第6章 6.微专题11 动力学和能量观点相结合的两类典型模型（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学和能量观点相结合的两类典型模型”专题，依据高考评价体系梳理了传送带、滑块-木板模型的核心考点，通过高考真题及模拟题分析，明确摩擦生热、相对运动、能量转化等高频考查方向，归纳选择、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的复习策略，如以2023全国乙卷滑块-木板题为例，深入剖析相对位移计算与能量守恒应用，培养学生科学思维素养。特设易错点分析（如摩擦力做功与热量关系），帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效组织专题复习，提升备考效率。

     微专题11 动力学和能量观点相结合的两类典型模型 返回目录 1.★★★(2026届广西来宾高级中学开学考)如图所示,与水平地面成θ角的传送带,以恒 定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体(视为质点)无初速度放在传送带的底端 M处,小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带的速率v,已知M、N间的高度差 为H,则在小物体从M到N的过程中 ( ) A.传送带对小物体做功为 mv2 　    D　     题组1　传送带模型 B.将小物体由底端传送到N处过程中,该系统多消耗的电能为mgH+ mv2 C.将小物体传送到N处,系统因摩擦而产生的热量为 mv2 D.改变传送带与小物体之间的动摩擦因数,使物体到达N点前速率达到v,则系统因摩擦 产生的热量将减少 返回目录 解析　从M到N,对小物体根据动能定理可得W-mgH= mv2,解得传送带对小物体做功W =mgH+ mv2,A错误。从M到N,传送带对小物体做的功W=Ff· t,系统因摩擦而产生的热 量Q=Ff·Δx=Ff =mgH+ mv2> mv2,C错误。根据能量守恒可得,从M到N,系统多消 耗的电能E电=mgH+ mv2+Q=2 ,B错误。结合C项分析可知,改变动摩擦因 数后,系统因摩擦产生的热量Q'=mgh+ mv2,又h<H,则Q'<Q,即系统因摩擦产生的热量将 减少,D正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2025届福建厦门六中月考)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定 速率v1运行。初速度大小为v2,质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像 (以地面为参考系)如图乙所示,已知当地重力加速度为g,则下列判断正确的是 ( ) A.小物块与传送带之间的动摩擦因数为  　     　    AC B.小物块向左运动的最远距离为 (v2-v1)t2 C.从0到t3时间内,由于物块和传送带摩擦而增加的内能为  D.从0到t3时间内,由于物块在传送带上运动而多消耗的电能为  返回目录 解析    0~t2时间内,物块做匀变速直线运动的加速度a= ;根据牛顿第二定律可得- μmg=ma,联立解得μ= ,A正确。小物块向左运动的最远距离x= v2t1,B错误。0~t3时 间内,小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q=μmg·x相对,其中μmg=m ,x相对= (v1+v2)t2,故 因物块和传送带摩擦而增加的内能为Q=μmg·x相对=m · (v1+v2)t2= ,C正确。 从0到t3时间内,由于物块在传送带上运动而多消耗的电能W=μmgv1t2= 【点拨:由 于物块在传送带上运动而多消耗的电能等于物块对传送带做功的绝对值】,D错误。 返回目录 3.★★★(2025浙江6月,16,11分)某兴趣小组设计了一传送装置,其竖直截面如图所示。 AB是倾角为30°的斜轨道,BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带,紧靠C端有半径 为R、质量为M、置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道,水平面和传送带BC处于同一 高度,各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块,从轨道AB上与B相距L的P点由静止 下滑,经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ,其余接触面 均光滑。已知R=0.36 m,L=1.6 m,v0=5 m/s,m=0.2 kg,M=1.8 kg,μ=0.25。g取10 m/s2,不计 空气阻力,物块可视为质点,传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小; (2)从B点运动到C点过程摩擦力对其做的功; (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度; (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间,受到轨道的压力大小。 