2025年高考物理一轮总复习考点梳理第32讲专题强化九动力学和能量观点的综合应用.pptx

;第32讲专题强化九动力学和能量观点的综合应用;核心考点·重点突破;核心考点·重点突破;1;2．求电机多消耗电能的方法

(1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x相对。

(2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x传，其中x传为传送带对地的位移。;A．传送带顺时针运动的速度为8m/s

B．传送带的长度至少为8m

C．传送带因为传送行李多消耗的电能为32J

D．传送带因为传送行李增加的功率为32W;[答案]AD;2;功和能

分析;?考向1水平面上“滑块—木板”模型

(多选)如图所示，质量为M＝1kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。t＝0时给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5N。t＝2s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是();A．0～2s内长木板的加速度大小aM＝3m/s2

B．0～2s过程中F1对小物块做了12J的功

C．0～4s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24J

D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量

[答案]BC

[解析]对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2s内，由牛顿第二定律得μ1mg－F1＝ma1，解得a1＝－2m/s2,2s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2，;解得a2＝4m/s2，作出长木板和小物块在0～4s内的v－t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0～2s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x＝4m，拉力F1对小物块做功为W＝F1x＝12J，B正确；两条v－t图线围成图形的面积表示小物块相对

于木板运动的长度，由v－t图像知

L＝12m，小物块与长木板之间的

摩擦生热Q＝μ1mgL＝24J，C正确；

由功能关系知，恒力对小物块和木

板组成的系统做的功等于系统机械

能的增加量和摩擦生热之和，D错误???;【跟踪训练】

(多选)(2023·全国乙卷)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()

A．木板的动能一定等于fl

B．木板的动能一定小于fl;[答案]BD;反思提升;?考向2倾斜面上“滑块—木板”模型

如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面

上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5k1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知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，重力加速度为

g，求：;(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；

(2)从释放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Δx；

(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。;(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsinθ＋kmg＝ma1

解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，

物块的加速度大小为a2，则

kmg－mgsinθ＝ma2

解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，

规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1

对物块有v共＝v1－a2t1;3;(1)C、D两点间的距离x；

(2)物块从B点运动到E点的时间t；

(3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s。;竖直方向的分速度大小vy＝vBtanθ＝4m/s

竖直方向物块做自由落体运动，

有vy＝gt1

解得t1＝0.4s，C、D两点间的距离x＝vBt1＝1.2m。;反思提升;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。;【跟踪训练】

小明将如图所示的装置放在水