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学案

该高中物理高考复习课件聚焦动力学与能量观点结合的传送带、滑块-木板模型，依据高考评价体系梳理受力分析、运动规律、能量转化等核心考点，通过真题统计明确摩擦生热、相对位移等高频考查方向，归纳多选、计算题等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“模型建构+真题解析+素养提升”策略，如传送带模型中用v-t图像分析相对位移（科学思维），结合能量守恒计算摩擦生热（物理观念），通过典例及变式训练帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，助力学生高效冲刺高考。

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 题型1　传送带模型 1.动力学分析 对传送带上物体受力分析,利用牛顿第二定律计算物体加速度,分析物体运动情况;注意 分析当物体与传送带共速后,物体能否相对传送带静止。 2.能量分析 依据功能关系或能量守恒定律分析传送带对物体做功、物体与传送带相对滑动而产 生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等。 重要提示 (1)画出物体与传送带的速度-时间图像,结合图像分析物体和传送带的位移关系。 (2)注意区分关系式中的位移,是物体相对地面的位移还是相对传送带的位移。 返回目录 典例1    (多选)如图,水平传送带一直以速度v1=6 m/s顺时针转动,小物体P、Q质量均为 1 kg,由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2= 10 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩 擦因数μ=0.6,传送带水平长度L=15 m,绳足够长,g=10 m/s2。关于小物体P的描述正确 的是(        ) A.小物体P从传送带左端离开传送带 B.小物体P在传送带上运动的全过程中,加速度一直不变 C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m D.小物体P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量是60 J ·········· 能力进阶 ·········· ACD 返回目录 解析　    t=0时刻对P、Q整体分析,由牛顿第二定律有mg+μmg=2ma1,得物体P的加速度 a1=8 m/s2,方向向左,物体P与传送带共速时的位移为x1= =4 m,共速后,根据牛顿第 二定律有mg-μmg=2ma2【共速后摩擦力反向】,得a2=2 m/s2,物体P减速至零的位移为x2 = =9 m,由于x1+x2<L,小物体P从传送带左端离开传送带,A正确,B错误。从t=0时刻到 与传送带共速,划痕长度为l1=x1-v1 =1 m,从共速至P减速为零的过程,划痕长度为l2= v1 -x2=9 m,则小物体P向右运动的过程中,在传送带上留下的划痕长度为Δl=l2=9 m【以 物体P在传送带上初始位置为参考点,物体P先向右运动,后向左运动,要考虑划痕重复】, C正确。小物体P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量Q=μmg(l1+l2)=60 J, D正确。 返回目录 (进阶1·倾斜传送带结合图像)在物流货场,广泛应用着传送带搬运货物,如图甲所示, 倾角为37°的传送带以恒定速度逆时针转动,在传送带顶端A处无初速度释放一个质量 为m=2 kg的货物(可视为质点),经过2 s到达传送带的B端。货物与传送带的速度随时间 变化图像如图乙所示,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (         )        A.A、B两点相距15 m B.货物与传送带间的动摩擦因数为  C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做的功为48 J D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为48 J D 返回目录 解题导引       返回目录 解析　    v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,则由题图乙可得货物运动总的位移x=  ×1 m+ ×1 m=16 m,即A、B两点相距16 m,A错误。v-t图线的斜率绝对值表示货 物的加速度大小,由题图乙可得0~1 s内加速度为a= =  m/s2=10 m/s2,前1 s由牛顿 第二定律可得mg sin 37°+μmg cos 37°=ma,代入数值可求得μ=0.5,B错误。摩擦力Ff=μ mg cos θ=8 N,前1 s摩擦力对货物做功W1= Ffv1t1=40 J,在1~2 s内摩擦力对货物做功W2= -88 J,摩擦力对货物做的总功W=W1+W2=-48 J,C错误。由图像知,0~1 s内相对位移大小 Δx1=  m=5 m,1~2 s内相对位移大小Δx2=  m=1 m,则全程 相对路程为Δs=Δx1+Δx2=6 m,货物与传送带摩擦产生的热量为Q=μmg cos 37°Δs=48 J, D正确。 返回目录 (进阶2·绳连接结合弹簧连接)(2025届湖南九校联盟联考二)如图所示,在竖直方向上 A、B两物体通过劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧相连,A放在水平地面上,B、C两物 体通过细线绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的足够长的传送带上。传送带倾角α为30°,传送带始终以v=5 m/s的速度顺时针转动,在外力作用下C静止在传送带顶端E点,此时 B、C间细线恰好拉直但无拉力作用,C与传送带间的动摩擦因数为 ,已知A的质量为 10 kg、B的质量为2 kg,C的质量为4 kg,重力加速度为g=10 m/s2,弹簧弹性势能表达式为 Ep= kx2,细线与滑轮之间的摩擦不计,撤去外力释放C后,C沿传送带向下运动,从C开始 返回目录 运动到C获得最大速度的过程中,下列说法正确的是(         )   A.