应用动力学和能量观点处理多运动过程问题(学案)

动力学和能量观点的综合应用目录题型一 多运动组合问题题型二 “传送带”模型综合问题类型1 水平传送带问题类型2 倾斜传送带题型三 “滑块-木板”模型综合问题多运动组合问题【解题指导】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(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度h=0.6m，弹丸的质量为0.2kg。

游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。

挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。

弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10m/s2。

下列说法正确的是()A.弹丸到C点的速度为7m/sB.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5【答案】B【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有32.2=m v2D R代入数据有v=32.2m/s由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；D．弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mg cos37°×hsin37°=12mv2-12mv2代入数据有μ1=0.3D错误；BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得-μ2mg×3×R=12mv2-12mv2在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得25=m v2R联立解得μ1=0.6B正确、C错误。

2020年高考物理备考微专题精准突破 专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)． 【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光 滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mga g m m====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得12BCBC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224s 2s 2B v t a ===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。

《应用力学两大观点分析多过程问题》学案（两课时）授课人：甘友寿一、复习内容解读动力学观点指的是运用牛顿第二定律结合运动学公式来解题的一套方法；能量观点是运用功能关系和能量守恒定律（包括机械能守恒定律）来解题的一套方法。

动力学观点和能量观点是解决物理问题的两套基本方法。

“多过程问题”是历年高考中常考的一类问题，这类题目具有运动过程比较复杂，设置问题多角度，多样化的特点。

这就要求同学们具备过硬的分析运动过程的能力并且能够根据题目所问的问题灵活地选择分析问题的观点，并选择恰当的公式来解题。

二、复习应对策略1、熟悉常考的基本模型。

复杂的多过程运动多是由一些基本的运动模型连接拼凑而成的，我们必须熟悉一些常考的，在综合题里常见的基本模型的运动特点，以及这些模型中常考问题的解法。

2、提高分析运动过程的能力。

3、针对所问的问题要能够正确的选择所要研究的运动过程（阶段），能够灵活选择力学两大观点中相应的公式来解题4、规范解题的表达过程，提高联立多个方程求解的计算能力。

三、常考的基本模型及常问的问题1、物体在斜面上的运动。

要求非常熟悉物体在斜面上的匀速运动加速和减速运动的分析方法，要求不作受力分析图也能快速写出下滑力、支持力、摩擦力等常用的各力的表达式。

2、平抛运动。

要求熟练掌握平抛运动时间，落点速度等常问问题的解法。

要注意充分运用“速度三角形”和“位移三角形”。

3、物体在竖直平面内的圆周运动。

快速练习1：（只要求写出相应的式子，不要求计算）如图所示，小球沿竖直放置的半圆形光滑轨道从最低点A运动到最高点B,已知轨道半径为R,小球在A点的速度为V A，（1）求小球在A点轨道对小球的支持力（2）求小球在B点时的速度V B（3）若轨道粗糙，小球将恰好能过最高点B，求小球克服摩擦力做的功。

4、板块模型快速练习2：（只要求写出相应的式子，不要求计算）如图所示，质量为M 的木板B 静置于光滑水平面上，质量为m 的滑块A 以初速度V 0，滑上木板并最终和木板有共同的速度，已知A 和B 间的动摩擦因数为µ，求（1）滑块从滑上木板到和木板共速经历的时间（2）过程中系统产生的热量5、传送带模型快速练习3：（只要求写出相应的式子，不要求计算）如图所示，由电动机带动的皮带运输机顺时针转动，皮带速度恒为V ，质量为m 的物体从左端a 点轻轻放上皮带，经加速后匀速到达b 点，已知a 、b 间距离为L 。

应用动力学和能量观点解决多过程问题例1：某校物理兴趣小组决定举行遥控塞车比赛。

比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，出B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟。

已知赛车质量m ＝0.1kg ，通电后以额定功率ρ＝1.5W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻值为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不计。

