专题强化十　动力学和能量观点的综合应用-2025版创新设计高考物理一轮复习

专题强化十动力学和能量观点的综合应用学习目标1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。模型一“传送带”模型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＝fs传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。(2)系统产生的内能：Q＝fs相对。(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。角度水平传送带模型例1(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图1所示，质量m＝10kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB两点之间的距离L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有()图1A.摩擦力对货物做功为50JB.货物从A运动到B用时1.5sC.由于摩擦而产生的热量为20JD.运送货物过程中，电动机输出的电能为60J答案BC解析根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，货物运动至传送带的速度为v0＝2m/s，根据牛顿第二定律μmg＝ma，货物与传送带共速时，有v0＋at1＝v，解得t1＝1s，此时，货物的位移为s1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝3m，摩擦力对货物做功为W＝μmgs1＝60J，A错误；货物匀速运动时间为t2＝eq\f(L－s1,v)＝0.5s，则货物从A运动到B用时t＝t1＋t2＝1.5s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δs＝vt1－s1＝1m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔs＝20J，C正确；运送货物过程中，电动机输出的电能为E＝Q＋eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))＝80J，D错误。角度倾斜传送带模型例2如图2，传送带以v＝10m/s的速度逆时针转动，一个质量m＝1kg的物体从传送带顶端以v0＝5m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，传送带底端到顶端长L＝10m，g取10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：图2(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；(2)若在物体滑入传送带运动了0.5s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间摩擦而产生的热量。答案(1)10m/s(2)37.5J解析(1)当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速度为a1，物体向下加速到v，所用时间为t1，物体运动位移为s1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1v＝v0＋a1t1s1＝eq\f(v＋v0,2)t1解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，s1＝3.75m由于s1＜L，最大静摩擦力fm＝μmgcos30°＝mgsin30°，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10m/s。(2)0.5s内物体相对传送带运动的位移Δs1＝vt1－s1＝1.25m传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力f＝μmgcos30°＝mgsin30°物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δs2＝L－s1＝6.25m则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δs1＋Δs2)cosθ解得Q＝37.5J。模型二“滑块—木板”模型1.模型分类“滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型。2.位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。3.解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。角度水平面上“滑块—木板”模型例3(多选)(2023·全国乙卷)如图3，一质量为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()图3A.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解析物块和木板的运动示意图和v－t图像如图所示根据动能定理可知对m有－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①对M有fs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)②根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知s2＝S△COF，s1＝SABFO根据位移关系可知l＝s1－s2＝SABCO＞s2＝S△COF因此fl＞fs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，即木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；①②两式相加得－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)变形得物块离开木板时的动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＜eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C错误，D正确。(多选)如图4所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为f，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s，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正确的是()图4A.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，F越大，滑块到达木板右端所用时间越短C.其他条件不变的情况下，M越大，s越小D.其他条件不变的情况下，M越大，滑块与木板间产生的热量越多答案BC解析由功能关系可知拉力F做的功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，即拉力F做的功WF＝ΔEk＋fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，A错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速直线运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间就越短，B正确；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板在地面上运动的位移变小，C正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，m不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D错误。角度倾斜面上“滑块—木板”模型例4如图5所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求：图5(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小；(3)木板的长度l以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。答案(1)eq\r(gL)(2)eq\f(L,k)(3)eq\f(2L,2k－1)eq\f(2kmgL,2k－1)解析(1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsinθ＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(gL)。(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsinθ＋kmg＝ma1解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsinθ＝ma2解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1对物块有v共＝v1－a2t1解得t1＝eq\f(\r(gL),gk)，v共＝eq\f(\r(gL),2k)木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移s块＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,共),2a2)木板的位移大小s板＝eq\f(（－v1）2－veq\o\al(2,共),2a1)之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δs＝s块＋s板＝eq\f(L,k)。(3)从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则mgLsinθ＋mg(L＋l)sinθ－kmgl＝0解得l＝eq\f(2L,2k－1)故系统产生的热量Q＝kmgl＝eq\f(2kmgL,2k－1)。模型三多运动组合模型例5如图6是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：图6(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)弹射器获得的最大弹性势能；(3)若H＝6m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤LBC≤1m解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得mgH－μmgLAB－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝meq\f(v2,R)联立解得F＝100N由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100N。(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知mgH－μmgLAC＝Ep解得Ep＝8J。(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s1＝28.75mLBC＝29LAC－s1＝0.25m要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足LBC≥0.25m。若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知mg(H－R)－μmgs2＝0解得s2＝29.5mLAB＝s2－29LAC＝0.5m根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5m，滑块不脱离轨道综上所述，符合条件的BC长度为0.5m≤LBC≤1m。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。1.如图1所示，传送带以v的速度匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是()图1A.传送带对物块做功为mv2B.传送带克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mv2C.电动机由于传送物块多消耗的能量为eq\f(1,2)mv2D.在传送物块过程产生的热量为eq\f(1,2)mv2答案D解析根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即eq\f(1,2)mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为eq\f(1,2)mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于eq\f(1,2)mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于eq\f(1,2)mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔs，设加速时间为t，物块的位移为s1＝eq\f(1,2)vt，传送带的位移为s2＝vt，根据动能定理fs1＝eq\f(1,2)mv2，故热量Q＝fΔs＝f(s2－s1)＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。2.(2024·广东省实验中学模拟)如图2所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较。下列说法正确的是()图2A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍答案C解析由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝eq\f(1,2)mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝eq\f(v,a)，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移为s＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝feq\o(v,\s\up6(－))，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δs＝vt－eq\f(1,2)vt＝eq\f(1,2)vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝fΔs可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。3.如图3(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0m。一个可视为质点的质量m＝1.0kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移s的关系(Ek－s)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()图3A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0JC.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0JD.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量答案D解析开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcosθ－mgsinθ)s＝Ek－0，在5m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0m/s，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝2.0J，联立解得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝2.0J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝eq\f(1,2)mv2＋mgLABsinθ＝62.0J，C错误，D正确。4.如图4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，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为()图4A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2) C.mv2 D.2mv2答案C解析由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。5.如图5所示，倾角θ＝37°，长为6m的斜面体固定在水平地面上，长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2kg的物块B(可视为质点)放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2＝0.375，重力加速度g取10m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图5(1)从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。答案(1)2s(2)90J解析(1)设长木板A运动的加速度大小为a1，A的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mgsinθ－μ1·3mgcosθ＋μ2mgcosθ＝2ma1由运动学公式可得L＝eq\f(1,2)a1t2联立解得t＝2s。(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式可得L＝eq\f(1,2)v1t2L＝eq\f(1,2)v2t由能量守恒定律可得，因摩擦产生的总热量为Q＝mg·2Lsinθ＋2mgLsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)代入数据解得Q＝90J。6.如图6所示，一足够长的水平传送带以v＝4m/s的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从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：图6(1)小物块第一次滑过P点时的速度大小v1；(2)小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；(3)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W；(4)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程s总。答案(1)8m/s(2)7.2s(3)64J(4)12m解析(1)由动能定理得(mgsin37°－μmgcos37°)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝8m/s。(2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得v＝－v1＋a1t1解得t1＝4.8s匀速运动阶段的时间t2＝eq\f(\f(veq\o\al(2,1),2a1)－\f(v2,2a1),v)＝2.4s第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2s。(3)物块从P点匀减速到0时运动的时间t3＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(8,