2026年高考物理一轮复习(通用版)微专题四动力学和能量观点的综合应用(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习(通用版)微专题四动力学和能量观点的综合应用(专项训练)(学生版+解析)，共9页。
\l "_Tc208991358" 题型01 动力学与能量观点解决“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc208991358 \h 1
\l "_Tc208991359" 题型02 动力学与能量观点解决传送带问题 PAGEREF _Tc208991359 \h 3
\l "_Tc208991360" 题型03 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 PAGEREF _Tc208991360 \h 8
\l "_Tc208991361" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc208991361 \h 13
\l "_Tc208991362" 03 真题溯源练 PAGEREF _Tc208991362 \h 16
01 动力学与能量观点解决“滑块—木板”模型
1．（2025·福建·模拟预测）（多选）一长木板静止于光滑水平面上，一小物块（可视为质点）从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．物块动能的减少量等于木板动能的增加量
B．摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量
C．因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D．因摩擦而产生的内能是木板动能增量的倍
【答案】BD
【详解】A．根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故A错误；
B．根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故B正确；
CD．设物块与木板之间的摩擦力为，木板的位移为，则物块的位移为；物块克服摩擦力所做的功为
对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为
因摩擦产生的内能为
可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功；因摩擦而产生的内能是木板动能增量的倍，故C错误，D正确。
故选BD。
2．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、；
(3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。
【答案】(1)
(2)
(3)
，24J
【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有
解得A的加速度大小
因为
联立解得
（2）对齐前，对B有
解得
对齐后，对整体有
解得
（3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有
该过程AB位移分别为
且
联立解得
AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移
则整个过程中B与地面之间的摩擦生热
联立以上解得
02 动力学与能量观点解决传送带问题
3．（2025·北京延庆·一模）如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为（ ）
A．80WB．160WC．320WD．640W
【答案】B
【详解】由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以
传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故
代入题中数据，联立解得
故选B。
4．（2025·广东·模拟预测）（多选）图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是（ ）
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为
C．谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为
【答案】AB
【详解】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以
故B正确；
C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；
D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为
而是在传送带上运动时，谷粒P动能的增加量，故D错误。
故选AB。
5．（2025·河南·模拟预测）（多选）传送带经常用于工厂物件输送，机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角，传送带在电动机的带动下，始终保持的速率逆时针运行，现把一质量为的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到高的顶端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数，以工件在传送带底端时的势能为零，（已知，，重力加速度），则（ ）
A．工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5s
B．工件到达顶端时的机械能为846J
C．工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1152J
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能为2844J
【答案】ACD
【详解】A．工件放到传送带底端时先做匀加速直线运动，设加速度为
根据牛顿第二定律，得，解得
则工件匀加速至速度等于时所用时间，通过的位移为，则，得
共速时，由于，所以之后工件随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间
则共需时间，故A正确；
B．工件到达顶端时的动能，重力势能，机械能，故B错误；
C．工件匀加速运动的时间内传送带的位移，时间内工件与传送带间的相对位移大小
