第6章 专题突破11 应用动力学和能量的观点解决三类问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“应用动力学和能量观点解决三类问题”，对接高考评价体系，系统梳理多运动组合、传送带模型、滑块—木板模型三大核心考点，通过对比动力学与能量观点的适用场景，明确能量观点在变力、曲线运动中的高频考查权重，归纳“受力分析—过程分解—功能关联”的解题范式。 课件亮点在于“真题案例+分层突破”，如以传送带模型典例4为载体，运用能量守恒结合相对位移分析电动机多做功问题，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。分层训练涵盖基础夯实与能力提升，助力学生掌握“功能关系+相对位移”关键技巧，教师可据此精准定位学情，高效推进高考冲刺复习。

专题突破11　应用动力学和能量的观点解决三类问题 第六章　机械能及其守恒定律 [学习目标]　1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。2.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。 核心知识　典例研析 内容索引 突破点一　多运动组合问题 突破点二　传送带模型能量问题 突破点三　“滑块—木板”模型能量问题 分层训练　巩固提高 一 核心知识　典例研析 4 1.动力学和能量观点对比 观点 分析思路 适用情况 动力学观点:牛顿运动定律结合运动学规律 分析物体的受力,确定加速度,建立加速度和其他物理量的关系。题目中常常涉及力、加速度、位移、速度、时间等物理量 恒力作用下的运动 能量观点:动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度,确定功与能的关系。题目中常常涉及力、位移、速度、功、能,不涉及时间、加速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用等 2.优选原则 (1)动力学观点:若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化,优先选择动力学观点求解。 (2)能量观点:若题目不涉及中间过程,只涉及初、末状态,一般优先选择能量的观点求解。 突破点一　多运动组合问题　 1.关键分析 (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,分析各种力在不同的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,构建大致的运动图景。 (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。 [典例1]　(2025·四川成都高三诊断)如图所示,半径为R的圆管BCD竖直放置,一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出,恰好从B点沿切线方向进入圆管,到达圆管最高点D后水平射出。已知小球在D点对管下壁压力大小为mg,且A、D两点在同一水平线上,BC弧对应的圆心角θ=60°,不计空气阻力。求: (1)小球在A点初速度的大小; [解析] 小球从A到B,竖直方向=2gR(1+cos 60°) 解得vy= 在B点,根据运动的分解有v0=。 [答案] (2)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。 [解析] 在D点,由牛顿第二定律得mg- 解得vD= 从A到D全过程由动能定理-W克= 解得W克=mgR。 [答案] mgR [典例2]　(2025·四川资阳高三阶段检测)如图所示,竖直轨道CDEF由圆弧CD、直线DE和半圆EF组成,圆弧和半圆半径均为R,水平轨道DE=2R,各轨道之间平滑连接,轨道CDEF可上下左右调节。一质量为m的小球压缩弹簧到某一位置后撤去外力静止释放后沿水平轨道AB向右抛出。调整轨道使BC高度差h=0.9R,并使小球从C点沿切线进入圆弧轨道。DE段的动摩擦因数μ=0.1,除DE段有摩擦外, 其他阻力不计,θ=37°,重力加速度为g,求: (1)撤去外力瞬间,弹簧的弹性势能Ep; [解析] 竖直方向有=2gh 小球到达C点时,竖直速度vy= 水平速度vx= 弹簧的弹性势能Ep==1.6mgR。 [答案] 1.6mgR (2)请判断小球能否到达圆轨道的最高点;如能,求出最终落点的位置;如不能,请找出小球能到达的圆轨道的位置。 [解析] 小球到达C点时的动能为Ek=Ep+mgh=2.5mgR 假设能够由C到F,由动能定理得mg(R-Rcos θ)-μmg·2R-mg·2R=-Ek 解得vF= 此时向心力m=mg 因此假设成立,小球恰好到达F点,由F到D小球做平抛运动,假设会落在水平面上,则x=vFt 2R=gt2 联立解得x=2R 即刚好落在D点。 [答案] 能　落在D点 突破点二　传送带模型能量问题 1.关键分析 (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)功能关系分析: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=f·x传。 ②产生的内能:Q=f·x相对。 [典例3]　某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度顺时针转动,现将一质量为m=2 kg 的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5,设皮带足够长,g取10 m/s2。在邮件与皮带发生相对滑动的过 程中(　　) A.皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是一对平衡力 B.皮带对邮件做的功和邮件对皮带做的功大小相等 C.相比于没有邮件的情况,电机多消耗的电能为2 J D.