第6章 第4讲 第2课时 功能关系的综合应用(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理讲义聚焦高考热点的传送带模型、板块模型和多运动组合模型，整合动力学与能量观点核心考点，按模型分类梳理知识内在联系，通过考点分析、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建功能关系综合应用的解题框架。 讲义突出思维建模与分层突破，如传送带问题提炼动力学和能量双角度分析流程，板块模型总结动能定理、能量守恒等处理方法，培养学生科学思维和模型建构能力。设置基础考法到综合应用的例题训练，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第2课时　功能关系的综合应用(综合融通课) 　　传送带模型、板块模型和多运动组合模型三类问题是高考的热点题型,常在压轴大题的位置出现,其综合性强、过程复杂、难度较高,对学生的科学思维能力提出较高要求。用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律),能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 (一) 传送带模型中的能量问题 1.两个角度 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 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)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传,也是电动机因传送带传送物体而多做的功。 (2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。 (3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量,ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。 [考法全训] 考法(一)　水平传送带问题 　　[例1]　(2025·四川宜宾期末)如图甲所示为某高铁站的行李安检机,其简化原理图如图乙所示,水平传送带长为3 m,传送带始终以恒定速率0.30 m/s运行。一质量为2.0 kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放在传送带左端,最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.60,g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.小包加速运动过程中,摩擦力对小包做负功 B.小包在传送带上运动过程中,摩擦力对小包做的功为36 J C.小包在传送带上运动过程中,因摩擦而产生的热量为0.18 J D.由于传送该小包,电动机多消耗的电能为0.18 J [解析]　摩擦力使小包加速运动,摩擦力与小包位移同向,对小包做正功,故A错误;小包在水平传送带上加速过程,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=6 m/s2,小包若能加速到与传送带相同速度v0,则其加速位移为x1==0.007 5 m<3 m,则其能加速到与传送带相同速度,则摩擦力对小包做的功为Wf=μmgx1=0.6×2 ×10×0.007 5 J=0.09 J,故B错误;小包加速运动时间为t==0.05 s,则此过程传送带的位移为x2=v0t=0.015 m,二者因摩擦而产生的热量为Q=μmg=0.09 J,故C错误;由功能关系可知,由于传送该小包,电动机需多消耗的电能为E电=m+Q=0.18 J,故D正确。 [答案]　D 考法(二)　倾斜传送带问题 　　[例2]　(多选)如图甲所示的传送带以恒定速率运动,皮带始终是绷紧的。将质量为1 kg的货物放在传送带上的A处,经过1.2 s到达传送带的B端,用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) A.A、B两点的距离为3.4 m B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做功为-11.2 J D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带因摩擦产生的热量为4.8 J [解析]　A、B两点的距离为货物运动的位移,由题图乙可知xAB=×0.2×2 m+ m=3.2 m,A错误;在0~0.2 s内,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,由题图乙可知a1== m/s2=10 m/s2,在0.2~1.2 s内,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,由题图乙可知a2== m/s2=2 m/s2,联立解得μ=0.5,sin θ=0.6,B正确;货物从A运动到B过程中,由动能定理有mgxABsin θ+Wf=m,解得Wf=-11.2 J,则传送带对货物做功为-11.2 J,C正确;货物从A运动到B过程中,货物与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·L相对,其中L相对=×2×0.2 m+××m=1.2 m,则Q=4.8 J,D正确。 [答案]　BCD |思|维|建|模|　传送带模型问题的分析流程 (二) 板块模型中的能量问题 1.模型分类 板块模型根据情况可以分成水平面上的板块模型和斜面上的板块模型。 2.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。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。 3.解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 [考法全训] 考法(一)　水平面上的板块模型 　　[例1]　某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 [解析]　(1)设游客滑到b点时速度大小为v0,从a到b过程,根据机械能守恒定律得mgh=m 解得v0=10 m/s 在b点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=1 000 N,根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台时的速度大小为v,在平台上运动过程,由动能定理得-μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 根据题意可知,滑板运动过程中,游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设游客和滑板加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2 a2==4 m/s2 根据运动学公式得v=v0-a1t,解得t=1 s 该段时间内游客的位移为s1=t=9 m,滑板的位移为s2=a2t2=2 m 根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。 [答案]　(1)1 000 N　(2)7 m 考法(二)　斜面上的板块模型 　　[例2]　如图所示,倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上,斜面的长为6 m,长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上,上端与斜面顶端对齐,质量为2 kg的物块B放在长木板的上端,同时释放A和B,结果当A的下端滑到斜面底端时,物块B也刚好滑到斜面的底端,运动的时间为2 s,重力加速度g取10 m/s2,不计物块B的大小,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2; (2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中,A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。 [解析]　(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2,长木板A和物块B运动到斜面底端经历时间为t,长木板A的长为L,物块B的质量为m,则斜面长为2L,长木板A的质量为2m, 以长木板为研究对象,则L=a1t2 根据牛顿第二定律得 2mgsin θ-μ1·3mgcos θ+μ2mgcos θ=2ma1 以物块B为研究对象,则2L=a2t2 根据牛顿第二定律得mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2 联立并代入数据解得 μ1=0.5,μ2=0.375。 (2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2,根据运动学公式有 L=v1t,2L=v2t 摩擦产生的总热量 Q=mg×2Lsin θ+2mgLsin θ-m-×2m (或Q=μ1·3mgcos θ·L+μ2mgcos θ·L) 代入数据解得Q=90 J。 [答案]　(1)0.5　0.375　(2)90 J |思|维|建|模| 板块模型的三种处理方法 (1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。 (2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。 (3)地面光滑时,求速度可优先考虑应用动量守恒定律。 (三) 多运动组合模型中的能量问题 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。 2.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。 　　[典例]　某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示,在竖直面内,光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B点和C点,圆弧轨道CD的半径为R=0.4 m,BC长L=2 m。某次实验中,将质量为m=0.4 kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4 m处静止释放,滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小为F=4 N,此后,滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上,进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ; (2)碰撞过程中动能的损失率η(动能损失量与碰前动能的百分比,结果保留一位小数)。 [解析]　(1)滑块第一次通过Q点时,由牛顿第三定律知,滑块所受轨道的弹力大小为F'=F=4 N 由牛顿第二定律有mg+F'=m 解得v1Q=2 m/s 从释放到Q,由动能定理有mgh-μmgL-mg·2R=m-0,解得μ=0.1。 (2)滑块在D点正下方与水平轨道碰撞,设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2,从Q到碰前,由机械能守恒定律有Ek1=m+mg·2R 滑块第二次通过Q点时,所受轨道的弹力为零,由牛顿第二定律有mg=m 解得v2Q=2 m/s 从碰后到Q,由机械能守恒定律有 Ek2=m+mg·2R 所以η=×100%≈16.7%。 [答案]　(1)0.1　(2)16.7% 11 / 74 $