第六章 机械能守恒定律-微专题突破 动力学和能量观点的综合应用——2027届高三物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦机械能守恒定律中动力学和能量观点的综合应用，覆盖传送带模型、滑块木板模型、多运动组合问题三大核心考点。依据高考评价体系，分析各模型在功能关系、相对位移计算等方面的考查权重，归纳动力学分析、能量守恒等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+素养提升”的复习策略，如以2025·广西传送带真题为例，通过受力分析、相对位移计算等科学推理过程，培养学生运动和相互作用观念、能量观念。提供“三步解题法”（受力分析-过程分解-能量转化），帮助学生掌握临界条件分析等应试技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升学生高考冲刺得分能力。

第6章 机械能守恒定律 微专题突破 动力学和能量观点的综合应用 1 考点一 传送带模型 考点二 滑块木板模型 考点三 多运动组合问题 2 考点一 传送带模型 3 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。 4 2.功能关系分析 （1）功能关系分析：<m></m>。 （2）对<m></m>和<m></m>的理解 ①传送带克服摩擦力做的功：<m></m>； ②产生的内能：<m></m>。 5 【视角1】　传送带模型 例1 (2025·广西)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，随后竖直掉入己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。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: 6 （1）单个散货的质量。 [解析]对单个散货水平方向由动量定理 - I = 0 - mv0 解得单个散货的质量为m = 7 （2）水平传送带的平均传送速度大小。 [解析]落入货箱中散货的个数为N = 则水平传送带的平均传送速度大小为 8 （3）倾斜传送带的平均输出功率。 [解析]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 9 故传送带的长度为L = x1+x2 = 9v0Δt - 加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 Δx = v0t1 - x1 = 在Δt时间内传送带额外多做的功为 W = m+mgLsin 30°+Q 其中m = ，Q = μmgcos 30°Δx， 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 10 【视角2】　类传送带模型 例2 如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0 = 4 m/s，滚轮对夯杆的正压力F = 2×104 N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ = 0.3，夯杆质量m = 1×103 kg，坑深h = 6.4 m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g = 10 m/s2，下列说法正确( ) 11 √ A.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2.5 m/s2 B.每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.2×104 J C.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104 J D.增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加 12 [解析] 夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，对夯杆进行分析，根据牛顿第二定律有2μF - mg = ma，解得a = 2 m/s2，故A错误；夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，若匀加速至v0，根据速度与位移的关系式有 = 2ax0，解得x0 = 4 m < h = 6.4 m，之后夯杆匀速运动至到达坑口，此过程夯杆所受左右两轮静摩擦力的合力大小等于夯杆的重力，匀加速过程经历时间与匀速过程经历时间分别为t1 = = 2 s，t2 = = 0.6 s，根据功能关系，由于滚轮边缘的线速度大小恒定，则每个打夯周期中，电动机多消耗的电能等于滚轮克服摩擦阻力所做的功E电动机 = 2μFv0t1+mgv0t2，解得E电动机 = 1.2×105 J，故B错误；每个打夯周期 13 中滚轮与夯杆间的相对位移大小为x相 = v0t1 - x0 = 4 m，则因摩擦产生的热量为Q = 2μFx相 = 4.8×104 J，故C正确；若增加滚轮对夯杆的正压力，结合上述可知，在匀加速过程中有2μF - mg = ma，夯杆匀加速至v0的相对位移 x相 = v0t1 - ，其中t1 = ，产生的热量Q = 2μFx相，解得Q = ，可知，当增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将减小，故D错误。 考点二 滑块木板模型 15 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，可求出共同速度 和所用时间 ，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。 如图所示，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）求摩擦生热时用相对位移 。 16 【视角1】　水平面上的滑块木板模型 例1 如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ = 0.4，A的质量m = 1 kg，B的质量M = 2 kg， g = 10 m/s2。现对A施加F = 7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求:(结果可以用分数表示) 17 （1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2； [解析]若A、B相对静止，则有a = m/s2 > = 2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F - μmg = ma1，解得a1 = 3 m/s2 对木板B，根据牛顿第二定律有μmg = Ma2 解得a2 = 2 m/s2。 