相比于没有邮件的情况,电机多消耗的电能为1 J C [解析] 皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是两个物体之间的相互作用,是一对作用力与反作用力,故A错误;邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt,摩擦力对皮带做的功W=-μmgs,邮件匀加速运动的位移x=,皮带对邮件做的功W'=μmgx=μmgs,可知二者的数值不相等,故B错误;邮件放到皮带上后做匀加速运动的加速度为a==μg=5 m/s2,邮件匀加速运动到与传送带共速的时间t1= s=0.2 s,皮带相对地面的位移s'=vt1=0.2 m,可得W″=μmgs'=2 J,可知相比于没有邮件的情况,电机多消耗的电能为2 J,故C正确,D错误。 [典例4]　如图,一长L=6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v=4 m/s沿顺时针方向匀速转动,传送带与水平方向的夹角θ=37°,质量m1=4 kg的小物块A和质量m2=2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接,A与定滑轮间的绳子与传送带平行,不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻放在传送带底端,已知物块A与传送带间的动摩擦因 数μ=0.5,不计滑轮的质量与摩擦,在A运动到传送带顶 端前物块B没有落地。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 重力加速度g取10 m/s2。求: (1)物块B刚下降时的加速度a; [解析] 对A分析: T+μm1gcos θ-m1gsin θ=m1a 对B分析:m2g-T=m2a 解得a=2 m/s2。 [答案] 2 m/s2 (2)物块A从底端到达顶端所需的时间t; [解析] 物块A达到与传送带共速所需时间 t1==2 s A的位移x1=t1=4 m 之后物块A匀速运动,时间t2==0.5 s 物块A从底端到达顶端所需的时间t=t1+t2=2.5 s。 [答案] 2.5 s (3)物块A从底端到达顶端时,电动机多做的功W。 [解析] 物块A从底端到达顶端时,相对位移Δx=vt1-x1=4 m 电动机多做的功设为W,根据能量守恒定律有W+m2gL-m1gLsin θ=(m1+m2)v2+μm1gΔxcos θ 解得W=136 J。 [答案] 136 J 突破点三　“滑块—木板”模型能量问题 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.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=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。 3.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)求摩擦力对滑块做的功时用滑块对地的位移x滑。 (2)求摩擦力对木板做的功时用木板对地的位移x板。 (3)求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。 [典例5]　如图所示,质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m2=3 kg的物块P在木板左端,P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1,现使物块P以v0=4 m/s的初速度在木板左端向右滑动,最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s B.长木板Q长度至少为3 m C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 C [解析] P的加速度为aP=-=-2 m/s2,Q的加速度为aQ==2 m/s2,两者共速时有v共=v0+aPt=aQt,解得t=1 s,v共=2 m/s,选项A错误;P、Q共速时的相对位移为Δx=t=2 m,之后不发生相对滑动,故长木板Q长度至少为2 m,选项B错误;P与Q之间产生的热量为Q1=μ1m2gΔx=12 J,由能量守恒定律得,地面与Q之间产生的热量为Q2=-Q1=12 J,P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1,选项C正确,D错误。 [典例6]　如图所示,质量mA=2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端,质量为mB=1 kg的可视为质点的物块B恰能在木 板A上匀速下滑。现让物块B以v0=7.5 m/s的初速度从木板的 上端下滑,同时解除对木板A的锁定,g取10 m/s2,斜面足够长。 (1)要使物块B不从木板A上滑落下来,则木板A的最小长度为多少? [解析] 由题意,B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力, 即f=mBgsin 30°。 解除锁定后,B在木板上匀速运动,A的加速度是a,有mAgsin 30°+f'=mAa, 其中f'=f,解得a=7.5 m/s2, 设经过时间t后,A和B达到共同速度,即t= s=1 s, 木板A的最小长度是lmin=v0t- t=3.75 m。 [答案] 3.75 m (2)在物块B不从木板A上滑落的前提下,系统损失的 机械能最多是多少? [解析] A、B损失最多的机械能是在A、B达到共同速度的时刻,以后A、B一起在光滑的斜面上加速下滑,机械能守恒,损失的机械能转化为A、B系统的内能,即ΔE损失=Q=f·lmin=mBgsin 30°·lmin, 解得ΔE损失=18.75 J。 [答案] 18.75 J 分层训练　巩固提高 二 1.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l,传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点,某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点,拉力F所做的功为W1、功率为P1,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后使传送带以v2的速度匀速运动,此时人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体,使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B,这一过程中,拉力F所做的功为W2、功率为P2,物体和传送带之间因摩擦而产生的 热量为Q2。