合问题><考点三例5

(2024·江苏盐城市东台中学校考)如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。不计空气阻力，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求小物块的抛出点离A点的高度h；答案0.45m物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有v0＝vAcos37°竖直方向vy＝vAsin37°＝gt解得t＝0.3s(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时所受轨道弹力的大小FN；答案60N

小物块从A点运动到C点，根据动能定理有代入数据解得FN＝60N(3)若小物块能到达D点且在DC之间不脱离轨道，求MN的长度L′。答案16m≤L′≤20m或者L′≤10m要想小物块不脱离轨道，则有两种情况，第一种：当物块能经过最高点C且刚好能通过C点时，解得vC′＝2m/s小物块从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有解得L′＝10m第二种：当小物块恰能到达与圆心等高的位置时，解得L1＝16m解得L2＝20m则小物块能到达D点且在DC之间不脱离轨道，MN的长度满足16m≤L′≤20m或者L′≤10m。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。返回课时精练训练1

用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块—木板模型训练2

用动力学和能量观点分析多运动组合问题1.(2024·江苏扬州市仪征中学开学考)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是A.饺子一直做匀加速运动B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大C.饺子从静止开始加速到与传送带速度相

等的过程中，增加的动能等于因摩擦产

生的热量D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能123456√饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝

＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止开始加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgx饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移x饺子＝x相对＝x传送带－x饺子＝vt－

所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。1234562.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为123456√1234561234563.(2023·江苏南通市开学考)如图所示，倾角为θ的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速度运行。一物块无初速度地放在传送带上端，传送带与物块间的动摩擦因数μ<tanθ，则物块的位移x与时间t及重力势能Ep、动能Ek、机械能E与位移x的关系图像可能正确的是√物块开始放到传送带上后，速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，当速度达到和传送带速度相等时，由于μ<tanθ，物块继续加速下滑，此时根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可知a1>a2，在前后两个过程中，加速度都沿传送带向下，速度一直增加，因此在x－t图像中，斜率逐渐增加，A错误；物块在下滑的过程中，根据Ep＝Ep0－mgxsinθ可知在Ep－x图像中，图像是一条倾斜直线，B错误；123456在第一段下降的过程中ΔEk＝(mgsinθ＋μmgcosθ)·Δx1，在第二段下降的过程中ΔEk′＝(mgsinθ－μmgcosθ)·Δx2，因此在Ek－x图像中，第一段的斜率比第二段的斜率大，C错误；第一段下降的过程中，除重力以外，摩擦力对物块做正功，因此机械能的变化与位移之间的关系为ΔE＝μmgcosθ·Δx1，第二段下降的过程中，除重力以外，摩擦力对物块做负功，因此机械能的变化与位移之间的关系为ΔE′＝－μmgcosθ·Δx2，因此在E－x图像中图线为两段直线，斜率绝对值相等，第一段斜率为正，第二段斜率为负，D正确。1234564.(2024·江苏扬州市阶段练习)如图所示，一足够长的水平传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，与倾角为θ＝37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块(未画出)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均为μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小物块第一次运动到P点时的速度大小v1；123456答案8m/s123456小物块第一次从A点运动至P点时，根据动能定理有解得v1＝8m/s(2)物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功；答案64J123456物块沿传送带运动到最远处所用的时间物块与传送带间相对位移大小为Δx＝x1＋vt＝12.8m＋4×3.2m＝25.6m物块在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝2.5m/s2物块沿传送带运动到最远处的位移为123456摩擦产生的热量为Q＝FfΔx＝μmgΔx＝0.25×2×10×25.6J＝128J根据能量守恒，电动机因传送物块多做的功为123456解得s＝12m。设从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程为s，经过多次往返后，小物块最终停在斜面底端。除第一次返回斜面外，其余每次在传送带上往返运动时过程都具有对称性，从第一次返回斜面到最终停止运动，根据能量守恒定律可得(3)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。答案12m1234565.(2024·江苏镇江市期中)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，B是质量mB＝0.2kg、长度L＝18m的薄木板，A是质量mA＝0.1kg的滑块(可视为质点)。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离s＝15m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v0＝6m/s从木板上端P点沿斜面向下冲上薄木板。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：123456开始运动时A的加速度大小B的加速度大小(1)刚开始运动时，A、B加速度的大小；123456答案2m/s2

