第四章 微专题5　动力学和能量观点的综合应用 课件 -2027年高考物理一轮专题复习（人教版）

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”微专题，覆盖传送带模型、滑块—木板模型、多运动过程问题三大高考核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳“摩擦力突变分析”“相对位移计算”等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“模型建构+科学推理+真题演练”的备考策略，如以传送带模型典例分析摩擦力突变对运动及能量的影响，培养学生运动与相互作用观念、能量观念及科学思维素养。通过动力学与能量观点双角度解题方法指导，帮助学生掌握“功能关系应用”“摩擦生热计算”等得分技巧，教师可据此开展针对性复习，提升学生高考冲刺效率。

微专题5 动力学和能量观点的综合应用 考点一 传送带模型 命题视角　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变 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。 (3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。 2.传送带问题涉及的功能关系 (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。 【典例1】 (中等)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动,在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,取最高点为零势能位置,则小木块的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随时间t变化的图像可能正确的是(　　) D A B C D 考点二 滑块—木板模型 命题视角　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变 1.“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;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。 (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。 2.三个位移的应用(如图所示) (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。 【典例2】 (有外力作用的滑块—木板模型·中等)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,需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(　　) C 【典例3】 (无外力作用的滑块—木板模型·困难)如图所示,长木板静止在光滑水平地面上,第1次使一可视为质点的物块以初速度v0从木板的左端滑上木板,最后恰好没有滑离木板。第2次先将木板从中间锯开,分成左右相同的两块,平滑地拼接在一起(但没有粘连)后仍放在光滑水平地面上,物块仍以同样的初速度v0从左端滑上木板。若物块与木板上表面的动摩擦因数处处相等,则下列判断正确的是(　　) A.第2次最终物块将滑离木板 B.第2次物块与木板相互作用的过程中损失的动能比第1次的少 C.第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能比第1次的多 D.第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的长 B 解析:B　物块滑上木板后,物块相对于木板向右运动,由于滑动摩擦力的作用,物块向右做匀减速直线运动,木板向右做匀加速直线运动,当物块运动到锯开位置时,第1次与第2次过程中,物块与木板的运动情境完全相同,越过锯开位置后,第2次情境中,由于木板锯开,前后分离,左侧木板匀速运动,右侧木板向右运动的加速度变大,可知,随后物块与木板达到相等速度时的速度比第1种情境中的相等速度大,而物块的加速度不变,根据速度公式v=v0-at可知第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的短,D错误;根据上述可知,锯开后,物块与木板达到相等速度时的速度比第1种情境中的相等速度大,根据位移公式可知,总的相对位移比第1种情境中的相对位移小,即第2次最终物块不会滑离木板,A错误;系统减小的机械能转化为内能,根据Q=μmgx相可知,第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能(即动能)比第1次的少,B正确,C错误。 考点三 多运动过程问题 命题视角　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解 1.解题策略 (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,优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。 (2)能量观点:若题目不涉及中间过程,只涉及初、末状态,优先考虑功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。 2.思维技巧 (1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。 (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。 (1)求弹簧的压缩量x1; 答案:(1)0.4 m (2)要使物块自D点水平抛出,传送带往哪个方向转动(“顺时针”或“逆时针”)?传送带速度至少为多大? 答案:(2)顺时针　1 m/s (3)物块可以运动到D点但无法水平抛出,从圆弧DE上的某点P离开,求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系,并写出v的取值范围。 感谢观看 解析:D　初状态时,重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得加速度a1== gsin θ+μgcos θ,如果μ<tan θ,则小木块与传送带不能一起匀速下滑,要继续加速运动,a2= = gsin θ-μgcos θ, vt图像第二阶段斜率变小,如果μ>tan θ,则小木块与传送带一起匀速运动,A错误;重力做正功,重力势能减小,B错误; 达到传送带速度前Ek=mv2=m(a1t)2,达到传送带速度后,继续加速的情况Ek=mv′2=m[v0+a2(t-)]2,C错误;机械能与摩擦力做功有关,开始摩擦力做正功,机械能增大,W1=μmgcos θ×a1t2,后来摩擦力做负功,机械能减小,继续加速的情况下W2=-μmgcos θ×[v0(t-)+a2(t-)2],D正确。 A. 　 B. 　 C.mv2 　 D.2mv2 解析:C　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,x相=vt-t,a=μg,v=at,联立以上各式可得W=mv2,C正确。 【典例4】 (中等)某固定装置由足够长的水平轨道AB及固定在其左侧的轻弹簧、传送带、圆弧轨道CDE构成,其竖直截面如图所示。圆弧轨道CDE不妨碍传送带的转动,其与传送带相切于C点,D为圆弧最高点,E与圆心O等高。弹簧劲度系数k=62 N/m,传送带倾角θ=37°、LBC= 4 m,BC段与物块间的动摩擦因数μ=0.8,圆弧轨道半径r= m。B、C两处平滑连接,除BC段外其余轨道均光滑。将质量m=0.1 kg的物块压缩弹簧(物块与弹簧未拴接)后由静止释放,起初传送带静止,物块恰能运动到C点。(重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,弹簧弹性势能表达式Ep=kx2) 解析:(1)对运动的全过程,动能变化量为0,弹性势能转化为重力势能与内能,有 k=mgLBCsin θ+μmgLBCcos θ, 代入数据可解得x1=0.4 m。 解析:(2)物块在C点速度不为零,传送带要顺时针转动。 比较μ=0.8>tan θ,可知物块在传送带上先减速后匀速,离开C点时与传送带共速,恰好自D点水平抛出,有mg=m, 从C到D,由动能定理有-mgr(1-cos θ)=m-m, 解得vmin=1 m/s。 答案:(3)cos α=　 m/s<v<1 m/s 解析:(3)若到达D点的速度为0,从C到D,由动能定理有-mgr(1-cos θ)=0-mv12, 此时v1= m/s,故 m/s<v<1 m/s。 假设物块在P点离开圆弧DE,从D到P,由动能定理有 mgr(1-cos α)=m-mvD′2, 在P点有mgcos α=m,联立解得cos α=。 $