下列关系中正确的是(　　) A.W1=W2,P1<P2,Q1=Q2 B.W1=W2,P1<P2,Q1>Q2 C.W1>W2,P1=P2,Q1>Q2 D.W1>W2,P1=P2,Q1=Q2 2 3 4 5 6 7 8 1 A 夯实基础 B 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:因为两次的拉力和拉力方向的位移不变,由功的概念可知,两次拉力做的功相等,所以W1=W2;当传送带不动时,物体运动的时间为t1=,当传送带以v2的速度匀速运动时,物体运动的时间为t2=,所以第二次用的时间短,功率大,即P1<P2;一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积,也等于转化的内能,第二次的相对路程小,所以Q1>Q2,选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(多选)如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的摩擦力为f,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端,则下列说法中正确的是 (　　) A.此时物块的动能为F(x+L) B.此时小车的动能为fx C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx-fL D.这一过程中,系统因摩擦而损失的机械能为fL BD 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:根据动能定理,物块的动能为Ek1=(F-f)(L+x),A错误;小车的动能为Ek2=fx,B正确;物块和小车增加的机械能等于外力做功与摩擦生热之差,则ΔE=F(L+x)-fL,C错误;系统因摩擦而损失的机械能为ΔE损=fx相对=fL,D正确。 3.如图所示,位于竖直面内的光滑轨道AB与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切,A点距地面高为R,圆心O点恰好在水平地面上,重力加速度为g。质量为m的小球从A点由静止释放,沿轨道运动到圆弧轨道上的P点(图中未画出)后与圆弧轨道分离,则小 球在P点时的速度大小为(　　) A. 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:设PO与竖直方向的夹角为θ,则mgcos θ=m 从A点到P点由动能定理得mg(-Rcos θ)=mv2 解得v= 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(2025·四川成都高三诊断)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.饺子一直做匀加速运动 B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量 D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 C 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:饺子在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直 线运动,故A错误;饺子的加速度a==μg,与传送 带的速度无关,故B错误;饺子从静止加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速,饺子的位移s饺子=t,s相对= s传送带-s饺子=vt-,所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(12分)如图所示,一小物块(视为质点)从H=10 m 高处,由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=2 m的光滑竖直圆环内侧,弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB圆弧滑下,由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m=2 kg,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L=15 m,g取10 m/s2,求: (1)物块从A滑到B时的速度大小; 解析:物块从A滑到B的过程由动能定理得 mgH= 解得vB=10 m/s。 答案: 10 m/s 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力; 解析:物块从A滑到C的过程由动能定理得mg(H-2R)= 在C点由牛顿第二定律得mg+N=m 联立解得N=100 N 由牛顿第三定律可知N'=N=100 N,方向竖直向上。 答案: 100 N,方向竖直向上 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)若弹簧最短时压缩量为10 m,求此时弹簧 弹性势能。 解析:从B点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得 =μmg(L+x)+Ep 解得Ep=100 J。 答案: 100 J 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(16分)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行。现把一质量为m=10 kg的工件(可看作质点)轻放在传送带的底端,经过1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处。g取10 m/s2。