第23讲 动力学和能量观点的综合应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第23讲 动力学和能量观点的综合应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共24页。
02、知识导图，思维引航 \l "_Tc18089" PAGEREF _Tc18089 2
\l "_Tc18651" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc18651 2
\l "_Tc7094" 考点一 传送带模型中的能量问题 PAGEREF _Tc7094 2
\l "_Tc18941" 知识点1．传送带问题的两个角度 PAGEREF _Tc18941 2
\l "_Tc28948" 知识点2．功能关系分析 PAGEREF _Tc28948 3
考向洞察
\l "_Tc12989" 考向1 水平传送带问题 PAGEREF _Tc12989 3
\l "_Tc8937" 考向2 倾斜传送带问题 PAGEREF _Tc8937 5
\l "_Tc25886" 考点二 滑块—木板模型综合问题 PAGEREF _Tc25886 6
\l "_Tc4029" 考向洞察 PAGEREF _Tc4029 7
\l "_Tc32730" 考向1水平面上“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc32730 7
\l "_Tc21640" 考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc21640 9
\l "_Tc18587" 考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 PAGEREF _Tc18587 10
\l "_Tc12925" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc12925 14
考点一 传送带模型中的能量问题
知识点1．传送带问题的两个角度
知识点2．功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
考向1 水平传送带问题
1.如图所示，静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接，传送带AB长L1＝0.36 m，质量为1 kg 的滑块以v0＝2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距B点L2＝0.64 m的C处。已知滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数均相等，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求动摩擦因数μ的值；
(2)若滑块从A点以v0＝2 m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v＝2 m/s的速度逆时针转动，求滑块在传送带上运动的过程中，传送带对滑块的冲量大小和整个过程电动机由于传送滑块多消耗的电能。
【答案】 (1)0.2 (2)eq \f(2,5)eq \r(26) N·s 0.8 J
【解析】(1)由动能定理可得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv02，代入数据解得μ＝0.2。
(2)当传送带逆时针转动时，滑块在传送带上的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，设滑块离开传送带时的速度大小为v1，则有v12－v02＝－2aL1，
代入数据可解得v1＝1.6 m/s
设滑块在传送带上运动的时间为t，则有L1＝eq \f(v0＋v1,2)t，解得t＝0.2 s
而传送带对滑块的作用力
F＝eq \r(μ mg2＋mg2)＝2eq \r(26) N，
所以传送带对滑块的冲量大小
I＝Ft＝eq \f(2,5) eq \r(26) N·s。
由于滑块在传送带上运动过程中，传送带向左运动的距离s＝vt＝0.4 m，
所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q＝μmg(s＋L1)＝1.52 J，
根据能量守恒定律可得，电动机多消耗的电能E＝Q＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02))，代入数据可解得E＝0.8 J。
2.(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m＝10 kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2 m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＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10 m/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( )
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60 J
【答案】 BC
【解析】 根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，货物运动至传送带的速度为v0＝2 m/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＝1 s，此时，货物的位移为x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝3 m，摩擦力对货物做功为W＝μmgx1＝60 J，A错误；货物匀速运动时间为t2＝eq \f(L－x1,v)＝0.5 s，则货物从A运动到B用时t＝t1＋t2＝1.5 s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔx＝20 J，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 \\al(2,0))＝80 J，D错误。
3如图所示，某快递公司使用电动传输机输送快件，传输机皮带以v＝4 m/s的速度逆时针运转，两传动轮O、P之间的距离s＝5 m，在传动轮O的正上方，将一质量m＝1 kg的快件轻放在皮带上，已知快件与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，在快件由O处传送到P处的过程中，因传送快件而多消耗的电能为( )
A.32 J B.16 J
C.8 J D.4 J
【答案】 B
【解析】 刚放上快件时，快件与皮带之间有相对滑动，快件运动的加速度
a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2
当快件的速度增大到与皮带的速度相同时，滑动摩擦力消失，滑动摩擦力的作用时间t＝eq \f(v,a)＝2 s
在此时间内，快件运动的位移
L＝eq \f(1,2)at2＝4 mt2，所以有s甲>s乙，B错误；甲图中系统由于摩擦产生的热量为Q甲＝f·s甲＝f·eq \f(1,2)vt1＝f·s物体，根据动能定理有f·s物体－mgH＝eq \f(1,2)mv2，所以有Q甲＝mgH＋eq \f(1,2)mv2，同理可得Q乙＝mg(H－h)＋eq \f(1,2)mv2，所以有Q甲>Q乙，C错误；传送到B处，甲上的小物体需要的时间为t甲＝t1＝eq \f(2H,vsin θ)，乙上的小物体需要的时间为t乙＝t2＋eq \f(\f(h,sin θ),v)＝eq \f(2H－h,vsin θ)＋eq \f(h,vsin θ)＝eq \f(2H－h,vsin θ)，所以有t甲>t乙，D正确。
5.如图(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg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x的关系(Ek－x)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.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(μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，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＝2.0 J，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＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。
考点二 滑块—木板模型综合问题
“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＝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。
“滑块—木板”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。如典例第(3)问：mvD＝(m＋M)v。
考向1水平面上“滑块—木板”模型
1. (多选)(2023·全国乙卷，21)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eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl
D.物块的动能一定小于eq \f(1,2)mveq \\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－fx1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
对M有fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\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x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，即木板的动能一定小于fl，
A错误，B正确；
将①②两式相加得
－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
变形得物块离开木板时的动能eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＜eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl，C错误，D正确。
2. (多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【答案】 BC
【解析】 长木板做匀加速运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v,Δt)＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝eq \f(0＋v,2)·Δt＝eq \f(0＋4,2)×2 m＝4 m，物块的位移x2＝eq \f(v0＋v,2)·Δt＝eq \f(8＋4,2)×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型
3.如图所示，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