6.6　专题提升：动力学和能量观点的综合应用——2027届高中物理一轮复习课件

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、板块两大核心模型，明确动力学分析（受力、运动学公式）和能量分析（功能关系、摩擦生热）的考查要求，归纳多选、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型突破+素养培养”，如以2025山东模拟传送带题为例，通过模型建构和科学推理，详解功能关系公式及相对位移求摩擦热方法，培养运动和相互作用观念、能量观念。设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第6讲　专题提升:动力学和能量观点的综合应用 题型一 传送带模型中能量转化 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:W=ΔEk+ΔEp+Q。 (2)对W和Q的理解:①传送带做的功:W=Fx传;②产生的内能:Q=Ffx相对。 题型一 题型二 典题1 (多选)(2025山东模拟)如图甲所示,水平放置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动,某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带,物块离开传送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v的关系图像如图乙所示。已知传送带的长度L=0.36 m,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.当传送带的速度在0~0.9 m/s范围取值 时,物块在传送带上时一直做减速运动 B.物块的初速度大小为1.5 m/s C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 D.当传送带的速度在0~0.9 m/s范围取值时,物块和传送带间产生的摩擦热相同 AB 题型一 题型二 解析 物块以某一初速度从右端滑上传送带,物块的运动方向与传送带的传送方向相同,当传送带的速度较小时,物块的初速度大于传送带的速度,物块在传送带上先做匀减速直线运动,由题图乙可知,当0≤v≤0.9 m/s时,物块离开传送带做平抛运动的水平位移保持不变,说明物块离开传送带时的速度保持不变,由此可知物块没有与传送带共速的过程,即物块在传送带上一直做匀减速直线运动,故A正确。 题型一 题型二 当0.9 m/s<v<0.3 m/s时,物块做平抛运动的水平位移x随v的增大而增大,由此可知物块在离开传送带前有与传送带共速的过程;当v≥0.3 m/s时,x保持不变,说明物块在传送带上一直做匀加速直线运动,由此可知,物块在传送带上一直做匀减速直线运动的末速度大小为v1=0.9 m/s,物块在传送带上一直做匀加速直线运动的末速度大小为v2=0.3 m/s,设物块与传送带间动摩擦因数为μ,初速度大小为v0,根据牛顿第二定律易知物块在传送带上加、减速的加速度大小均为a=μg,由运动学公式得=-2aL, =2aL,联立解得v0=1.5 m/s,μ=0.2,故B正确,C错误。当传送带的速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块在传送带上一直做匀减速直线运动,此过程物块的位移一定,经历的时间一定,传送带的位移随其速度的不同而不同,物块和传送带之间的相对位移随传送带速度的不同而不同,此过程物块和传送带间产生的摩擦热等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积,则产生的摩擦热不同,故D错误。 题型一 题型二 典题2 图甲为成都天府国际机场某货物传送装置实物图,简化图如图乙所示,该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成,固定挡板CDEF与传送带上表面垂直,传送带上表面ABCD与水平地面的夹角θ=37°,CD与水平面平行。传送带匀速转动时,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行的速度v=1 m/s,货物质量m=10 kg,其底部与传送带ABCD的动摩擦因数μ1=0.5,其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数μ2=0.25。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求: 题型一 题型二 甲 乙 丙 (1)货物刚放上传送带时,其底面所受滑动摩擦力Ff1的大小及侧面所受滑动摩擦力Ff2的大小; (2)货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。 题型一 题型二 答案 (1)40 N　15 N　(2)10.2 s　163 J 解析 (1)货物放上传送带后,由剖面图对货物受力分析可得,传送带对货物支持力为FN1,货物底面所受滑动摩擦力为Ff1,挡板对货物支持力为FN2,货物侧面所受滑动摩擦力为Ff2,由力的平衡条件有FN1=mgcos θ,FN2=mgsin θ 由滑动摩擦力计算式有Ff1=μ1FN1,Ff2=μ2FN2 代入数据可得Ff1=40 N,Ff2=15 N。 (2)因为Ff1与运动方向相同,Ff2与运动方向相反,货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动,若能与传送带共速,则此后做匀速运动,由牛顿第二定律可得Ff1-Ff2=ma1 解得a1=2.5 m/s2 题型一 题型二 设货物匀加速至与传送带共速所用时间t1,对地位移为x1, 由运动学公式得t1==0.4 s 货物匀加速阶段的位移为x1==0.2 m 因x1<L,故能够共速。