图中L ＝10.00m ，R=0.32m ，h ＝1.25m,S ＝1.50m 。

问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g ＝10 m/s 2）考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力分析：本题赛车的运动可以分为三个过程，由A 至B 的过程可以运用动能定理列式， 在圆轨道上的过程机械能守恒，也可以用动能定理列式，以及平抛运动的过程；本题有两个约束条件，即要能越过壕沟，同时要能到达轨道的最高点．解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律解得点评：本题是力学综合问题，关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！∙例2．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中。

设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取g=10m/s2）。

求：（1）运动员到达B点的速度v B与高度h的关系；（2）运动员从B点水平滑出后，要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离S max为多少？（3）若图中H=4m，L=5m，动摩擦因数μ=0.2，离开B点的水平运动距离要达到2m，h值应为多少？考点：动能定理的应用；平抛运动．分析：（1）运动员在滑道上有重力和摩擦力做功，求出两力的功由动能定理可求得运动员到达B点的速度；（2）设B点的高度为h，运动员从B开始做平抛运动，由动能定理和平抛运动的规律可得出水平距离的表达式，则数学知识可得出最大水平距离及B的高度．∙）（1）由A运动到B过程：设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得①即②③（2）根据平抛运动公式x=v0t ④⑤由③④⑤式得⑥由⑥式可得，当s max=L+H－μL（3）解得点评：物体在恒力作用下可由动能定理求解也可由牛顿第二定律求解，但若为变力做功时，一定要全程由动能定理求解．本题难点在于数学知识的应用，平时学习中要注意数学知识的积累．练1.如图所示，半径R=0.9m的四分之一圆形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=1m 的水平面相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=30°的光滑斜面连接，质量为m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.1，取g=10m/s2．试求：（1）小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力？（2）小滑块到达C点时的速度？（3）通过计算说明小滑块离开C点后是直接落到地面上还是直接落到斜面上？考点：动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律分析：（1）物体先做圆周运动，机械能守恒，由机械能守恒定律可得出球在B点的速度，则由向心力公式可求得小球对圆弧的压力；（2）由B到C物体做匀减速运动，可以由动能定理或年顿运动定律求出C点的速度；（3）小球离开C后做平抛运动，分析平抛运动能否落到斜面上，若不落在斜面上则由竖直分运动求出时间，若落到斜面上，则要分段考虑⑴设滑块到B点速度为V B,由机械能守恒在B点：得 N=3mg=30N由牛顿第三定律，滑块在B点对圆弧的压力大小为30N ⑵由动能定理，⑶滑块离开C点后做平抛运动，设其下落h的时间为t，则由得t=0.3st=0.3s内滑块的水平位移x=v c t=1.2m而斜面的水平长度点评：对于多过程的题目要注意分析不同的过程，若只求速度优先考虑动能定理或机械能守恒，但若题目中涉及时间应采用牛顿运动定律或运动模型的性质． ∙ 练2．水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽AB 和光滑圆弧槽BC 平滑连接，斜槽AB 的竖直高度H =6.0m ，倾角θ=37º。

微专题43 用动力学和能量观点解决多过程问题1．将全过程进行分解，分析每个过程的规律，分析哪种能量增加了哪种能量减少了；找到子过程间的联系，寻找解题方法.2.若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，运用牛顿运动定律.3.若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律.4.不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．1．(2020·山东潍坊市月考)如图1甲所示，水平轨道AB 与竖直平面内的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点，一质量为m 的小滑块(视为质点)，从A 点由静止开始受水平拉力F 作用，F 随位移的变化规律如图乙所示(水平向右为F 的正方向)．已知AB 长为4L ，圆弧轨道对应的圆心角为60°，半径为L ，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g .求：图1(1)滑块对轨道的最大压力；(2)滑块相对水平轨道上升的最大高度．答案 (1)9mg ，方向竖直向下 (2)258L 解析 (1)小滑块运动到B 点时对轨道的压力最大，从A 到B ，由动能定理得4mg ×2L －mg ×2L －4μmgL ＝12m v B 2－0， 解得v B ＝22gL ，在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2L， 解得F N ＝9mg ，由牛顿第三定律可知滑块对轨道压力大小为9mg ，方向竖直向下．(2)对小滑块，从B 到C ，由动能定理得－mgh 1＝12m v C 2－12m v B 2， 其中h 1＝L (1－cos 60°)＝12L ， 解得v C ＝7gL ，滑块在C 点的竖直分速度v y ＝v C sin 60°＝1221gL ，。