求: (1)工件与传送带间的动摩擦因数; B 能力提升 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:根据几何关系可得传送带的长度为x==3 m 若工件一直加速,则有x=·t 解得v>2 m/s 因此可知工件应先加速后匀速,设加速运动的时间为t1,位移为x1,匀速运动的时间为t2,位移为x2,则有x1=·t1,x2=v0t2,x=x1+x2,t=t1+t2 联立解得t1=0.8 s,t2=1.1 s,x1=0.8 m,x2=2.2 m 又x1= 解得a=2.5 m/s2 根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma 解得μ=。 答案: (2)整个过程中,摩擦力对工件做的功; 解析:设整个过程中摩擦力对工件做的功为W,对整个过程由动能定理有 W-mgh= 解得W=170 J。 答案: 170 J 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)电动机由于传送工件多消耗的电能(和传送带空转, 不运送工件相比)。 解析:在时间t1内传送带的位移为x0=v0t1=1.6 m 该时间内传送带与工件之间的相对位移为Δx=x0-x1=0.8 m 则可得摩擦产生的热量为Q=μmgcos 30° Δx=60 J 工件获得的机械能为E=Ek+Ep=+mgh=170 J 则可得电动机由于传送工件多消耗的电能E0=E+Q=230 J。 答案: 230 J 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(16分)如图所示,水平轨道AB长为2R,其A端有一被锁定的轻质弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点,并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接,O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R、圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置,并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下,刚好能运动到A点,触发弹簧,弹簧立即解除锁定,小滑块被弹回,小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧,并恰好无挤压通 过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可 不计,重力加速度为g)。求: 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ; 解析:由几何关系得B、C间的高度差h=R 小滑块从C点运动到A点的过程中,由动能定理得 mgh-μmg·2R=0 解得μ=。 答案: (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep; 解析：弹簧对滑块做功过程由能量守恒定律有 Ep= 滑块从A点到D点过程由动能定理得 -mg·2R-μmg·2R= 滑块在D点,由重力提供向心力,有mg=m 联立解得Ep=mgR。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具 有的动能Ek。 解析:滑块通过D点后做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,水平方向有x=vt 竖直方向有y=gt2 由几何关系可知x2+y2=4R2 可得滑块落到挡板上时的动能为 Ek=m[v2+(gt)2] 联立解得Ek=(2-1)mgR。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 8.(18分)如图甲所示,质量为M=1 kg的薄板静止放在水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1。现将质量为m=0.5 kg的电动遥控小车(可视为质点)置于板的左端处于静止状态,车与板间动摩擦因数μ2=0.4,车的额定功率P0=6 W。某时刻通过遥控启动小车,车由静止开始运动,车的牵引力与速度倒数的关系图像如图乙所示。经2 s时间车的速度达到最大;又经4 s时间关闭车的电源,最后车与板都 停止,且在运动中车未离开板。不计空气阻 力,g取10 m/s2。试求: 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)小车获得的最大速度; 解析:车的速度最大时,车的合力为零,则此时的牵引力F'=f=μ2mg=2 N 速度达到最大时P0=fvm 解得最大速度vm==3 m/s。 答案:3 m/s (2)板至少多长; 解析:由题图可知,车先开始做匀加速运动,加速度为a1,运动的时间为t1,则F-μ2mg=ma1 其中F=3 N 解得a1=2 m/s2 车的功率达到额定功率时的速度为 v1==2 m/s 时间t1==1 s 运动的位移x1==1 m 接着车在t2=1 s内做变加速运动,功率不变,运动的位移x2,由动能定理得P0t2-μ2mgx2= 解得x2=2.375 m 2 3 4 5 6 7 8 1 而板由静止开始做匀加速运动,加速度为a2,则 μ2mg-μ1g=Ma2 解得a2=0.5 m/s2 在时间t=2 s时,板的速度v2=a2t=1 m/s 此后小车做匀速运动,板仍然做匀加速运动,加速度不变,再经时间t3车与板的速度相等 v2+a2t3=vm 解得t3=4 s 当关闭车的电源时,车与板的速度刚好相等,以后车与板间不再发生相对运动。 车在t3=4 s内运动的位移x3=vmt3=12 m 板运动的位移x4=a2(t+t3)2=9 m 板的长度L=x1+x2+x3-x4=6.375 m。 答案: 6.375 m 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)整个过程中板运动的距离s以及全过程中 因摩擦所产生的热量Q。 解析:关闭车的电源后车与板一起做减速运动,加速度为a3,则a3==1 m/s2 由vm=3 m/s,结合运动学公式-=-2a3x5 解得此后板运动的距离x5=4.5 m 整个过程中板运动的位移s=x4+x5=13.5 m 由能量守恒定律得Q=Fx1+P0t' 其中t'=5 s 解得Q=33 J。 答案: 13.5 m　33 J 2 3 4 5 6 7 8 1 $$