8m/s2(2)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间；123456答案2s123456当两者达到共速时v＝v0＋aAt1＝aBt1解得t1＝1sv＝8m/s此后A、B一起沿斜面向下运动，加速度大小为a＝gsin37°＝6m/s2123456解得t2＝1s则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间t＝t1＋t2＝2s该过程中系统产生的热量Q＝μmAgcos37°(xA－xB)＝1.2J从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能为1.2J。(3)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能。123456答案1.2J6.(2024·江苏扬州市期中)如图所示，固定的光滑

圆弧轨道A的半径R＝1.8m，质量mB＝3kg、长L＝3.4m的木板B紧靠A放置在水平地面上，B与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，水平向右的恒力F＝2N始终作用在B上。质量mC＝1kg的小滑块C从A顶端由静止滑下，B、C间的动摩擦因数μ2＝0.5。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，求：(1)C滑到A的底端时的速度大小v0；123456答案6m/s123456C下滑过程，由动能定理得(2)通过计算判断C能否从B的右端滑出；123456答案见解析C滑上B之前，由于F<μ1mBg，B静止不动。C滑上B之后，B与地面之间最大静摩擦力Ff1＝μ1(mC＋mB)g＝4NB与C之间滑动摩擦力Ff2＝μ2mCg＝5NFf2′＝Ff2Ff2′＋F>Ff1B做匀加速运动由F＋Ff2′－Ff1＝mBa1解得a1＝1m/s2C做匀减速运动，加速度大小123456假设经过时间t二者共速，由v0－a2t＝a1t＝v共解得t＝1s，v共＝1m/s相对位移Δx＝x2－x1＝3m<L此时C未到达B的右端。共速后，假设B、C一起运动，对B、C整体Ff1－F＝(mB＋mC)a3解得a3＝0.5m/s2123456C要保持和B一起减速需要的摩擦力Ff需＝mCa3＝0.5N<Ff2故B、C一起减速直至停止，C不能从B的右端滑出。123456(3)整个装置因摩擦产生的热量Q。123456答案21J法一：共速前，B与地面之间摩擦生热Q1＝Ff1·x1＝2JB与C之间摩擦生热Q2＝Ff2·Δx＝15JB与地面之间摩擦生热Q3＝Ff1·x3＝4J摩擦产生的总热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝21J123456法二：共速后全过程中WF＝F·(x1＋x3)＝3J解得Q＝21J。123456返回1.(2023·江苏扬州市阶段练习)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5m，与物块间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带顺时针转动的速度v＝3m/s。设质量m＝2kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61N。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：123(1)物块运动到D点的速度大小vD；123答案5m/s物块由D点到O点利用动能定理有(2)物块下落的最大高度H；123答案1.8m在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC＝3m/s。当物块下落的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀减速运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝3m/s2根据速度位移公式有vC2－vB2＝－2aL解得vB＝6m/s解得H＝1.8m123根据运动学知识可知vC＝vB－at解得t＝1s所以相对位移Δx＝(4.5－3)m＝1.5m产生的热量Q＝μmgΔx＝9J(3)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。123答案9J2.(2023·江苏淮安市期中)如图所示，长木板B放置在光滑水平面上，滑块A在长木板B的左端，木板右端距固定平台距离s＝0.6m，木板上表面与光滑平台等高，平台上固定半径R＝0.3m的光滑半圆轨道CD，轨道末端与平台相切。滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块质量m＝0.4kg，木板质量M＝0.1kg，某时刻，滑块获得一个向右的初速度v0＝5m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：123(1)滑块刚开始滑动时，滑块和木板的加速度大小；123答案5m/s2

20m/s2对滑块A，由牛顿第二定律有Ff1＝μmg＝ma1对木板B，由牛顿第二定律有μmg＝Ma2代入数据解得a1＝5m/s2，a2＝20m/s2(2)若木板与平台碰撞前滑块没有滑离木板，木板与平台碰撞前的速度多大；123答案4m/s123假设木板与平台碰撞前已经与滑块共速(设速度为v1)，设经时间t1，两者共速，则有v1＝v0－a1t1＝a2t1解得t1＝0.2s，v1＝4m/s故假设成立，木板和平台碰撞前的速度为v1＝4m/s(3)若木板与平台碰撞瞬间即与平台粘合在一起，要使滑块能到达半圆轨道的最高点，木板的长度范围是多少。123答案0.5m≤L≤0.6m在时间t1内滑块A运动的位移为此时滑块A相对木板B滑动的位移为Δx1＝x2－x1＝0.9m－0.4m＝0.5m滑块恰能到达半圆轨道的最高点，1