《动能定理与多过程问题》教学设计
一、教学目标
1.掌握运用动能定理解决多过程问题的方法。

2.能够正确分析多过程中各阶段的受力和能量变化。

3.培养学生的物理思维和问题解决能力。

二、教学重难点
1.重点：动能定理在多过程问题中的应用。

2.难点：确定多过程中的初末状态和各阶段的做功情况。

三、教学方法
讲授法、实例分析法、讨论法。

四、教学过程
1.导入
通过实例展示多过程运动问题，引出动能定理的应用。

2.多过程问题分析
（1）分析多过程中各阶段的运动特点和受力情况。

（2）确定初末状态和各阶段的做功。

3.例题讲解
选取典型的多过程问题进行动能定理的应用讲解。

4.讨论交流
组织学生讨论不同多过程问题的解法。

5.课堂练习
让学生进行动能定理与多过程问题的练习。

6.课堂小结
总结动能定理在多过程问题中的分析要点和解题技巧。

7.作业布置
布置课后作业，包括多过程问题的应用题。

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

专题38用动力学和能量观点解决多过程问题动力学和能量观点是物理学中用来解决多过程问题的常用方法。

动力学是研究物体运动的学科，而能量观点则是通过考虑物体的能量转化和守恒来分析其运动。

在解决多过程问题时，我们可以应用这两种方法来分析物体在不同过程中的变化。

首先，动力学观点主要关注物体的力和加速度之间的关系。

根据牛顿第二定律，物体的加速度与施加在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。

通过使用这个关系，我们可以推导出物体在给定力下的加速度，并进一步计算出物体在时间内的速度和位置的变化。

在解决多过程问题时，我们可以根据物体所受到的不同力的变化来分段考虑物体在不同过程中的运动。

例如，在一个自由落体问题中，物体在上升过程中受到向上的重力和向下的空气阻力两个相互作用的力，而在下降过程中只受到向下的重力。

我们可以通过分别计算这两个过程中物体的加速度和速度来解决问题。

其次，能量观点是通过考虑物体的能量转化和守恒来分析物体的运动。

根据能量守恒定律，一个系统的总能量在任何过程中都保持不变。

在解决多过程问题时，我们可以根据能量转化的过程来分析物体的运动。

例如，在一个弹簧振子的问题中，物体在振动过程中交替地转换为弹性势能和动能。

我们可以利用这个能量转化的关系来分析物体在振动过程中的行为。

另外，在弹簧振子的摩擦过程中，系统会损失能量，因此我们必须考虑能量损失的影响。

总体来说，动力学和能量观点是解决多过程问题的强大工具。

动力学通过分析物体的力和加速度之间的关系来解决问题，而能量观点则通过考虑能量转化和守恒来分析物体的运动。

这两种方法可以相互补充，协助我们对多过程问题进行全面分析。

在解决问题时，我们可以根据具体情况选择合适的方法，或者结合两种方法来解决问题。

无论哪种方法，都能够为我们提供深入理解物体运动的视角。

用动力学与能量观点解决多过程问题【例题精讲】例1：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。

滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数均为m s向右μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。

小球从A点以初速度v0=26/运动，直到小球停止运动为止，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量（3）小球运动的总路程变式1-1：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。

滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数均为μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。

小球从A点以初速度v0=4m/s向右运动，直到物体停止的过程中，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量变式1-2：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。

滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。

小球从A点以初速度v0=10m/s向右运动，直到小球停止运动为止，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量（3）小球运动的总路程例2：如图所示，在竖直平面内，有两个长度均为L 且与水平面夹角相同的斜面AB 、CD ，其上端A 、D 在水平面'aa 上，下端B 、C 在同一水平面上并与光滑圆弧BQC 相切于B 、C 点，Q 点为最低点，斜面AB 的上端A 点接有一倾角为︒45木板A'A ；现让一质量m=50g 的弹性小球（小球可视作质点），从木板A'A 上某一点P 的正上方m h 2.0=处自由释放，小球落到P 点反弹时，速度大小不变，碰撞前后速度方向与木板夹角相等，碰撞后小球刚好从A 点无碰撞地进入AB 斜面。

第5讲微专题——应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题核心考点·分类突破——析考点 讲透练足若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。

[典题1] (·滨州模拟)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37° 的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m /s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m /s 2，求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度。

[解析] (1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则： gt 1＝v 0tan 37°① x ＝v 0t 1②联立①②得x ＝1.2 m(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋（gt 1）2③小物体在薄板上运动，则： mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1④ 薄板在光滑斜面上运动，则： Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则：v ＋a 1t 2＝a 2t 2⑥ 小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m [答案] (1)1.2 m (2)2.5 m如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示。

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．【高考领航】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。

已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块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μ。

先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L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，重力加速度为g。

求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。

【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【最新考向解码】【例1】(2019·广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝3 5。

