2026高考一轮总复习 物理课件_重难突破8⇒动力学和能量观点的综合应用_含解析

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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，作好受力分析，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。
（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＝Ffs相对，s相对表示相对路程。
（3）功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp为被传送物体重力势能的增加量。
（2025·湖南邵阳期中）如图，机场中长度为L＝2 m的水平传送带以v＝1 m/s的速度顺时匀速传动，现将质量为5 kg的行李箱轻放在传送带的左端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。行李箱可视为质点，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则在行李箱被输送到传送带右端的过程中，下列说法错误的是（　　）
　（2025·南京、盐城一模）如图所示，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）物块B刚下降时的加速度a；
答案： 2 m/s2　
解析： 当物块B刚下降时，设绳中拉力为FT1对物块A分析有μm1gcs θ＋FT1－m1gsin θ＝m1a对物块B分析有m2g－FT1＝m2a
解得a＝2 m/s2。
（2）物块A从底端到达顶端所需的时间t；
（3）物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。
突破点二　滑块—木板模型
（1）求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。
（2）求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。
（3）求摩擦生热时用相对位移Δx。
2. 功和能分析：对滑块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
〔多选〕（2023·全国乙卷21题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
解析：物块可视为质点，则物块和木板的运动示意图和v-t图像如图甲、乙所示。 根据动能定理可知
（1）小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
答案： 5 m/s　
解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
（2）平板小车板面的最小长度；
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
（3）从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
解析：从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为Q＝μmgLmin＝50 J。
〔多选〕如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是（　）
解析：F做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v-t图，②为木板的v-t图像，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。
　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，cs 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；
答案： 0.5　0.375　
（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。
1. （2025·浙江舟山期末）如图所示，木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是（　　）
解析： 　对物块分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60 J，A正确；对木板分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝20×5 J＝100 J，C、D错误。
2. （2025·云南省名校联考）如图所示，斜面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是（　　）
3. 传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是（　　）
4. 如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为（　　）
5. （2025·河北邢台期中）如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（　　）
解析： 　小物块对地的位移方向向右，大小为x＝s－L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量，为ΔE1＝Ff（s－L），故A错误；小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2＝Fs－FfL，故B错误；小车的机械能增加量为ΔE3＝（F－Ff）s，故C正确；物块与小车组成的系统产生的内能为E＝FfL，故D错误。
7. （2025·山东潍坊期末）应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3 m。已知行李（可视为质点）质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，旅客把行李无初速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速度大小取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
8. 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（　　）
9. 如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P间的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求物块：
（1）第1次滑过P点时的速度大小v1；
解得v1＝8 m/s。
（2）第1次在传送带上往返运动的时间t；
解析：由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1
（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
10. 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，取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）
（1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
答案： 3 m/s2　2 m/s2　
解得a2＝2 m/s2。
（2）A相对于B静止时的速度大小v；
（3）整个过程中由于摩擦产生的热量Q。