共速后,货物做匀速直线运动,直至被取下,设此段运动时间为t2,位移为x2,由运动学公式得x2=L-x1=9.8 m 货物匀速阶段所用的时间为t2==9.8 s 货物运动总时间为t=t1+t2=10.2 s 传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和,货物与传送带之间由于摩擦产生的内能有Q1=Ff1(vt1-vt1)=8 J 题型一 题型二 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能有Q2=Ff2L=150 J 货物增加的动能ΔEk=mv2=5 J 传送装置多消耗的电能E电=Q1+Q2+ΔEk=163 J。 题型一 题型二 审题指导 关键词句 获取信息 该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成 货物运动时,两个面都有摩擦力 质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放 货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动 传送带匀速运行的速度v=1 m/s 传送带速度已知 货物质量m=10 kg,其底部与传送带ABCD的动摩擦因数μ1=0.5,其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数μ2=0.25 开始运动可分别计算滑动摩擦力;需判断什么时候与传送带共速 题型一 题型二 题型二 板块模型中能量转化 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。 题型一 题型二 典题3 (多选)如图所示,质量为m1=1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上,质量为m2=0.5 kg的小物块置于长木板右端,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.4,长木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1=3 N,给长木板施加一个水平向右的恒力F2=4.5 N。2 s时撤掉力F1,继续运动,小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是(　　) A.0~2 s长木板的加速度a1=3 m/s2 B.0~2 s过程中F1对小物块做了12 J的功 C.0~4 s的过程中小物块与长木板之间摩擦产生的热量Q=24 J D.恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量 BC 题型一 题型二 解析 对长木板进行受力分析,受力示意图如图甲所示,根据牛顿第二定律F2-μ1m2g-μ2(m1+m2)g=m1a1,a1=1 m/s2,故A错误;对物块进行受力分析,小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动,后在摩擦力作用下做匀减速直线运动,加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2,长木板和小物块在0~4 s内的v-t图像如图乙所示,0~2 s小物块做匀加速直线运动,位移x=4 m,拉力对小物块做功为W=12 J,故B正确;两条v-t图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度,由v-t图像可知L=12 m,小物块与长木板之间摩擦产生的热量Q=μ1m2gL=24 J,故C正确;恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦产生的热量,故D错误。 甲 乙 题型一 题型二 典题4 工人传输货物的示意图如图所示,工人甲把质量为m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角θ=53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2, sin 53° =0.8, cos 53°=0.6,求: 题型一 题型二 (1)货物到达B点时的速度大小vB; (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC; (3)长木板在反弹过程中损失的能量占长木板刚接触反弹装置时能量的百分比η。 题型一 题型二 答案 (1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60% 解析 (1)依题意,货物由A运动到B过程,根据动能定理,可得 mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°= 解得vB=10 m/s。 (2)依题意,货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律,可得 a货==5 m/s2 根据匀变速直线运动规律,有-2a货L2= 解得vC=5 m/s。 题型一 题型二 (3)长木板进入反弹装置时的速度为v1=vC=5 m/s 设长木板的质量为m0,长木板与货物向右运动过程,有 μ1mg-μ2(m0+m)g=m0a板 根据匀变速直线运动规律,有=2a板(L2-d) 联立解得m0=3 kg 则长木板刚进入反弹装置时的能量为E=m0=37.5 J 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得-μ2m0g(L2-d)=0-m0 长木板在反弹的过程中损失的能量为ΔE=m0m0=22.5 J 则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值 η=×100%=60%。 题型一 题型二 $