第4讲 能量观点解决多过程问题命题点一 多运动组合问题1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．例1 (2020·浙江4月选考·20)图1中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m 、r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图1(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)． 答案 见解析解析 (1)设在弯道1沿中心线行驶的最大速度为v 1 由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 21r 1解得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v 2 由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 22r 2解得v 2＝kgr 2＝510 m/s 在直道上由动能定理有 Pt －mgh ＋W f ＝12mv 22－12mv 21代入数据可得W f ＝－2.1×104J(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短，由图可得r′2＝r 21＋[r′－(r 1－d 2)]2 代入数据可得r′＝12.5 m设汽车沿该路线行驶的最大速度为v′ 则kmg ＝m v′2r′得v ′＝kgr′＝12.5 m/s 由sin θ＝r 1r′＝0.8则对应的圆心角为2θ＝106° 路线长度s ＝106360×2πr′≈23.1 m最短时间t′＝sv′≈1.8 s变式1 (2020·浙江4月选考·20)如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图2(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由． 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 J 由ΔE k ＝12mv 20，可得v 0＝2 m/s (2)由E 弹∝d 2，可得当弹簧压缩量为2d 时， ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1由动能定理可得－mg(h 1＋h 2)－μmgL＝－ΔE k ′ 解得μ＝3h 1－h 2L＝0.5(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是 mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有 v ＝v 0＝2 m/s 解得R m ＝0.4 m当R>0.4 m 时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B 点； 当R≤0.4 m 时，滑块能上升到B 点． 拓展点1 圆周＋直线＋平抛的组合例2 (2020·温州市质检)半径R ＝1 m 的14圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h ＝1m ，如图3所示，有一质量m ＝1.0 kg 的小滑块自圆弧轨道最高点A 由静止开始滑下，经过水平轨道末端B 时速度为4 m/s ，滑块最终落在地面上，试求：(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)图3(1)滑块落在地面上时的速度大小；(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力所做的功． 答案 (1)6 m/s (2)2 J解析 (1)因滑块经过水平轨道末端B 后下落时只有重力做功，所以取滑块经过水平轨道末端B 时为初状态，落在地面上时为末状态，根据机械能守恒定律可得(以地面为零势能面)：12mv 2B ＋mgh ＝12mv 2＋0，解得v ＝v 2B ＋2gh ＝42＋2×10×1 m/s ＝6 m/s.(2)取滑块在圆弧轨道最高点A 时为初状态，落在地面上时为末状态， 根据动能定理可得W 总＝W G ＋W f ＝12mv 2－0，解得W f ＝12mv 2－W G ＝12mv 2－mg(R ＋h)＝12×1×62J －1×10×(1＋1) J ＝－2 J ， 即滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做功2 J. 拓展点2 直线＋圆周＋平抛的组合例3 (2020·嘉兴市质检)如图4所示，一弹射装置由弹簧发射器和轨道组成．轨道由水平光滑滑道AB 与管道BCDE 相连接而成，其中BCD 是半径R ＝0.4 m(管道中心到圆心的距离)的竖直光滑圆管道，DE 是长度等于0.4 m 的水平粗糙管道，在D 处的下方有一直径略大于物块的小孔，装置都在同一竖直平面内．当弹簧压缩到A 弹射物块m 1时，恰能使其无初速度地落入D 点处的小孔中被收集；当弹簧压缩到A 弹射物块m 2时，则其落入E 左侧紧靠E 的容器甲中．已知：m 1＝0.05 kg ，m 2＝0.04 kg.容器甲高h ＝0.2 m ，长L ＝0.4 m ，上沿与管道下壁在同一水平面．物块大小略小于管道内径，g ＝10 m/s 2.图4(1)当弹簧压缩到A 时，求弹簧的弹性势能； (2)求物块m 2经过D 点时对D 点的作用力大小；(3)若物块m 2落在容器甲的L2处，求物块m 2与管道DE 间的动摩擦因数大小.答案 (1)0.4 J (2)0 (3)0.375解析 (1)物块m 1和弹簧组成的系统机械能守恒， 得E p ＝2m 1gR ＝0.4 J(2)从弹簧压缩到A 处到物块m 2经过D 点的过程中，物块m 2和弹簧组成的系统机械能守恒， 得E p ＝2m 2gR ＋12m 2v 2D ，由圆周运动规律可得 F ＋m 2g ＝m 2v 2DR，代入数据得在D 点管道对物块m 2的作用力F ＝0， 根据牛顿第三定律，物块对D 点的作用力大小F′＝0. (3)物块m 2离开E 点后做平抛运动， 有h ＝12gt 2，v E ＝L 2t ，得v E ＝1 m/s.从D 到E 由动能定理可得 －μm 2gL DE ＝12m 2v 2E －12m 2v 2D ，解得μ＝0.375.命题点二 传送带模型问题 传送带问题的分析流程和技巧 1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝F f ·x 相对，其中x 相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x 相对为两物体对地位移大小之和． 3．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q. (2)对W F 和Q 的理解： ①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f ·x 相对． 模型1 水平传送带模型例4 (2020·温州市期中)倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图5(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中，运用动能定理得：mgh －μmgL2＝0－0，解得L ＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t，又L 2＝12μgt 2，而摩擦产生的热量Q ＝μmg·x 相，联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右运动的位移为x ，则μmgx＝12mv 2带，得x ＝3.6 m ＜L2，即物体在到达A 点前速度与传送带速度相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12mv 2带＝mgh′，解得h′＝1.8 m.变式2 (2020·杭州市月考)如图6所示，皮带的速度是3 m/s ，两轮圆心间距离s ＝4.5 m ，现将m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，求：(g ＝10 m/s 2)图6(1)小物体获得的动能E k ； (2)这一过程中摩擦产生的热量Q ； (3)这一过程中电动机消耗的电能E. 答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J解析 (1)物体开始做匀加速运动，加速度a ＝μg＝1.5 m/s 2，当物体与皮带速度相同时μmgx＝12mv 2.