2026届高考物理一轮复习课件：专题强化十 动力学和能量观点的综合应用

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学和能量观点的综合应用”专题，覆盖传送带、滑块—木板、多运动组合三大高考核心模型，依据高考评价体系分析考点权重，归纳功能关系、摩擦生热等常考题型，对接物理观念中的能量观念与科学思维中的模型建构要求。 课件亮点在于高考真题案例与解题策略融合，如以倾斜传送带模型为例，通过相对位移计算电动机多消耗能量，强化科学推理能力，提供动能定理应用模板与易错点警示，助力学生掌握得分技巧，为教师复习教学提供系统性考点突破指导。

专题强化十　动力学和能量观点的综合应用 第五章　机械能守恒定律 考点 1 考点二　“滑块—木板”模型 考点一　“传送带”模型 考点三　多运动组合问题 目录 2 1.分析角度 (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。 考点一　“传送带”模型 目录 考点 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传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传; ②产生的内能:Q=Ffx相对。 目录 考点 考向　　水平传送带模型 例1 如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v=2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0=10 m，当质量为m=5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，求: (1)行李箱开始运动时的加速度大小a; 解析　行李箱刚放上传送带时的加速度大小 a===μg=2 m/s2。 答案　2 m/s2 目录 考点 (2)行李箱从A端传送到B端所用时间t; 解析　设经过时间t1二者共速，有t1==1 s 行李箱匀加速运动的位移为 x1=a=×2×12 m=1 m 行李箱随传送带匀速运动的时间 t2== s=4.5 s 则行李箱从A端传送到B端所用时间 t=t1+t2=1 s+4.5 s=5.5 s。 答案　5.5 s 目录 考点 (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。 解析　t1时间内传送带的位移x2=vt1=2×1 m=2 m 根据牛顿第三定律可知，传送带受到行李箱的摩擦力大小Ff'=Ff 行李箱对传送带的摩擦力做的功为 W=-Ff'x2=-μmgx2=-0.2×5×10×2 J=-20 J。 答案　-20 J 目录 考点 考向　　倾斜传送带模型 例2 (2024·江苏南通期末)如图所示，左端固定的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，质量m=1.0 kg的小滑块静止于光滑水平面并紧靠弹簧右端，水平面的右端与倾角θ=37°的传送带平滑连接。已知滑块滑上传送带前已经做匀速运动，传送带长为L=5 m，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若传送带不动，弹簧解除锁定后滑块恰能滑至传送带顶端，求弹簧锁定时的弹性势能Ep1; 解析　根据能量守恒定律得 Ep1=mgLsin θ+μmgLcos θ=50 J。 答案　50 J 目录 考点 (2)若传送带以恒定速率v1=10 m/s顺时针转动，解除锁定时弹簧的弹性势能Ep2=18 J，解除锁定后滑块滑至传送带顶端，求电动机因传送滑块多消耗的能量E; 解析　设滑块滑上传送带前的速度为v3，根据能量守恒守恒定律有 Ep2=m 解得v3=6 m/s<v1 因为μ<tan θ，所以滑块在传送带上做减速运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ=ma1 目录 考点 解得a1=2 m/s2 设滑块在传送带上运动时间为t1，则有 v3t1-a1=L 解得t1=1 s 滑块到达传送带顶端时的速度 v4=v3-a1t1=4 m/s 则滑块与传送带的相对位移为 Δx1=v1t1-L=5 m 根据能量守恒定律得E=mgLsin θ+m-m+μmgcos θ·Δx=40 J。 答案　40 J 目录 考点 (3)若传送带以恒定速率v2=4 m/s顺时针转动，为使滑块能滑至传送带顶端，求弹簧锁定时弹性势能的最小值Ep3。 解析　当滑块恰好到达传送带顶端时弹簧锁定时弹性势能最小。假设滑块滑上传送带时的速度等于传送带的速度，则滑块能上升的最大距离为 x1==4 m<L 所以假设不成立，故滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，且从滑上传送带到与传送带共速滑块通过的位移为 x2=L-x1=1 m 目录 考点 设滑块滑上传送带时的速度为v5，共速前的加速度为a2，根据牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma2 根据运动学公式-=2a2x2 联立解得v5=6 m/s 则弹簧锁定时弹性势能的最小值为 Ep3=m=18 J。 答案　18 J 目录 考点 “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==，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。 考点二　“滑块—木板”模型 目录 考点 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。 目录 考点 例3 (2025·江苏扬州月考)如图所示，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板的质量M=2 kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1;在木板的左端放置一个质量m=2 kg的小铅块(视为质点)，小铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3。现给铅块一向右的初速度v0=4 m/s，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v=1 m/s，g取10 m/s2，求: (1)木板达到最大速度时，木板运动的位移; 解析　小铅块与木板达到共速时，木板达到最大速度，设木板运动的位移为x1，由动能定理得[μ2mg-μ1(M+m)g]x1=Mv2 解得x1=0.5 m。 答案　0.5 m 目录 考点 (2)铅块与木板间因摩擦产生的总热量; 解析　根据能量守恒定律得铅块与木板间因摩擦产生的总热量为 Q=m-(M+m)v2-μ1(M+m)gx1=12 J。 答案　12 J 目录 考点 (3)整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功。 解析　对铅块，根据动能定理得整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功为 Wf=mv2-m=-15 J。 