因摩擦产生的热量
代入数据解得，故C正确；
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能，故D正确。
故选ACD。
6．（2025·广东珠海·模拟预测）（多选）如图（a）所示，传送带以恒定速度沿逆时针方向运行t=0时，将质量为的物体（可视为质点）轻放到传送带顶端，物体的速度随时间变化的图像如图（b）所示t=1s时，物体从传送带底端离开。重力加速度下列说法正确的是（ ）
A．传送带与水平面夹角θ=37°
B．传送带的长度为L=4m
C．物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5
D．物体与传送带摩擦产生热量Q=5J
【答案】ABC
【详解】AC．物块刚放上传送带上时的加速度
则根据牛顿第二定律
与传送带共速后物块的加速度
根据牛顿第二定律
解得传送带与水平面夹角θ=37°
物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5，选项AC正确；
B．由图像可知，传送带的长度为，选项B正确；
D．物体与传送带相对路程为
摩擦产生热量，选项D错误。
故选ABC。
7．（2025·河南·一模）（多选）如图所示，与水平地面成角的传送带，以恒定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体（视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，小物体到达传动带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，已知MN间的高度差为H，则在小物体从M到N的过程中（ ）
A．传送带对小物体做功为
B．将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为
C．将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为
D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达N点前速度达到v，则系统因摩擦产生的热量将减少
【答案】AD
【详解】A．根据功能关系知传送带对小物体做功等于物体机械能的增加量，为，故A正确；
B．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和，为，故B错误；
C．小物体到达传动带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，设时间为，根据牛顿第二定律
故
由摩擦生热
故C错误；
D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达N点前速度达到v，根据
知减小，增大，又根据C项分析知
增大，减小，即系统因摩擦产生的热量将减少，故D正确。
故选AD。
8．（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）C919是我国具有自主知识产权的喷气式中程干线客机。机场工作人员通过传送带将旅客托运的行李送上飞机的情景如图甲所示，其简化模型如图乙所示，工作人员把行李轻轻地放在以恒定的速度顺时针转动的传送带的底端，质量为的行李经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端。已知传送带长度为，与地面的夹角为，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径，行李可看成质点，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．在匀速阶段，传送带对行李的作用力大小为
B．行李从传送带底端运动到顶端的过程中，克服重力做的功为
C．行李在传送带上运动的过程中，传送带对其做的功为
D．传送带因传送行李而多做的功等于行李机械能的增加量和传送带与行李因摩擦产生的热量之和
【答案】BCD
【详解】A．在匀速阶段，行李受到竖直向下的重力和传送带对它的作用力，所受合力为零，所以行李受到传送带的作用力方向竖直向上，大小等于，故A错误；
B．在传送带上运动时，行李克服重力做的功，故B正确；
C．行李在传送带上运动的过程中，由功能关系可知传送带对行李做的功等于行李增加的机械能，所以，故C正确；
D．整个过程中传送带因传送行李而多做的功等于行李机械能的增加量加上传送带与行李摩擦产生的热量，故D正确。
故选BCD。
03 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
9．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，在水平地面上，半径分别为2R和R的四分之一圆弧轨道在O点平滑连接，它们的圆心和与点O在同一竖直线上，A点和B点分别与圆心和等高，位于地面。一质量为m的质点可由弧AO的任意点从静止开始下滑，不计一切阻力，重力加速度为g。
(1)若质点从A点静止下滑，求到达O点时轨道对质点的支持力（质点在O点仍视为在弧AO上）；
(2)求任何在O点脱落轨道的质点的落地点到点距离的范围；
(3)若从开始下滑到脱离滑道过程中，质点在两个圆弧上滑过的弧长相等，求质点开始下滑时的位置（用该处到的连线与竖直线的夹角的余弦值表示，答案可保留根号）。
【答案】(1)，竖直向上
(2)
(3)
【详解】（1）由动能定理有
在O点满足牛顿第二定律
由以上两式解得到达O点时轨道对质点的支持力
且支持力方向竖直向上。
（2）要在O点脱离，则经过O点时的速度应大于等于，从A点释放时，小球在O点离开时具有最大的速度，由上一问可得，离开O点的速度范围为
根据平抛运动的规律可得竖直方向满足
水平方向满足
由以上各式解得水平位移的范围为
（3）设质点从D点释放，从C点脱离，弧OD和弧OC所对应的圆心角分别为和，如图所示
由题意有
即
在C脱离，有
从D到C，由机械能守恒，有
整理得
解得
10．（2025·天津和平·三模）如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m=1kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)物块离开A点时水平初速度的大小；
(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；
(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动机多消耗的电能。
