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

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，依据高考评价体系梳理了传送带（水平、倾斜）和板块模型两大核心考点，通过分析动力学位移关系、能量转化（做功、热量、电能）等考查角度，归纳了“摩擦痕迹计算”“系统能量守恒”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2023全国乙卷板块模型题为例，运用动能定理和相对位移分析，培养学生运动和相互作用观念及科学论证能力。通过“功能关系对比表”和“易错点警示”，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此实施精准复习，提升冲刺效率。

第7讲　专题提升:动力学和能量观点的综合应用 题型一　传送带模型综合问题 解答动力学和能量综合的传送带模型的两点分析 1.设问的角度 (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。 2.功能关系分析 (1)功能关系分析:电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功,即 E电=W。 (2)能量转化分析:根据能量守恒定律得E电=ΔEk+ΔEp+Q。 (3)对W和Q的理解:①传送带克服摩擦力做的功:W=Ff·x传; ②产生的内能:Q=Ff·x相对。 考向一　水平传送带模型 典题1 [一题多解](2026山东潍坊高三模拟)应用于机场和火车站的安全检查仪,其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v=0.4 m/s的速率逆时针方向运行,A、B间的距离为3 m。已知行李(可视为质点)质量m=10 kg,与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,旅客把行李无初速度地放在A处,行李从B点离开传送带,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 J B.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m C.行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为1.6 J D.行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J D 解析 行李先向左做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2,令行李加速至与传送带速度相等,根据运动学公式有v2=2ax0,解得x0=0.04 m<L=3 m,之后行李向左做匀速直线运动,则行李从A到B过程中传送带对行李做功为W1=μmgx0=0.8 J,故A错误;行李匀加速直线运动过程有v=at,则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为x相=vt-t=0.04 m,故B错误;行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmgx相=0.8 J,故C错误;方法一(能量守恒法):行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能E=Q+mv2=1.6 J;方法二(功能关系法):行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能等于传送带克服行李对传送带的摩擦力做的功E=μmgvt=1.6 J,故D正确。 考向二　倾斜传送带模型 典题2 [一题多变](多选)(2025辽宁丹东高三期中)用如图甲所示的传送带将质量为1 kg的货物运送到一定高度,把货物轻放在传送带底端,经4 s货物从传送带顶端离开,货物的速度大小随时间变化的关系图像如图乙所示。已知传送带的倾角θ=30°,传送带顺时针转动,速度大小不变,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A.货物与传送带间因摩擦产生 的热量为10 J B.滑动摩擦力对货物做的功为12 J C.静摩擦力对货物做的功为20 J D.传送带对货物做的总功为32 J BCD 解析 由题图乙知传送带的速度大小为2 m/s,0~2 s内传送带比货物多运动Δx=2×2 m-×2×2 m=2 m,货物在传送带上留下的滑动痕迹为2 m,货物在传送带上加速时有a==1 m/s2,由牛顿第二定律得μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得μ=,货物与传送带之间的滑动摩擦力Ff=μmgcos 30°= mg,相对静止时的静摩擦力Ff静=mgsin 30°=,货物与传送带间因摩擦产生的热量为Q=FfΔx=12 J,故A错误;滑动摩擦力对货物做的功为W1=Ffx1=×1×10× J=12 J,故B正确;静摩擦力对货物做的功为W2= Ff静x2=×1×10×(4-2)×2 J=20 J,故C正确;传送带对货物做的总功为W=W1+W2=32 J,故D正确。 提示 方法一:根据能量守恒定律,电动机多消耗的电能一部分转化为物体的动能,一部分转化为物体的重力势能,一部分转化为系统产生的热量, 故E电=mv2+mgxsin 30°+Q=×1×22 J+1×10×6×0.5 J+12 J=44 J。 方法二:电动机多消耗的电能等于传送带克服物体对其的摩擦力做的功,故E电=Ffx3+Ff静x4=6×4 J+5×4 J=44 J。 题型二　板块模型综合问题 动力学和能量综合的板块模型的分析方法 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。 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,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; (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移; (3)求摩擦生热时用接触面间的相对位移。 考向一　物块以一定的初速度滑上木板的情境 典题3 [一题多解](多选)(2023全国乙卷)如图所示,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Ff,当物块从木板右端离开时(　　) A.木板的动能一定等于Ffl B.木板的动能一定小于Ffl C.物块的动能一定大于-Ffl D.物块的动能一定小于-Ffl BD 解析 方法一:设物块离开木板时的速度为v1,此时木板的速度为v2,由题意可知v1>v2,设物块的对地位移为xm,木板的对地位移为xm',根据能量守恒定律可得m'+Ffl,整理可得-Ffl-m'-Ffl,D正确,C错误;因摩擦产生的热量Q=FfL=Ff(xm-xm'),根据运动学公式xm=·t,xm'=·t,因为v0>v1>v2,可得xm>2xm',则xm-xm'=l>xm',所以W=Ffxm'<Ffl,B正确,A错误。 方法二:设物块滑上木板t时间后离开木板,在这段时间 内物块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,木板在 摩擦力的作用下做匀加速直线运动,它们这段时间内 的v-t图像如图所示,AB为物块的v-t图像,OC为木板的 v-t图像。结合题意可知梯形OABC的面积表示木板长 度l,三角形OCD的面积表示木板的位移,由图可知S△OCD<S梯OABC,则木板的位移x1<l。梯形OABD的面积表示物块的位移, 由图可知S梯OABD>S梯OABC,则物块的位移x2>l。此过程中对木板由动能定理得Ffx1=Ek1-0,所以当物块从右端离开木板时木板的动能Ek1=Ffx1<Ffl,选项A错误,B正确。对物块由动能定理得-Ffx2=Ek2-,所以当物块从右端离开木板时物块的动能Ek2=-Ffx2<-Ffl,选项C错误,D正确。 考向二　物块在水平拉力作用下滑上木板的情境 典题4 (2025辽宁丹东一模)如图所示,在光滑水平面上,质量m=1 kg、可视为质点的小物块静止在质量m'=2 kg的长木板左端,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4,现对小物块施加一水平向右的拉力F=8 N,作用一段时间t1后立刻撤掉外力F,小物块又经时间t2恰好运动到长木板的右端且没从右端落下,重力加速度为g取10 m/s2。 (1)求时间t1与时间t2的比值; (2)若长木板的长度L= m,求在外力F作用 时间t1内小物块和长木板组成的系统产生的热量。 答案 (1)3∶1　(2)4 J 解析 (1)对小物块根据牛顿第二定律,有F-μmg=ma1,得a1=4 m/s2,对长木板受力分析列方程μmg=m'a2,得a2=2 m/s2,小物块先加速后减速最后与长木板共速,长木板先加速后匀速,小物块减速的加速度a3=-μg=-4 m/s2,小物块加速阶段最大速度v1=a1t1,小物块与长木板共速时的速度v共=a1t1+a3t2,对长木板,有v共=a2(t1+t2),得=3∶1。 (2)小物块加速阶段的位移x1=1,小物块减速阶段的位移x2=v1t2+3,长木板位移x3=2(t1+t2)2,由x1+x2-x3=L,得t1=1 s,t1时间内相对位移Δx=x1-2=1 m,Q=μmgΔx=4 J。 $