解得物体加速阶段运动的位移x ＝3 m ＜4.5 m ， 则小物体获得的动能E k ＝12mv 2＝12×1×32J ＝4.5 J.(2)v ＝at ，解得t ＝2 s ，Q ＝μmg·x 相对＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J ＝4.5 J. (3)E ＝E k ＋Q ＝4.5 J ＋4.5 J ＝9 J.模型2 倾斜传送带模型例5 如图7所示，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝4 m ，传送带以恒定的速率v ＝2 m/s 向上运动．现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)物体从A 运动到B 共需多长时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能． 答案 (1)2.4 s (2)28 J解析 (1)物体无初速度地放在A 处后， 因mgsin θ<μmgcos θ故物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a ＝μmgcos θ－mgsin θm ＝2.5 m/s 2物体达到与传送带同速所需的时间t 1＝va ＝0.8 st 1时间内物体的位移x 1＝v2t 1＝0.8 m ＜4 m之后物体以速度v 做匀速运动，运动的时间 t 2＝L －x 1v＝1.6 s 物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s (2)前0.8 s 内物体相对传送带的位移 Δx＝vt 1－x 1＝0.8 m因摩擦产生的热量Q ＝μmgcos θ·Δx＝6 J 整个过程中多消耗的电能E 电＝E k ＋E p ＋Q ＝12mv 2＋mgLsin θ＋Q ＝28 J.1．如图1所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s ，沿顺时针方向运动，物体m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图1(1)物体由A端运动到B端的时间．(2)系统因摩擦产生的热量．答案(1)2 s (2)24 J解析(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，设物体经时间t1，加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝12a1t 21解得：a1＝10 m/s2t1＝1 sx1＝5 m因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2L－x1＝vt2＋12a2t 22解得：t2＝1 s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J.2．(2020·温州市质检)滑板运动是一种陆上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受．如图2是模拟的滑板组合滑行轨道，该轨道有足够长的斜直轨道、半径R1＝1 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝2 m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接．其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上，运动员踩着滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经过M点滑向N点，P点距M点所在水平面的高度h＝2.45 m，不计一切阻力，运动员和滑板的总质量为m＝50 kg，运动员和滑板可视为质点，g＝10 m/s2.求：图2(1)运动员滑到M点时的速度大小；(2)运动员滑到N点时，滑板对轨道的压力大小；(3)改变运动员无初速度下滑时距M 点所在水平面的高度，求运动员恰好从N 点水平飞出时，运动员的出发点距M 点所在水平面的高度h 1. 答案 (1)7 m/s (2)275 N (3)3 m解析 (1)以地面为参考平面，对运动员和滑板从P 到M 的过程，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2M ，解得v M ＝2gh ＝2×10×2.45 m/s ＝7 m/s. (2)从P 到N ，由机械能守恒定律得： mg(h －R 2)＝12mv 2N ，v N ＝2g h －R 2＝2×10×2.45－2m/s ＝3 m/s.滑板在N 点时，由牛顿第二定律有mg －F N ＝m v 2NR 2，解得F N ＝mg －m v 2NR 2＝275 N ，由牛顿第三定律，滑板滑到N 点时，滑板对轨道的压力F N ′＝F N ＝275 N.(3)运动员恰好从N 点水平飞出时，由牛顿第二定律得mg ＝m v N ′2R 2，对从P 到N 的过程，由机械能守恒定律有mg(h 1－R 2)＝12mv N ′2，解得h 1＝3 m.3．(2020·“金华十校”联考)金华某商场门口根据金华“双龙”元素设计了一个精美的喷泉雕塑，两条龙喷出的水恰好相互衔接(不碰撞)形成一个“∞”字形．某学习小组为了研究喷泉的运行原理，将喷泉简化成如图3所示的模型，两个龙可以看成两个相同对称圆的一部分(近似看成在同一平面内)，E 、B 两点为圆的最高点．抽水机M 使水获得一定的初速度后沿ABCDEFG 运动，水在C 、F 两处恰好沿切线进入管道，最后回到池中．圆半径为R ＝1 m ，角度θ＝53°，忽略一切摩擦．(g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)水从B 点喷出的速度大小；(2)取B 处一质量为m ＝0.1 kg 的一小段水，管道对这一小段水的作用力大小和方向；(3)若管道B 处横截面积为S ＝4 cm 2，则抽水机M 的输出功率大小．(水的密度ρ＝1×103kg/m 3) 答案 (1)3 2 m/s (2)0.8 N 竖直向下 (3)49.2 W解析 (1)水从B 点做平抛运动，竖直方向h ＝R ＋Rcos θ＝1.6 m. 根据v 2Cy ＝2gh ，得v Cy ＝4 2 m/s 又因水在C 点刚好与圆相切，得tan θ＝v Cyv B， 所以v B ＝3 2 m/s.(2)以m ＝0.1 kg 的一小段水为研究对象．当水在最高点B 受到的管道作用力是0时，有 F n ＝mg ＝m v 2临R ，v 临＝10 m/s ＜3 2 m/s.故水在B 点受到管道竖直向下的压力， mg ＋F N ＝m v 2BR，得F N ＝0.8 N.(3)以单位时间(t ＝1 s)从B 点喷出的水为研究对象 m 0＝ρSv B t ，以A 处所在平面为零势能参考面，由能量守恒定律可得： Pt ＝m 0g(2R)＋12m 0v 2B ，得P ＝34.8 2 W≈49.2 W4．(2020·湖州市质检)如图4所示，AB 为半径R ＝1 m 的四分之一光滑竖直圆弧轨道，OB 竖直．有一质量m ＝2 kg 的物体(可视为质点)，从A 点的正上方距离A 点H ＝1 m 处由静止开始下落．CD 段为长L ＝2 m 的粗糙水平面，物体与水平面间动摩擦因数μ1＝0.2.DE 段是一个可以改变倾角的长斜面，物体与斜面间动摩擦因数为μ2＝33.轨道AB 、CD 、DE 间均光滑连接，物体在经过连接处动能损失均不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2.图4(1)物体能沿轨道AB 到达最低点B ，求它到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力； (2)当斜面倾角θ＝30°时，求物体上滑的最大高度；(3)当斜面倾角θ(在0°～90°范围内)为某值时，物体上滑的最大距离具有最小值，求此最小值． 答案 (1)100 N ，方向竖直向下 (2)0.8 m (3)60°453 m 解析 (1)物体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有mg(R ＋H)＝12mv 2B ，到达B 点时由支持力F N 和重力的合力提供向心力 F N －mg ＝m v 2BR ，解得F N ＝100 N ，根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为100 N ，方向竖直向下． (2)设最高点高度为h ，从开始下落到上升到最高点，由功能关系得 mg(H ＋R －h)－μ1mgL －μ2mgcos θ·hsin θ＝0，解得上升的最大高度h ＝0.8 m.。

秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题传送带模型中的动力学和能量转化问题1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(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．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋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＝F f x相对．传送带模型问题的分析流程水平传动带模型上物体的常见运动倾斜传送带模型上物体的常见运动倾斜传送带——上传模型f=μmgcosf突变为静f'=mgsinθv vL θt Ov共速痕迹av传送带物体t1t2倾斜传送带——模型 含弹簧类机械能守恒问题1．物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．2．发生形变的物体不一定具有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能．3．弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的．4．弹力做功引起弹性势能的变化．弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加． a f=μmgco vv'L θ tOv a v传送带 物体t 1 L f=μmgcos θ f 突变为静 f'=mgsinθ v v L θ( t O v 共速 痕迹 a v 传送带 物体 t 1 t 2 f=μmgcos θ f 方向突变 f'=μmgcosθ v v L θ( t O v 共速 痕迹1 a v 传送带 物体 t 1 t 2 物体 2 a '常用公式1．（2023•绵阳模拟）如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。

压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题1.目录一、考向分析1二、题型及要领归纳1热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型13三、压轴题速练17一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块-木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。

2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。

3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。

二．题型及要领归纳A热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f=F f·x(x为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f =F f·s(s为相对路程).1(2023春·湖北荆州·统考期中)如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度L=5m的传送带，与水平面的夹角θ=37°，传送带一直保持匀速运动，速度v=2m/s。

现将一质量m=1kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。

以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2)(1)物体从底端运送到顶端所需的时间；(2)物体到达顶端时的机械能；(3)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能。