返回目录 答案 (1)4 m/s    (2)0.9 J    (3)0.2 m    (4)3 N 解析    (1)解法一     能量观点 物块从P点到B点的过程,只有重力做功,由机械能守恒定律 得mgL sin 30°= m  解得物块滑到B点处的速度大小vB=4 m/s 解法二     运动学观点 物块从P点到B点的过程做匀变速直线运动,由牛顿第二定律有mg sin 30°=ma斜 由运动学公式有 =2a斜L,联立解得vB=4 m/s (2)由于传送带足够长,则物块滑上传送带后,先做匀加速直线运动,与传送带共速后做 返回目录 匀速直线运动,由动能定理得该过程摩擦力对物块做的功为Wf= m - m  代入数据解得Wf=0.9 J (3)由功的定义可得物块在传送带上加速的位移为 x1= =1.8 m 物块在传送带上加速时的加速度大小为 a=μg=2.5 m/s2 物块在传送带上的加速时间为 t= =0.4 s 返回目录 此过程传送带的位移为x2=v0t=2 m 则物块在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度为 Δx=x2-x1=0.2 m (4)物块从进入圆弧轨道直至到达圆弧轨道最高点的过程,物块和半圆弧轨道组成的系 统机械能守恒、水平方向动量守恒,规定水平向右为正方向,则有mv0=mv1+Mv2  m = m + M +2mgR 解得v1=-2.2 m/s,v2=0.8 m/s(另一组解不符合题意,舍去) 物块在最高点时,由牛顿第二定律得F+mg=m 【点拨:速度应用物块相对半圆弧 轨道的速度】 解得F=3 N 返回目录 1.★★(多选)(2026届北京四中开学考)如图所示,质量为M、长度为l的小车静止在光滑 的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F 作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动。物块和小车之间的滑动摩擦 力为f。物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为s。在这个过程中,以下结论正确 的是( ) A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(l+s) 　    BC　     题组2　滑块-木板模型 B.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为fs C.物块和小车系统增加的内能为fl D.物块和小车系统增加的机械能为F(l+s) 返回目录 解析　对物块,根据动能定理可得,物块到达小车最右端时的动能Ek物=(F-f)(l+s),A错 误。对小车,根据动能定理可得,小车获得的动能Ek=Wf=fs,B正确。系统增加的内能Q= fl,C正确。外力F对系统做的功为WF=F(l+s),系统增加的机械能ΔE机械=F(l+s)-Q=F(l+s)- fl,D错误。 返回目录 2.★★(多选)(2023全国乙,21,6分)如图,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f,当物块从木板右端离开时 ( ) A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于 m -fl 　    BD　     D.物块的动能一定小于 m -fl 返回目录 解析　运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木 板右端离开,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2= t,小物块的位移x1= t,由题知v0>v 1>v2,有 >v2,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM, 则木板的动能EkM=fx2<fl,B正确,A错误。摩擦力对小物块做负功,对小物块由动能定理 可知-fx1=Ekm- m ,则物块的动能Ekm= m -fx1,又x1>l,所以Ekm< m -fl,D正确,C错误。   返回目录 3.★★★(多选)(2025届河北衡水二模)质量m1=3 kg的长木板M放置在光滑水平面上,另 一质量m2=2 kg的物块N放置在长木板的左端,如图甲所示。现对物块N施加一向右的水 平拉力,在物块N离开长木板前,两者的加速度a随各自位移x变化的图像如图乙所示,已 知重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )  　      　    BC　     A.M、N之间的动摩擦因数为0.3 B.当x=0.5 m时,水平拉力大小为10 N C.物块N的位移x≤5 m的过程中,水平拉力的最大功率为264 W D.