专题提升10　动力学和能量观点的综合应用 课件 -2027届高考物理一轮复习

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，依据课程标准要求，系统梳理传送带模型、“滑块—木板”模型、多运动组合模型三大核心考点，通过真题实例分析明确水平/倾斜传送带、水平/斜面滑块木板等高频题型分布，构建完整的解题思路体系。 课件亮点在于“模型建构+科学推理+能量分析”的备考策略，如以水平传送带模型为例，通过受力分析判断摩擦力方向、共速条件，结合功能关系（W=ΔEk+ΔEp+Q）求解摩擦生热与电动机耗能，培养学生科学思维和能量观念。特设方法总结与易错点提示，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

高考总复习 物理 人教版 专题提升10　动力学和能量观点的综合应用 索引 提升点1 提升点3 课时跟踪练 提升点2 返回导航 第六章　机械能守恒定律 课程标准　1.会用功能关系解决传送带、“滑块—木板”模型综合问题。2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 01 提升点1　传送带模型 返回导航 第六章　机械能守恒定律 1.传送带问题的分析方法 (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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ff·x传,也是电动机因传送带传送物体而多做的功。 (2)系统产生的内能:Q=Ff·x相对。 (3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量,ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 水平传送带模型 (多选)(2026·福建泉州期中)如图所示,将质量m=1 kg的物块(可视为质点)向右以v=1 m/s的速度放在顺时针转动的水平传送带上,传送带AB的长度L=6 m,传送带的速度大小v0=3 m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) 返回导航 第六章　机械能守恒定律 A.物块滑离传送带时传送带对物块做的功为4.5 J B.系统因摩擦产生的热量为2.5 J C.因放上物块电动机多输出的能量为6 J D.如果此物块是煤块,则煤块在传送带上留下的痕迹长度为1 m 返回导航 第六章　机械能守恒定律 [解析]　由牛顿第二定律有μmg=ma,可得物块做匀加速直线运动的加速度为a=μg=2 m/s2,设物块加速到与传送带速度相同的位移为x1,有-v2= 2ax1,解得x1=2 m<L,则物块先加速到与传送带共速后再以v0=3 m/s匀速离开,物块滑离传送带时传送带对物块做的功为W=m-mv2=4 J,故A错误;系统因摩擦产生的热量为Q=μmg(v0·-x1)=0.2×1×10×(3×-2) J=2 J,故B错误;因放上物块电动机多输出的能量等于牵引力对传送带做的功,有WF=Wf=μmg·v0·=0.2×1×10×3× J=6 J,故C正确;如果此物块是煤块,则煤块在传送带上留下的痕迹长度为传送带和煤块的位移之差,有Δx=v0·-x1=1 m,故D正确。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 倾斜传送带模型; (2026·云南昭通期末)如图所示,一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连,将物块A轻放在传送带底端,已知传送带顺时针方向匀速运行,与水平面的夹角为30°,传送带长L=6 m,速度v=5 m/s,A与传送带间的动摩擦因数μ=(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),A的质量为m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2。则(　　) 返回导航 第六章　机械能守恒定律 A.物块A在传送带上运行的过程中,摩擦力对A先做正功后不做功 B.物块A在传送带上运行的时间为2 s C.把A从底端运送到顶端的过程中,摩擦力对物块A做的功为75 J D.把A从底端运送到顶端的过程中,电动机多消耗的电能为160 J 返回导航 第六章　机械能守恒定律 [解析]　物块A刚放在传送带上时先加速上滑,根据μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=2.5 m/s2,加速到与传送带的速度相等所用时间t1==2 s,加速过程的位移x1=a=5 m,之后物块A以速度v匀速运动,匀速运动的时间t2==0.2 s,所以物块A在传送带上运行的总时间t=t1+t2=2+0.2 s=2.2 s,故B错误;物块A先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力,都沿斜面向上,对物块A一直做正功,故A错误;电动机多消耗的电能等于物块A增加的机械能与因摩擦产生的热量之和,物块A增加的机械能E机=mgLsin 30°+mv2=85 J,故 返回导航 第六章　机械能守恒定律 摩擦力对物块A做功为85 J,物块A在传送带上加速阶段,传送带的位移x2=vt1=10 m,二者的相对位移Δx=x2-x1=5 m,因摩擦产生的热量Q= μmgcos 30°·Δx=75 J,所以电动机多消耗的电能ΔE=Q+E机=160 J,故 C错误, D正确。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 ·方法总结· 解决传送带问题的关键点 (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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 02 提升点2　“滑块—木板”模型 返回导航 第六章　机械能守恒定律 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.“滑块—木板”模型问题的分析方法 (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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 3.三种处理方法 (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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 水平面上的“滑块—木板”模型 (多选)(2026·黑龙江模拟)如图甲所示,滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端,已知滑块A与木板B的质量均为m=1 kg,t=0时刻滑块A以v0=3 m/s的初速度向左运动,同时在木板B右端加 一个水平向右的外力F=9 N,作用1 s后撤去外力F, 前1 s内滑块A和木板B的v-t关系图像如图乙所示。 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑块A始终没有 离开木板,重力加速度g取10 m/s2。则(　　) 返回导航 第六章　机械能守恒定律 A.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1 B.木板B与地面间的动摩擦因数为0.4 C.木板B长度至少8.1 m滑块才能不掉 D.整个过程中系统摩擦生热共22.5 J 返回导航 第六章　机械能守恒定律 [解析]　前1 s内,对滑块A有μ1mg=ma1 由题图中A图线的斜率可得a1=1 m/s2 解得滑块A和木板B间的动摩擦因数μ1=0.1,故A正确; 前1 s内,对木板B有F-μ1mg-μ22mg=ma2 根据题图中B图线的斜率得a2=4 m/s2 解得木板B和地面间的动摩擦因数μ2=0.2,故B错误; 1 s后撤去外力F,对木板B有μ1mg+μ22mg=ma3 解得a3=5 m/s2 木板B以a3向右做匀减速直线运动,速度减为零用时t2==0.8 s 返回导航 第六章　机械能守恒定律 由于μ1mg<μ2·2mg,故之后木板B保持静止,滑块A继续向左减速到停止,滑块A的位移x1==4.5 m,木板B的总位移 x2=vB(t1+t2)=×4×(1+0.8) m=3.6 m 所以木板B长度至少为L=x1+x2=8.1 m,故C正确; 系统摩擦生热Q=μ1mgL+μ2·2mgx2=22.5 J,故D正确。