从释放C到C速度达到最大的过程中,A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒 B.B物体的最大速度为  m/s C.此后C物体将以最大速度匀速运动 D.当C的速度最大时弹簧伸长量为0.25 m B 返回目录 解析　    从释放C到C速度达到最大的过程,传送带对物体C做功,故A、B、C及弹簧组 成的系统机械能不守恒,A错误。初始时刻,对物体B,可得kx1=mBg,解得弹簧的压缩量x1= 0.1 m,C沿传送带下滑,传送带对C的摩擦力f=μmCg cos α=30 N,当B、C整体达到最大速 度时,加速度为0,对B、C整体,可得kx2+mBg=mCg sin α+μmCg cos α,解得弹簧的伸长量x2= 0.15 m,D错误;对B、C整体,根据能量守恒可得(mCg sin α+μmCg cos α-mBg)(x1+x2)= k -  k + (mB+mC) ,解得vm=  m/s,B正确。C达到最大速度后继续运动,A、B间弹力增 大,C将减速运动,C错误。 返回目录 题型2　滑块-木板模型 1.动力学分析 对滑块和木板进行受力分析,利用牛顿第二定律计算各自的加速度,分析滑块和木板的 运动时间、速度关系和位移关系。可以画出滑块和木板的速度随时间变化的图像,帮 助分析和理解二者的相对运动情况。 2.能量分析 (1)对于滑块与木板相对静止的过程:由于相对位移为零,故滑块与木板所受的一对静摩 擦力做功不产生内能。 (2)对于滑块与木板相对滑动的过程 ①利用动能定理和功能关系分析滑块和木板各自的能量,分析系统能量的转化和转移。 返回目录 ②注意区分三个位移(如图所示)   a.计算摩擦力对滑块做功时,用滑块相对地面的位移xm; b.计算摩擦力对木板做功时,用木板相对地面的位移xM; c.计算滑块和木板间因摩擦产生的热量时,用滑块相对木板的位移Δx。 返回目录 典例2　如图所示,一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上,其右端放有可 视为质点的质量为m的滑块A,现用一水平恒力F作用在滑块上,使滑块从静止开始做匀 加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为Ff,滑块滑到木板的最左端时,木板运动的 距离为x,此过程中,下列说法错误的是 (         )   A.滑块A到达木板B最左端时,具有的动能为(F-Ff)(L+x) B.滑块A到达木板B最左端时,木板B具有的动能为Ffx C.滑块A克服摩擦力所做的功为FfL D.滑块A和木板B增加的机械能为F(L+x)-FfL C 返回目录 解析　　题给过程中对滑块A,根据动能定理可得(F-Ff)(L+x)= mv2-0,解得滑块A的动 能为(F-Ff)·(L+x),A正确;题给过程中对木板B,根据动能定理可得Ffx= Mv'2-0,解得木板B 具有的动能为Ffx,B正确;滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L+x),C错误;根据能量守恒可 得,滑块A和木板B增加的机械能为 mv2+ Mv'2=F(L+x)-FfL【另解:根据能量守恒可得F (L+x)=ΔE+Q,其中摩擦产生的热量Q=FfL,故滑块A和木板B增加的机械能ΔE=F(L+x)- FfL】,D正确。 返回目录 拓展变式 (粗糙水平面板块模型)如图所示,水平地面上有一足够长的木板,长木板的质量为m1= 2 kg,长木板的左端放有一质量为m2=1 kg的小铁块(可视为质点),已知木板与地面间的 动摩擦因数为μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,木板与铁块均静止。现施加一水平向右的力F作用在铁块上(重力加速度g=10 m/s2)。 (1)当作用力为F1=4 N时,求作用3 s后铁块的速度大小和3 s内因摩擦产生的内能。 (2)当作用力为F2=8 N时,求作用3 s后铁块的速度大小和3 s内因摩擦产生的内能。 返回目录 答案 (1)1 m/s    4.5 J    (2)9 m/s    58.5 J 解析 (1)①F1=4 N时铁块与木板发生相对滑动了吗? 木板与地面之间的最大静摩擦力为f1m=μ1(m1+m2)g=3 N<4 N 铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2m=μ2m2g=5 N>4 N 故铁块与木板不会发生相对滑动,二者相对静止对地发生滑动,对整体应用牛顿第二定 律有F1-f1m=(m1+m2)a 代入数据解得a=  m/s2 3 s后铁块的速度大小v=at=1 m/s。 ②铁块与木板之间的静摩擦力做功吗?静摩擦力做功会产生内能吗? 返回目录 铁块与木板之间相对静止且相互有静摩擦力,铁块和木板之间没有相对位移,一对静摩 擦力做功的代数和为0,故不会产生内能。木板与地面之间的滑动摩擦力做功产生内 能,木板相对地面的位移为x= at2=1.5 m 因摩擦产生的内能Q=f1mx=4.5 J。 (2)当F2=8 N时,铁块与木板之间发生相对滑动,对铁块有 F2-μ2m2g=m2a2,解得a2=3 m/s2 3 s末铁块的速度大小v2=a2t=9 m/s 3 s内铁块的位移x2= a2t2=13.5 m 对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,解得a1=1 m/s2 返回目录 3 s末木板的速度大小v1=a1t=3 m/s 3 s内木板的位移x1= a1t2=4.5 m。 ③系统因摩擦产生的内能如何求? 解法一　由功能关系可知,铁块与木板之间因摩擦产生的内能Q1=f2m(x2-x1)=45 J 木板与地面之间因摩擦产生的内能Q2=f1mx1=13.5 J 整个系统因摩擦产生的总内能Q总=Q1+Q2=58.5 J。 解法二    F2做的功等于系统动能的增加量和因摩擦产生的内能之和,即F2x2= m1 + m2  +Q总,解得Q总=58.5 J。 返回目录 $