2027年高考物理一轮复习学案练习含答案06-第六章 机械能05-专题突破9 动力学和能量观点的综合应用（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案06-第六章 机械能05-专题突破9 动力学和能量观点的综合应用（教用）
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.解题技巧
（1）拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型。
（2）找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件。
（3）用：选用合适的规律列方程。
（4）注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，“界点”速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用。
3.注意事项
（1）对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解。
（2）对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解。
例1 （2024·北京卷·7，3分）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 （ ）
A. 物体在C点所受合力为0
B. 物体在C点的速度为0
C. 物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D. 物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【解析】“恰好能够到达最高点C”，说明物体在C点所受合力大小为mg，由牛顿第二定律可得mg=mvC2R，解得物体在C点的速度vC=gR，物体在C点的向心加速度a=vC2R=g，C正确，A、B错误。由机械能守恒可得，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能与增加的重力势能之和，D错误。
溯源教材
（人教版必修第二册第八章复习与提高A组）
6.如图8-1所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能。
（2）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
溯源分析
例2 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ ，倾角为θ ，斜面长为L。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块从C点又恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机产生的电热。求：
（1） CD段长度x；
（2） BC段电动机的输出功率P；
（3） 全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
【答案】（1） v22g(sinθ+μcsθ)
（2） mgv(sinθ+μcsθ)
（3） sinθsinθ+μcsθ
【解析】
（1） 方法一：动力学观点
物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ=ma，
由运动学公式有0−v2=−2ax，
联立解得x=v22g(sinθ+μcsθ)。
方法二：能量观点
物块在CD段运动过程中，由动能定理有
−(mgsinθ+μmgcsθ)x=0−12mv2，
解得x=v22g(sinθ+μcsθ)。
（2） 物块在BC段匀速运动，则电动机对物块的牵引力为F=mgsinθ+μmgcsθ ，
由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcsθ)。
（3） 全过程中物块初、末态的动能均为0，重力势能增加，则物块增加的机械能为
E1=mgLsinθ ，
整个过程根据题意及能量守恒定律可知，电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的热量，可知E2=E1+μmgcsθ⋅L，故可得E1E2=mgLsinθmgLsinθ+μmgLcsθ=sinθsinθ+μcsθ。
题型二 “传送带”模型中的动力学和能量问题
1.设问的角度
2.功能关系分析
（1）功能关系：W=ΔEk+ΔEp+Q。
（2）对W和Q的理解：①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传；②产生的内能Q=Ffx相对。
例3 （2024·北京卷·10，3分）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A. 刚开始物体相对传送带向前运动
B. 物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C. 物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D. 传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【解析】刚开始物体相对传送带向后运动，A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相对运动趋势，物体不受静摩擦力，B错误。物体加速运动过程中，物体受到的滑动摩擦力与位移方向相同，摩擦力对物体做正功，C错误。物体的加速度a=μg（μ 为物体与传送带间的动摩擦因数），由v=at可得传送带的速度v越大，物体加速运动的时间t越长，D正确。
例4 （2025·安徽合肥模拟）多选 如图所示，若传送带以速度v1顺时针转动，将木箱无初速度放在传送带底端B点，经时间t到达顶端A点，因摩擦产生的热量为Q1；若传送带以速度v2逆时针转动，将此木箱无初速度放在A点，经时间t也刚好到达底端B点，因摩擦产生的热量为Q2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木箱可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 两次传送带的速度大小v1v2
C. 两次因摩擦产生的热量Q1>Q2
D. 两次因摩擦产生的热量Q1=Q2
【答案】BC
【解析】设传送带的倾角为θ ，木箱的质量为m，木箱与传送带之间的动摩擦因数为μ 。传送带顺时针转动时，对木箱，根据牛顿第二定律有μmgcsθ−mgsinθ=ma1，若能达到v1，随后做匀速运动；当传送带逆时针转动时，对木箱，根据牛顿第二定律有μmgcsθ+mgsinθ=ma2，达到v2后做匀速运动。因木箱向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，且a1v2，故A错误，B正确；根据图像可知，木箱向上运动过程相对位移较大，根据Q=μmgcsθ⋅x相对，可知Q1>Q2，故C正确，D错误。
题型三 “滑块—木板”模型中的动力学和能量问题
1.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。
2.“滑块—木板”模型问题的分析方法
3.“滑块—木板”模型问题的三种处理方法
（1）求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
（2）求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
（3）地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
例5 （2023·全国乙卷·21，6分）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fl
B. 木板的动能一定小于fl
C. 物块的动能一定大于12mv02−fl
D. 物块的动能一定小于12mv02−fl
【答案】BD
【解析】运动过程如图所示，设经过时间t，小物块的速度为v1，木板的速度为v2，小物块从木板右端离开，可知v1>v2，此过程中木板的位移x2=v22t，小物块的位移x1=v1+v02t，由题知v0>v1>v2，有v0+v12>v2，则x1>2x2，x1−x2=l>x2；摩擦力对木板做正功，对木板由动能定理可知fx2=EkM，则木板的动能EkM=fx2l，所以Ekmx2=S△COF，故fl>fx2=12Mv22，故A错误，B正确；对系统，由能量守恒定律有fl=12mv02−(12mv12+12Mv22)，12mv12=12mv02−fl−12Mv22