（新人教版） 2025年高考物理一轮复习课件第6章　第6课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用

这是一份（新人教版） 2025年高考物理一轮复习课件第6章　第6课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用，共60页。PPT课件主要包含了传送带模型综合问题，答案3s，答案15m，答案9J，答案5m，答案见解析，课时精练，答案06s，答案3m，答案4J等内容，欢迎下载使用。
专题强化：动力学和能量观点的综合应用
考点一　传送带模型综合问题
考点二　滑块—木板模型综合问题
考点三　用动力学和能量观点分析多运动组合问题
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　(多选)(2023·新疆三模)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。t＝0时刻，质量m＝2 kg的小物块以初速度v0从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，1.25 s时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，则A.传送带的倾角θ＝37°B.小物块对传送带做功18 JC.小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 mD.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5 J
由题图乙可知，物块先做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝0.25 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从题图乙可知传送带的速度为4 m/s。
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
小物块与传送带间的摩擦力为Ff＝μmgcs θ＝6 N，小物块对传送带做功为W＝－Ffx1＋Ffx2＝－6×4×0.25 J＋6×4×1 J＝18 J，故B正确；
相对位移Δx1＝x1－x′＝1 m－0.75 m＝0.25 m，0.25～1.25 s时间内，
相对位移Δx2＝x″－x2＝1 m>Δx1，所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m。小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝Ff(Δx1＋Δx2)＝7.5 J，故C正确，D错误。
例2　(2024·山东日照市联考)如图所示，水平传送带以v＝6 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带左端与倾角θ＝37°的斜面PM在M点平滑相接，右端与半径R＝4.05 m的光滑四分之一圆弧轨道在N点平滑相接(接点处均不影响传送带的转动)。质量m＝0.5 kg的小物块从圆弧轨道最高点由静止下滑后从N点滑上传送带，经过M点后滑上斜面。已知小物块与传送带及斜面间的动摩擦因数μ均为0.15，MN间的距离L＝21 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。斜面PM足够长，不计小物块经过M、N两点处的机械能损失。求：
(1)小物块第一次通过传送带所用的时间t；
设小物块从圆弧最高点由静止下滑到达最低点时速度为vN，根据动能定理有mgR＝解得vN＝9 m/s，vN>v，可知小物块滑上传送带后先做匀减速运动由牛顿第二定律μmg＝ma1，解得a1＝1.5 m/s2若经过t1减速到v＝6 m/s，由v＝vN－a1t1代入数据求得t1＝2 s
解得t2＝1 s，所以小物块第一次通过传送带所用的时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)小物块第一次沿斜面上升的最大高度H；
小物块以v＝6 m/s的速度冲上斜面，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，得a2＝7.2 m/s2由运动学公式，有0－v2＝－2a2x1x1sin θ＝H，可得H＝1.5 m
(3)小物块在斜面上因摩擦产生的总热量Q。
由(2)知x1＝2.5 m，小物块沿着斜面下滑的过程中由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma3，得a3＝4.8 m/s2由运动学公式，有v12＝2a3x1
滑块—木板模型综合问题
“滑块—木板”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；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。
例3　(2023·广东河源市期中)如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是A.P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/sB.长木板Q长度至少为3 mC.P与Q之间产生热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，选项A错误；
例4　(2023·湖南省名校联盟联考)某商家为了吸引顾客，设计了抽奖活动，如图所示，三块尺寸相同的薄木板A、B、C随机排序并紧挨着置于足够大的水平地面上，质量均为m＝1 kg，长度均为L＝3 m。三块木板的下表面与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，上表面(均水平)各有不同的涂层，质量M＝2.5 kg的滑块(视为质点)与A、B、C上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ、3μ。顾客以某一水平初速度从左侧第一块木板的左端将滑块水平向右推出。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三块木板上，则顾客分别获得三、二、一等奖；若滑块滑离所有木板，则顾客不获奖。认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若木板全部固定，要想获奖，求滑块的初速度大小v0应满足的条件；
答案　0μ2则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B之间的摩擦力产生的内能为Q＝μ2mBgcs 37°·2Δx＝9.6 J。
1.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点。P为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x＝0.32 m。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。
(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小(计算结果可以保留根号)；
物块由C到D，做斜上抛运动
v竖直＝vsin θ＝1.2 m/s物块在C端时竖直方向速度大小v竖直′＝v竖直－gt＝－0.8 m/s，
(2)物块相对于木板运动的距离；
则有v－amt1＝aMt1＝v共解得t1＝1.5 s，v共＝1 m/s
物块相对于木板运动的距离Δs＝s物－s板＝1.5 m
(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。
由于μ2>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
Q物－板＝μ2mgcs θ·Δs＝30 JQ板－斜＝μ1(M＋m)gcs θ·(s板＋s共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q物－板＋Q板－斜＝87 J。
2.(2023·福建龙岩市九校联考)如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC连接，CD、DE为两段竖直放置的四分之一圆管，两管相切于D处，半径均为R＝0.15 m。右侧有一倾角α＝30°的光滑斜面PQ固定在水平地面上。质量为m＝0.4 kg、可视为质点的小物块从斜面AB顶端由静止释放，经ABCDE轨道从E处水平飞出后，恰能从P点平行PQ方向飞入斜面。小物块经过C点时受到圆管的作用力大小为28 N，小物块与斜面AB的动摩擦因数μ1＝0.375，与BCDE段之间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求斜面AB的长度；
(2)求E点与P点的竖直距离；
小物块由A运动到E的过程中，由动能定理可得mgLsin 37°－μ1mgLcs 37°－mg·2R＝ －0小物块恰能从P点平行PQ飞入斜面，即其速度与水平方向夹角为30°，则tan 30°＝E点与P点的竖直距离为h＝ ＝0.05 m
(3)若斜面PQ上距离P点L2＝0.2 m的M点下方有一段长度可调的粗糙部分MN，其调节范围为0.2 m≤L≤0.5 m，与小物块间的动摩擦因数μ2＝ ，斜面底端固定一轻质弹簧，弹簧始终在弹性限度内，且不与粗糙部分MN重叠，求小物块在MN段上运动的总路程s与MN长度L的关系式。
若经弹簧一次反弹后恰能回到P点，经过粗糙段MN两次，则－μ2mgcs 30°·2L0＝0－解得L0＝0.4 m，即当0.2 m≤Lμ2mgcs 30°