答案　-15 J 目录 考点 例4 (2024·江苏镇江期中)如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，B是质量mB=0.2 kg、长度L=18 m的薄木板，A是质量mA=0.1 kg的滑块(可视为质点)。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离s=15 m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v0=6 m/s从木板上端P点沿斜面向下冲上薄木板。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，求: (1)刚开始运动时，A、B加速度的大小; 解析　开始运动时A的加速度 aA==2 m/s2 B的加速度 aB==8 m/s2。 答案　2 m/s2　8 m/s2 目录 考点 (2)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间; 解析　设经时间t1两者达到共速，则有 v=v0+aAt1=aBt1 解得t1=1 s，v=8 m/s 此时木板下滑的位移 xB=aB=4 m 滑块下滑位移 xA=v0t1+aA=7 m 目录 考点 二者相对位移Δx=xA-xB=3 m<L=18 m，故二者共速前滑块未脱离木板，此后A、B一起沿斜面向下运动，加速度为 a=gsin 37°=6 m/s2 则当木板下端到达底端时，有 s-xB=vt2+a 解得t2=1 s 则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间t=t1+t2=2 s。 答案　2 s 目录 考点 (3)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能。 解析　该过程中系统产生的热量 Q=μmAgcos 37°(xA-xB)=1.2 J 由功能关系可知，从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能为1.2 J。 答案　1.2 J 目录 考点 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。 考点三　多运动组合问题 目录 考点 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。 目录 考点 例5 (2024·湖南长沙期末)如图所示，水平轨道AB的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能Ep=4.5 J。弹簧左端固定，右端放一个质量为m=1 kg的物块(可视为质点)，物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到B点。传送带BC的长为L1=0.7 m，CD'为水平轨道，DE、ED'是竖直放置的两个半径为R=0.3 m的半圆轨道，D和D'错开少许，物块从D进入圆弧轨道，从D'出来进入水平轨道D'H。AB、BC、CD、D'H均平滑连接，不影响物块的运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余轨道均光滑，重力加速度g=10 m/s2。 目录 考点 (1)若传送带静止，物块到达传送带右端C点时的速度大小; 解析　若传送带静止，物块从开始运动到到达C点时，由动能定理有 W弹-μmgL1=m-0 其中W弹=Ep 联立解得物块到C点时的速度大小 vC= m/s。 答案　 m/s 目录 考点 (2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块沿圆周运动能到达E点，求传送带的最小速度。 解析　当物块沿圆周运动恰好能到达E点时传送带的速度最小，在E点对物块由牛顿第二定律有 mg=m 解得vEmin== m/s 从C到E，根据动能定理有 -mg·2R=m-m 目录 考点 解得vCmin= m/s 假设物块从B到C全程加速，则有 W弹+μmgL1=mvC'2-0 求得vC'=4 m/s>vCmin 所以，可知传送带最小速度为 m/s。 答案　 m/s 目录 考点 提升素养能力 2 目录 A级　基础对点练 D 对点练1　“传送带”模型 1.(2025·江苏无锡调研)传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是(　　) 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　如果传送带速度比物块速度大，开始阶段加速有μmg=Ek-mv2，图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确;如果传送带速度比物块速度小，开始阶段减速有-μmg= Ek-mv2，则图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，减速至共速后动能不变，B、C错误。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 C 对点练2　“滑块—木板”模型 2.(2024·江苏苏州期末)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　) A. B. C.mv2 D.2mv2 解析　由能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W=mv2+μmgx相对，其中x相对=vt-t，a=μg，v=at，联立解得W=mv2，故C正确。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 B 3.(2025·江苏镇江模拟)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是(　　) A.滑块滑到木板的右端后飞离木板 B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持 相对静止 C.两过程滑块的动量变化相同 D.两过程系统产生的热量相等 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　第一次在滑块运动过程中，滑块与 木板之间的摩擦力使整个木板一直加速， 第二次滑块先使整个木板加速，运动到右 半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端就与木板保持相对静止了，故A错误，B正确;根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误;根据Q=Ff·x相对，知滑块在图乙木板上滑行产生的热量小于在图甲木板上滑行产生的热量，故D错误。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 对点练3　多运动组合问题 4.