物块N的位移x≤5 m的过程中,水平拉力做的功为110 J 返回目录 解析　当x≥1 m时,M的加速度为a1=3 m/s2;对M,根据牛顿第二定律可得μm2g=m1a1,解得 μ=0.45,A错误。当x=0.5 m时,两者共同加速,加速度a2=2 m/s2;对M、N整体,根据牛顿第 二定律可得F=(m1+m2)a2,解得F=10 N,B正确。根据v2=2ax可得a-x图线与横轴所围的面 积表示 ,可得x=5 m时,N的速度v=8 m/s;对N,根据牛顿第二定律可得F1-μm2g=m2a3,其中 a3=12 m/s2,解得F1=33 N;则水平拉力最大功率P=F1v=264 W【点拨:当物块N的位移x=5 m时,N的速度最大,拉力也最大,所以拉力的功率也最大】,C正确。当0<x≤1 m时,根据 v2=2ax及a-x图线与横轴所围的面积可得 =4 m2/s2,故水平拉力做功W1= (m1+m2) =10 J; 当1 m<x≤5 m时,根据动能定理可得W2-μm2gΔx= m2v2- m2 ,其中Δx=4 m,解得水平拉 力做功W2=96 J;故水平拉力所做的总功W=W1+W2=106 J,D错误。 返回目录 4.★★★(多选)(2026届四川多校开学联考)如图甲所示,质量M=0.5 kg、长L=1 m的木 板,初始时刻静止在光滑水平地面上,可视为质点的质量m=1 kg的小物块,以初速度v0从 木板左端滑上,同时对木板施加一个水平向右的恒力F,系统因摩擦产生的热量Q的倒 数与恒力F取不同值时的关系图像如图乙所示。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ= 0.2,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )        　    ACD　     A.当F<1 N时,系统因摩擦产生的热量为2 J B.DE段表示物块最终与木板共速 C.物块的初速度为4 m/s D.C点的横坐标为3 N 返回目录 解题导引       返回目录 解析　当F<1 N时,系统因摩擦产生的热量Q=Ffx相=μmgL=2 J,A正确。在DE段,物块滑 上木板后,物块减速、木板加速,共速后,物块相对于木板向左滑动,最终物块会从木板 左侧滑离,物块与木板速度不相同,B错误。当F=1 N时,对物块,根据牛顿第二定律可得 μmg=ma1,解得物块的加速度大小为a1=2 m/s2;对木板,根据牛顿第二定律可得F+μmg= Ma2,解得木板的加速度为a2=6 m/s2;以木板为参考系,则物块的相对加速度a相=a1+a2= 8 m/s2,根据 =2a相L,解得物块的初速度为v0=4 m/s【另解:根据匀变速运动规律可得   -  =L、 = ,联立解得v0=4 m/s】 ,C正确。C点,对物块与木板整体,根据 牛顿第二定律可得FC=(M+m)a0;对物块,根据牛顿第二定律可得μmg=ma0,联立解得a0= 2 m/s2,FC=3 N,D正确。 返回目录 5.★★★★(2025届山东齐鲁名校联考五)如图所示,足够长固定斜面的倾角θ=37°,斜面 顶端放一长为4.5 m的木板,其质量为m1=4 kg,与斜面间动摩擦因数为μ1=0.5,初始时被 锁定。一质量为m2=1 kg的小物块(可看作质点)以沿斜面向上v0=8 m/s的速度从木板下 端滑上木板,同时释放木板,物块与木板间动摩擦因数为μ2=0.3。已知sin 37°=0.6,重力 加速度g取10 m/s2,以下说法正确的是 ( ) A.物块从木板上端滑下 B.物块经2 s从木板上滑下 C.物块从木板上滑下时,木板的速度大小为3.2 m/s D.从物块滑上木板到滑下木板过程中,整个系统因摩擦产生的热量为103.2 J 　    D　     返回目录 解析　假设共速时物块未滑离木板,共速前对物块有m2g sin θ+μ2m2g cos θ=m2a2,代入数 据得a2=8.4 m/s2,对木板有m1g sin θ-μ1(m1+m2)g cos θ-μ2m2g cos θ=m1a1,代入数据得a1=0.4 m/s2,共速时有-v0+a2t1=a1t1,可得t1=1 s,共速时速度v1=a1t1=0.4 m/s,则物块与木板的相对位 移为Δx= v1t1- (-v0+v1)t1=4 m<4.5 m,假设成立,A错误;共速后,对物块有m2g sin θ-μ2m2g cos θ=m2a'2,代入数据得a'2=3.6 m/s2,对木板有m1g sin θ-μ1(m1+m2)g cos θ+μ2m2g cos θ=m1a' 1,代入数据得a'1=1.6 m/s2,物块再经过t2时间滑离木板,有Δx=v1t2+ a'2 -(v1t2+ a'1 )【点 拨:共速后物块和木板不能相对静止的原因是μ2<μ1< tan θ】,解得t2=2 s,此时木板速度v2 =v1+a'1t2=3.6 m/s,所用总时间t=t1+t2=3 s,B、C错误;木板运动的总位移x= v1t1+ (v1+v2)t2 =4.2 m,整个系统因摩擦产生的热量为Q=μ1(m1+m2)gx cos θ+μ2m2g cos θ×2·Δx=103.2 J,D 正确。 返回目录 $