【答案】(1)3m/s
(2)43N
(3)−15J，15J
【详解】（1）平抛运动竖直方向有
又
可得
（2）从B点到O点过程有
由几何关系得
在O点
由牛顿第三定律知对轨道压力
（3）传送带上物块加速运动
P运动至A点所需的时间
传送带的位移
物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功
由于放上物块后电动机多消耗的电能
11．（2024·安徽·一模）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h（未知量）的地方放置一个质量为m的小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取，。
(1)当时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力大小FN'；
(2)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；
(3)在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角，求h的值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）从处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
在C点根据牛顿第二定律得
解得，根据牛顿第三定律 ，方向竖直向下
（2）小球能到达F点即可通过F点，刚好到达F点时有
根据机械能守恒定律得
解得 ，h的取值范围
（3）设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得
该处重力的瞬时功率为
解得 设 ，
讨论y-x函数的极值，即
展开得
对y求导得
根据题意 时取极大值，可知此时 ，将 代入得
1．（2025·安徽蚌埠·三模）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.9s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为34J
【答案】C
【详解】A．根据功能关系，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有
即
即图像的斜率等于摩擦力，故传送带对货物的摩擦力在处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；
B．由题意知，
解得，故B错误；
C．货物在传送带上匀加速的过程，根据牛顿第二定律有
解得
设货物在传送带上匀加速的时间为，则
解得
传送带的运行速度为
货物随传送带一起匀速运动的过程，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有
求得
故货物随传送带一起匀速运动的时间为
故货物从下端A点运动到上端B点的时间为，故C正确；
D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，根据能量守恒有，故D错误。
故选C。
2．（2024·浙江·模拟预测）图甲是我国古代重要发明—扇车，西汉时就广泛用于清选谷物。谷物从扇车顶部进谷口进入分离仓，仓右端的鼓风机为仓内提供稳定气流，使谷物中的秕粒(较轻)和饱粒分离。图乙则是某同学为深入探究扇车原理而精心设计的理想化模型截面图。图乙B点位于喂料斗入口的正下方，矩形ABCD是仓体在竖直方向的截面形状。这里的AC和CG是两个出料口，其中底部出口CGEF呈现为等腰梯形。已知AB的长度LAB=lm，AC的长度LAC=0.2m，GD的长度LGD=0.6m，EF的长度LEF=0.16m，斜面GFM的高度hGM=0.04m，A点距离地面的高度H=1.5m。当喂料口有谷物从B入口处静止开始落入扇车后，谷物在下落过程中受到风扇匀速转动所产生的恒定水平风力F=0.5N，能使不同饱满程度的谷粒从不同出料口离开扇车，达到分拣谷物的目的。现有两种饱满度不同的谷粒，它们从B入口静止进入扇车，质量分别为m1=g和m2=8g，谷粒与斜面FG间的动摩擦因数为=0.6，g取10m/s2。求：
(1)质量为m1的谷粒在仓体中运动的时间；
(2)质量为m2的谷粒从出口离开时的动能；
(3)质量为m1的谷粒落到地面时相对进入入口时的机械能变化量。
【答案】(1)0.2s
(2)0.5128J
(3)0.288J
【详解】（1）质量为的谷粒在舱体中竖直方向上做自由落体运动，由于质量较大，该谷粒将从底部出口落下，竖直方向上的位移为
根据自由落体运动规律
解得
（2）由于质量较小，该谷粒将从左侧出口落下，设质量为的谷粒在舱体中运动的时间为，下落的高度为h，对该谷粒水平方向的运动分析，根据牛顿第二定律
解得
根据匀变速直线运动位移与时间的关系式
同时对该谷粒竖直方向的运动独立分析
解得
根据动能定理，对该谷粒在仓体中的运动进行分析
（3）风力F对质量为的谷粒做正功，有
在GF斜面上摩擦力对质量为的谷粒做负功，有
其中
根据能量守恒定律
1．（2024·辽宁·高考真题）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在时刻滑上木板B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
2．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b从M运动到N的时间；
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理
解得
与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间
b从M运动到N的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到所需的时间
可得
在时间内向右运动的距离
循环10次后向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量
然后继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b相对传动带运动的路程
此过程中与传送带摩擦产生的热量
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
3．（2023·全国乙卷·高考真题）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。
故选B。