(2024·江苏无锡期中)如图所示为某个电视台举办的线下冲关游戏中某一环节的装置，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6 m，所对圆心角为60°。BC是长度为L1=3 m的水平传送带，CD是水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，传送带一直以速度v=6 m/s顺时针匀速转动。某参赛者抱紧滑板从A处由静止开始下滑，经过转动的传送带，最终停在D点。参赛者和滑板可视为质点，已知该参赛者和滑板总质量m=60 kg，滑板与传送带之间、滑板与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.4，g取10 m/s2。求: (1)参赛者运动到B处的速度大小vB; (2)水平轨道CD的长度L2; (3)滑板在传送上由于摩擦而产生的热量Q。 答案　(1)4 m/s　(2)4.5 m　(3)120 J 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　(1)参赛者从A到B的过程，由动能定理有 mg(R-Rcos 60°)=m 代入数据得vB=4 m/s。 (2)参赛者在传送带上运动的过程中，因为v=6 m/s>vB=4 m/s，所以参赛者要先在传送带上做匀加速运动，对参赛者(包括滑板)根据牛顿第二定律得参赛者在传送带上的加速度 a=μg=4 m/s2 当参赛者达到与传送带相同的速度时，其位移为 x==2.5 m<L1=3 m 所以接下来参赛者随传送带一起匀速运动直至C点， 则vC=6 m/s 从C到D的过程，由动能定理有 -μmgL2=0-m 解得L2=4.5 m。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为 t==0.5 s 参赛者在传送带上运动时与传送带间的相对位移大小为 Δx=vt-x=0.5 m 则滑板在传送带上由于摩擦而产生的热量 Q=μmg·Δx=120 J。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 5.(2025·四川绵阳开学考试)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，车的牵引力与速度的关系图像如图乙所示。经时间2 s车的速度达到最大;又经时间4 s关闭车的电源，最后车与板都停止下来，且在运动中车未离开板。不计空气阻力，g=10 m/s2。试求: B级　综合提升练 (1)小车获得的最大速度的大小; (2)板最短长度; (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。 答案　(1)3 m/s　(2)6.375 m　(3)13.5 m　33 J 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　(1)车的速度最大时，车的合力为零，则此时的牵引力 F1=μ2mg=2 N 则最大速度为vm==3 m/s。 (2)由题图乙可知，车先开始做匀加速运动，加速度设为a1，由牛顿第二定律得 F2-μ2mg=ma1，其中F2=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 匀加速运动的时间t1==1 s 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 则运动的位移x1=a1=1 m 接着车在t2=1 s内做变加速运动，功率不变，运动的位移设为x2，由动能定理得 P0t2-μ2mgx2=m-m 解得x2=2.375 m 而板由静止开始做匀加速运动，加速度设为a2，由牛顿第二定律得 μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2 解得a2=0.5 m/s2 t=2 s时，板的速度v2=a2t=1 m/s<vm 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 此后小车做匀速运动，板仍然做匀加速运动，加速度不变，设再经时间t3车与板的速度相等，则有 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，以后车与板间不在发生相对运动，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 则板的长度L=x1+x2+x3-x4=6.375 m。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (3)关闭车的电源后车与板一起做减速运动的加速度大小为 a3==1 m/s2 由vm=3 m/s，结合运动学公式有 -=-2a3x5 可得此后板运动的距离为x5==4.5 m 整个过程中板运动的位移s=x4+x5=13.5 m 由能量守恒定律得全过程中所产生的热量 Q=μ1mgs+μ2mgL=33 J。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 6.(2024·江苏徐州期末)如图所示，倾角θ=37°的斜面顶端与光滑竖直的圆弧型轨道相切，斜面底端与圆弧型轨道最低端在同一水平面上，斜面底端固定与斜面垂直的挡板。质量m=1 kg的小物块在圆弧型轨道的最低端压缩一弹簧，物块被释放，经过O点正下方时脱离弹簧，沿圆弧型轨道滑上斜面，与挡板碰撞后原速率弹回。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧型轨道的半径R=1 m，斜面长度L=3 m。已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若弹簧的弹性势能Ep=32 J，求物块脱离弹簧时的速度大小; (2)若物块与挡板碰撞后，恰能返回到斜面顶端，求物块刚滑上 斜面时的速度大小; (3)若物块滑上斜面后不离开斜面，求物块在斜面上滑行的 最小路程。 答案　(1)8 m/s　(2)4 m/s　(3)6.25 m 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　(1)物块脱离弹簧时，弹性势能转化为动能，则有 Ep=m 解得物块脱离弹簧时的速度大小v0=8 m/s。 (2)物块从斜面顶端下滑至恰好返回顶端，由动能定理有 -μmgcos θ·2L=0-m 解得物块刚滑上斜面时的速度v1=4 m/s。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (3)若物块恰好通过圆弧轨道最高点，此时速度最小，则有mg=m 若以v2通过圆弧轨道最高点到滑上斜面顶端过程，设刚滑上斜面时的速度为v3，根据动能定理有 mg(R-Rcos θ)=m-m 解得v3= m/s<4 m/s 可知，物块以v3滑上斜面后不离开斜面，且物块在斜面上滑行路程为最小，由于μ=0.5<tan θ=0.75 可知，最终物块在挡板处静止，则根据能量守恒定律有 mgLsin θ+m=μmgxcos θ 解得物块在斜面上滑行的最小路程x=6.25 m。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 $