18 （2）A相对于B静止时的速度大小v； [解析]撤去F时，滑块A的速度大小 v1 = a1t1 = 3 m/s， 木板B的速度大小v2 = a2t1 = 2 m/s， 撤去F后，由μmg = ma3得滑块A的加速度大小为a3 = 4 m/s2， 设经历时间t2二者共速，则有v1 - a3t2 = v2+a2t2，解得t2 = s， 则v = v1 - a3t2 = m/s。 19 （3）整个过程中由于摩擦产生的热量Q。 [解析]外力F对A、B整体做的功为 F·Δx = F·a1 J A、B最终以速度v = m/s运动。 故A、B整体动能为Ek = (M+m)v2 = J 由能量守恒定律得F·Δx = Q+Ek，则Q = J。 20 【视角2】　斜面上的滑块木板模型 例2 如图所示，一倾角θ = 30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m = 1 kg的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为 m的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ = ，初始时木板下端与挡板的距离L = 0.9 m。现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小g = 10 m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: 21 （1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v0； [解析]从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ = ×2m 解得v0 = 3 m/s 22 （2）从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x； [解析]木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ = ma1 解得a1 = 11 m/s2 木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmgcos θ - mgsin θ = ma2 解得a2 = 1 m/s2 以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有 v = - v0+a1t，v = v0 - a2t 23 解得v = 2.5 m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下 设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有 - v2 = 2a1x1 解得x1 = 0.125 m 设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有 - v2 = 2a2x2 解得x2 = 1.375 m 又x = x1+x2 解得x = 1.5 m 24 （3）木板的长度s以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q。 [解析]经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有 Q = mgLsin θ+mgsin θ 又Q = μmgscos θ 解得s = 9 m，Q = 54 J 25 考点三 多运动组合问题 26 1.分析思路 （1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程 中力的变化情况； （2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况； （3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择 合适的规律求解。 27 2.方法技巧 （1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景； （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。 28 【视角1】　含多模型的组合运动 例1 如图，质量m = 1 kg的小滑块以一定初速度v(未知)从水平平台的边缘飞出，刚好从P端沿切线进入半径r = 0.2 m、圆心角θ = 60°的圆弧轨道，圆弧轨道Q端紧挨传送带左端并和传送带上表面平齐，传送带以v1 = 2 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带S端(右端)与水平轨道紧挨且等高，水平轨道ST段长度为2.5r且粗糙程度一致，T点右侧有一轻弹簧固定在竖直挡板上。已知小滑块滑至Q端时所受到的支持力为自身重力的3倍，小滑块与传送带、水平轨道ST段的动摩擦因数均为μ = 0.1，其余摩擦及空气阻力不计，重力加速度g大小取10 m/s2，小滑块压缩弹簧后会以压缩弹簧时的速率反方向弹回，求: 29 （1）小滑块运动到P点时的速度vP的大小，及水平平台和圆弧轨道P端间的高度差h； [解析]在Q端，根据牛顿第二定律3mg - mg = 从P端到Q端，动能定理，可得 mgmm 滑至P端时的竖直分速度为vPy = vPsin 60° 又 = 2gh 解得vQ = 2 m/s；vP = m/s，h = 0.075 m （2）若小滑块恰好不会第二次通过Q端，则传送带的长度l为多少? [解析]由（1）分析可知，滑块第一次到达Q端速度vQ = 2 m/s，可知小滑块先匀速至S端，再减速，遇到弹簧后反向减速，进入传送带后，继续减速，由于小滑块与传送带、水平轨道ST段的动摩擦因数相同，相当于小滑块匀减速运动了两次ST段，再减速运动了一次传送带的长度l后，速度减为零，则 μmg = ma， - 2μg = 0 - 联立解得l = 1 m 31 （3）在（2）的基础上，小滑块从水平平台飞出后，到其不再回到传送带的过程中，小滑块向右经过S端的总次数，及电动机对传送带多做的功分别为多少? [解析]在（2）基础上小滑块速度减为零后向右做加速运动，运动到S端时(此为第2次)， = 2μgl 由于vS = m/s < 2 m/s 此后小滑块返回传送带的运动均为对称运动，即小滑块每次进出传送带动能相等，相当于小滑块的动能只在ST段消耗，根据功能关系μmgs = m 解得s = 1 m 32 可得 = 2，即小滑块来回经过ST段2次后，不会再返回传送带，总共向右经过S端2次，由于第一次小滑块匀速通过传送带，电动机对传送带没多做功，从第一次向左经过S端到第二次向右经过S端，根据对称性，传送带对地位移s1 = v1t t = 则电动机对传送带多做的功即摩擦力对传送带做的功的大小为 W = = 4 J 33 $