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 斜面上的“滑块—木板”模型 (2026·江苏一模)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端,沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为m=1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB; (2)B上升的最大距离s; (3)B的最小长度L。 [答案]　　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m　 (3)1.8 m 返回导航 第六章　机械能守恒定律 [解析]　(1)敲击B后的瞬间,A受到沿斜面向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律有 μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA 解得aA=2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律有 μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB 解得aB=12.5 m/s2。 (2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,有 v0-aBt=aAt 返回导航 第六章　机械能守恒定律 共速后A、B一起以加速度a向上减速,对A、B分析,有 (mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a s=v0t-aBt2+ 解得s=0.375 m。 (3)最终A、B均停在挡板处,此时B的长度最小,由能量守恒定律有 mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L 解得L=1.8 m。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 ·方法总结· 解决“滑块—木板”模型的关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中应注意联系两个过程的纽带:每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 03 提升点3　多运动组合模型 返回导航 第六章　机械能守恒定律 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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 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。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (2026·贵州贵阳期末)如图所示,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2 m的细圆管CD,管D端正下方直立一根劲度系数k=50 N/m的轻弹簧,轻弹簧下端固定,弹簧无形变时,上端恰好与管口D端齐平。质量m=1 kg的小球从A点由静止开始下滑,进入管口C端时对上管壁有10 N的作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧的过程中,小球的最大动能Ekm=4.5 J,已知小球与BC 间的动摩擦因数μ=0.5,粗糙水平面BC的长度L= 1 m。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (1)小球通过C点时的速度大小vC; (2)曲面AB的高度H; (3)在压缩弹簧的过程中,小球获得最大动能时弹簧的弹性势能Ep。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.7 m　(3)1.5 J 返回导航 第六章　机械能守恒定律 [解析]　(1)小球进入管口C端时对上管壁有10 N的作用力,则上管壁对小球有10 N的向下的作用力,对小球,根据牛顿第二定律可得 FN+mg=m 解得小球通过C点时的速度大小为vC=2 m/s。 (2)小球从A点到C点的过程,根据动能定理得 mgH-μmgL=m-0 解得曲面AB的高度为H=0.7 m。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (3)在压缩弹簧的过程中,当弹力大小等于重力大小时,小球的速度最大,动能最大,根据平衡条件得 kx=mg 解得弹簧的压缩量为x=0.2 m 由题意可知,在压缩弹簧的过程中,小球的最大动能Ekm=4.5 J,从C点到小球动能最大的过程中,根据功能关系可得 mg(r+x)=Ep+Ekm-m 解得小球获得最大动能时,弹簧的弹性势能为Ep=1.5 J。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (2026·四川南充一模)如图所示,半径R=1 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接,O为圆弧轨道ABC的圆心,B点为圆弧轨道的最低点,半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。在高h= 0.8 m的光滑水平平台上,一质量m=2 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住,储存了一定量的弹性势能Ep,若打开锁扣K,小物块将以一定的水平速度v0向右滑下平台,做平抛运动恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道,小物块进入圆弧轨道后立即在A处放一个弹性挡板(碰撞 过程机械能不损失)。已知小物块与轨道CD 间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (1)弹簧存储的弹性势能Ep; (2)小物块经过B点时,对圆弧轨道压力FN的大小; (3)小物块在轨道CD上运动的总路程s。 [答案]　(1)9 J　(2)86 N　(3)3.625 m 返回导航 第六章　机械能守恒定律 [解析]　(1)小物块离开平台后做平抛运动,将其A点速度沿水平和竖直方向分解,如图所示,由平抛运动规律知竖直分速度=2gh 解得vy=4 m/s 由几何关系可得小物块的初速度 v0=vytan 37°=4×0.75 m/s=3 m/s 由机械能守恒定律可得弹簧储存的弹性势能为 Ep=m=×2×32 J=9 J。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 (2)对小物块从水平面运动到B点的过程,由动能定理得 mg(h+R-Rcos 53°)=m-m 经过B点时,由牛顿第二定律可得FN'-mg=m 代入数据解得FN'=86 N,vB= m/s 由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为FN=FN'=86 N,方向竖直向下。 (3)取最低点B所在的水平面为零势能面,小物块从B运动到C的过程由机械能守恒定律得 返回导航 第六章　机械能守恒定律 m=mgR(1-cos 37°)+m 解得vC= m/s 小物块沿轨道CD向上做匀减速直线运动,速度减为零后,由于mgsin 37°> μmgcos 37°,小物块继续下滑至圆弧轨道上的A点,碰后以原速率返回,后经过C点后继续上滑,如此反复,直到小物块无法滑上C点,此过程由能量守恒定律可得m=μmgcos 37°·s 代入数据可解得s= m=3.625 m。 返回导航 第六章　机械能守恒定律 课时跟踪练 温馨提示 返回导航 第六章　机械能守恒定律 $