6.5 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，覆盖传送带模型和“滑块—木板”模型两大核心考点。依据高考评价体系，梳理动力学（受力分析、运动学公式）和能量（功能关系、能量守恒）解题角度，归纳平面/斜面传送带、水平/斜面滑块木板等常考题型，明确高频考点权重，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型拆解+典例精析+素养提升”，如典例1用动能定理求滑块动能、运动学公式分析往返时间，培养能量观念和科学推理能力。典例3结合v-t图像分析相对运动，强化模型建构思维。设对点演练，针对摩擦力做功等易错点，助学生掌握临界条件分析技巧，教师可据此系统复习，提升学生解题能力，助力高考冲刺。

第30课时　专题提升:动力学和能量观点的综合应用 考点一　传送带模型 1.传送带模型的解题角度 (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.常用功能关系 (1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传 。 (2)系统产生的内能:Q=Ffx相对 。 (3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。 考向1　平面传送带问题 典例1　如图所示,水平传送带AB长l=5 m,以10 m/s的速度顺时针传输。质量m=1 kg的滑块可以视为质点。放在与AB等高的平台BC上,距离B点为L=4 m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6 N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1=0.20、μ2=0.40。 (1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0; (2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t; (3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。 答案 (1)8 J　(2)4 s　(3)24 J 解析 (1)滑块从开始至第一次到B点, 由动能定理得FL-μ2mgL=Ek0,解得Ek0=8 J。　 (2)从B点向左减速过程-μ1mgx=0-Ek0,得x=4 m<l,mv2=8 J,因此向左减速时间t1==2 s,又v=4 m/s<10 m/s,所以返回到B的时间t2=t1=2 s,t总=4 s。 (3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量Q=FL=24 J。 考向2　斜面传送带问题 典例2　如图,一长为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都没有落地。 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; (2)物块A从底端到达顶端所需的时间t; (3)物块A从底端到达顶端时,电动机多做的功W。 答案 (1)2 m/s2　(2)2.5 s　(3)136 J 考点二　“滑块—木板”模型 1.动力学角度分析“滑块—木板”模型 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.功和能的角度分析“滑块—木板”模型 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。 3.“滑块—木板”模型的思维模板 考向1　水平面上的“滑块—木板”问题 典例3　如图甲所示,质量为m的长木板静止在光滑的 水平面上,质量为m的小铅块以水平速度v0滑上木板的 左端,恰好能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙 所示,将木板分成质量分别为m1、m2的1、2两部分, 小铅块的初速度不变,小铅块与木板间的动摩擦因数 为μ。则(　　) A.当m1=m2时,小铅块在木板1上滑行时,两板间的作用力为μmg B.当m1=m2时,小铅块能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止 C.当m1>m2时,小铅块可能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止 D.小铅块在木板上滑行的整个过程中,图甲情境中产生的内能一定比图乙的大 D 解析 对整块木板根据牛顿第二定律得μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,对木板2根据牛顿第二定律得F=m2a,解得F=μmg,当m1=m2时,小铅块在木板1上滑行时,两板间的作用力为μmg,A错误;木板分开前后小铅块的加速度不变,其加速度为a铅==μg,小铅块在木板1上滑行时,木板的加速度为a板1= =μg,小铅块在木板2上滑行时,木板2的加速度为a板2=>μg,画出速度-时间图像,如图所示, 小铅块和木板图像所围的面积表示小铅块在木板上滑动的距离,第二次的面积小,表示小铅块没有滑动到木板2的右端,B、C错误;设小铅块相对于木板滑动的距离为Δx,产生的内能分别为Q1=μmg·Δx1,Q2=μmg·Δx2,根据图像Δx1>Δx2,所以Q1>Q2,铅块在木板上滑行的整个过程中,图甲情境中产生的内能一定比图乙的大,D正确。 对点演练1　如图所示,一个长为L,质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0,从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在长木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速度为g。则在此过程中(　　) A.摩擦力对物块做功为-μmgd B.摩擦力对木板做功为μmgs C.木板动能的增量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs B 解析 摩擦力对物块做功为W1=-μmg(s+d),A错误;摩擦力对木板做功为W2=μmgs,B正确;根据动能定理,木板动能的增量为ΔEk=μmgs,C错误;由于摩擦而产生的热量为Q=μmgd,D错误。 考向2　斜面上的“滑块—木板”问题 典例4　(2025南通一模)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: (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)aA=2.5 m/s2　aB=12.5 m/s2 (2)0.375 m (3)1.8 m 解析 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律得μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA,解得aA=2.5 m/s2,对B由牛顿第二定律得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,v0-aBt=aAt, 共速后A、B一起以加速度a向上减速, 对A、B分析得(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,由能量守恒得mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L,解得L=1.8 m。　 对点演练2　如图所示,足够长的木板A置于足够长的光滑斜面上,物块B置于A中央,A的质量是B的质量的2倍,A、B的接触面粗糙。现将A、B一起由静止释放,A、B的速度大小v、动能Ek与时间t或位移x的关系图像正确的是(　　) C $