第六章 第7讲　小专题 动力学和能量观点的综合应用 课件 -2027届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”专题，依据高考评价体系梳理了传送带模型、滑块—木板模型、多运动组合问题三大核心考点，通过2024江苏卷、2025湖南/广西等地考题分析，明确动力学分析（占比约45%）和能量计算（占比约55%）的高频考查方向，归纳水平/倾斜传送带、含外力滑块—木板等典型题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如例1水平传送带通过受力分析与相对位移计算培养运动和相互作用观念，例3滑块—木板结合v-t/E-x图像强化科学思维。特设“功能关系公式库”和“易错点警示”，帮助学生掌握摩擦生热、传送带功率等解题技巧，教师可据此实施分层教学，提升复习效率。

第7讲 小专题:动力学和能量观点的 综合应用 【学习目标】 1.掌握动力学基本规律与能量观点的内在联系。明确力与运动的因果关系和能量转化过程的等效性的辩证关系。能根据问题情境灵活选择动力学或能量观点分析问题,理解两种方法在解决复杂运动问题中的互补性。 2.能将实际问题抽象为物理模型,并综合运用动力学和能量规律建立方程。通过数学工具建立两种观点的联系。能评估不同解法的合理性,反思结果的物理意义。 3.体会物理学中“守恒思想”的统一性,理解动力学与能量观点是描述自然规律的不同视角。关注实际应用,分析技术设计中如何综合运用两种观点优化方案。形成多角度解决问题的科学思维习惯。 考点一 传送带模型中的动力学和能量问题 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。 [例1] 【水平传送带模型】 (2025·湖南岳阳开学考试)如图,一大型工厂内足够长的水平传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台,二者平滑连接于A点,传送带始终以大小为v=3 m/s的速度逆时针匀速转动,在平台上一工件以水平向右、大小为v0=6 m/s的速度从A点冲上传送带。已知工件的质量为m=2 kg且可视为质点,工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法错误的是(　　) A.工件在传送带上向右运动的最大距离为3.6 m B.工件在传送带上运动的时间为2.7 s C.工件在传送带上留下的划痕长度为8.1 m D.工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为72 J D [例2] 【倾斜传送带模型】 (2025·广西卷,15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平 抛出。 (1)单个散货的质量; (2)水平传送带的平均传送速度大小; (3)倾斜传送带的平均输出功率。 考点二 “滑块—木板”模型 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。 [例3] 【滑块—木板模型动力学和能量分析】 (多选)(2025·河南阶段练习)如图甲所示,木板静止放在光滑的水平面上,可视为质点的小物块静置于木板左端,用F=4 N的恒力拉动小物块,使小物块运动到木板右端,此过程小物块的机械能随位移变化的E-x图像如图乙所示,木板和小物块的速度随时间变化的v-t图像如图丙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　) A.木板长度为2 m B.木板和小物块间的动摩擦因数为0.3 C.木板的质量为6 kg D.系统因摩擦产生的热量为3 J BCD (1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB; 【答案】 (1)2.5 m/s2　12.5 m/s2 【解析】 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律对物块A有μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA, 解得aA=2.5 m/s2, 对木板B有μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB, 解得aB=12.5 m/s2。 (2)B上升的最大距离s; 【答案】 (2)0.375 m (3)B的最小长度L。 【答案】 (3)1.8 m 考点三 应用动力学和能量观点解决多运动组合问题 两大观点的选用原则 (1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)时,涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,一般选用动力学方法解题。 (2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。 [例5] (2024·江苏卷,15)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D。求: (1)CD段长度x; (2)BC段电动机的输出功率P; 【答案】(2)mgv(sin θ+μcos θ) 【解析】 (2)物块在BC段做匀速运动, 得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ, 由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。 (3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 方法总结 解决多运动组合问题方法技巧 (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。 感谢观看 【解析】 工件在传送带上向右滑动时,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=5 m/s2,由运动学公式得=2axm,解得xm=3.6 m,故A正确,不符合题意;传送带足够长,工件在传送带上先向右减速到0,再反向加速,由v0>v可知工件速度达到v=3 m/s后,再匀速运动到左边平台,向右匀减速的时间t1==1.2 s,向左加速滑动的加速度大小a1=a=5 m/s2,向左加速的时间为t2==0.6 s,向左加速的位移大小x1=t2=0.9 m,向左匀速运动时间t3==0.9 s,工件在传送带上运动的时间为t=t1+t2+t3=2.7 s,故B正确,不符合题意;开始时工件与传送带相向运动,划痕长度Δx1=xm+vt1=7.2 m,反向加速时同向运动,划痕长度为Δx2=vt2-x1=0.9 m,工件在传送带上留下的划痕长度为Δx=Δx1+Δx2=8.1 m,故C正确,不符合题意;工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=81 J,故D错误,符合题意。 散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I,如图乙,求这段时间内: 【答案】 (1)　 【解析】 (1)对单个散货,水平方向上由动量定理得-I=0-mv0, 解得单个散货的质量为m=。 【答案】 (2) 【解析】 (2)设落入货箱中散货的个数为N, N==, 则水平传送带的平均传送速度大小为==。 【答案】 (3) 【解析】 (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,由牛顿第二定律有 μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,加速时间t1==, 加速位移x1=a=,设匀速时间为t2,其中t1+t2=9Δt, 则匀速位移为x2=v0t2=v0(9Δt-), 故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-, 在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=, 在Δt时间内传送带额外做的功为W=m+mgLsin 30°+Q, 其中m=,L=9v0Δt-, Q=μmgcos 30°·Δx,=, 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为=。 【解析】 由题图乙得小物块对地位移x1=2 m,由于此过程木板也向前运动,所以木板长度不等于2 m,A错误;由于木板也一直做匀加速直线运动,则v块>v板,由题图丙可知小物块t时间内获得的速度为v1=2 m/s,小物块有x1=t,解得t=2 s,可知小物块的加速度a1==1 m/s2,又由题图乙可知Ek=m=2 J,解得小物块的质量m=1 kg,根据牛顿第二定律,对小物块有F-μmg=ma1,解得μ=0.3,B正确;又木板加速度为a2==0.5 m/s2,则有μmg=Ma2,解得M=6 kg,C正确;木板位移为x2=t=1 m,物块与木板的相对位移s相对=x1-x2=1 m,系统因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,解得Q=3 J,D正确。 [例4] 【有外力作用的滑块—木板模型】 (2025·江苏一模)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,沿斜面向上运动,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: 【解析】 (2)设A、B向上运动,经过时间t后共速, 有v0-aBt=aAt,此后由于mAgsin θ<μmAgcos θ, A、B一起以加速度a向上做匀减速直线运动,对A、B整体, 有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a, s=(v0t-aBt2)+, 代入数据解得s=0.375 m。 【解析】 (3)若最终A、B均停在挡板处,此情境下B的长度即为最小值,根据能量守恒定律有mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L, 解得L=1.8 m。 【答案】 (1) 【解析】 (1)物块在CD段运动过程中, 由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma, 由运动学公式有0-v2=-2ax, 联立解得x=。 【答案】 (3) 【解析】 (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ, 整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的内能,故可知E2=E1+μmgcos θ·L, 故可得==。 $