第一章 专题强化6 力学规律综合应用(二)(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

本讲义聚焦力学规律综合应用这一核心知识点，系统整合动力学、动量守恒与能量守恒规律，构建“多过程整体分析”“多对象系统建模”的系统化思维方法，为解决复杂力学问题提供从过程梳理到规律选择的学习支架。 资料通过精选多情境例题与分层练习，如物体与箱子的碰撞、长木板与物块的相互作用等，强化动量与能量观念的综合应用，在分析相对运动、内能计算、弹簧势能等问题中培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中助力教师引导学生突破多过程、多对象问题的思维难点，课后学生可借助详细解析巩固解题思路，有效查漏补缺，提升解决综合力学问题的能力。

专题强化6　力学规律综合应用(二) [学习目标]　1.掌握处理力学问题的系统化思维方法和方法选择(难点)。2.熟练解决动力学、动量和能量的综合问题(重点)。 1．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量观点或能量观点分析比较复杂的运动过程，可不考虑过程细节。 (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。 2．若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。 例1　(多选)(2023·四川成都七中阶段练习)质量为M＝1 kg的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l＝0.5 m，另一质量也为m＝1 kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0＝6 m/s的速度开始运动，如图所示。已知物体与箱底间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体与箱壁间发生的是完全弹性碰撞，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物体与箱子最多发生3次碰撞 B．物体最终停在距离箱子左壁5 cm处 C．整个过程中系统产生的内能为9 J D．箱子对物体的总冲量大小为3 N·s 答案　BC 解析　物体在摩擦力作用下最终与箱子以共同速度v向右匀速运动，物体与箱子组成的系统满足动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，解得v＝3 m/s；根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的内能为Q＝mv02－(m＋M)v2＝9 J；设整个过程物体与箱子发生的相对路程为s，则有Q＝μmgs，解得s＝1.8 m，由于s＝1.8 m＝0.25 m＋3×0.5 m＋0.05 m，可知物体与箱子最多发生4次碰撞，物体最终停在距离箱子左壁5 cm处，故A错误，B、C正确；水平方向根据动量定理可得Ix＝mv－mv0＝－3 kg·m/s＝－3 N·s，可知箱子对物体的水平总冲量大小为3 N·s，由于箱子对物体有支持力，在竖直方向有冲量，则箱子对物体的总冲量大小一定大于3 N·s，故D错误。 例2　(2023·福建莆田一中高二期末)如图所示，在光滑的水平面上放置了一个质量M＝3 kg的长木板AB，长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，长木板的左端放置了一个质量m＝1 kg的小物块(视为质点)，物块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝0.15，木板右端B连着一段轻质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C点，系统处于静止状态。若给小物块一个向右的初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处；如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，作用t＝1 s时间后撤去此力时，小物块正好到达C点。求： (1)长木板AC段的长度； (2)恒力F的大小； (3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。 答案　(1)1 m　(2)12 N　(3)1.5 J 解析　(1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有mv0＝(m＋M)v μmgL＝mv02－(m＋M)v2 解得L＝1 m (2)设经过t＝1 s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有： Ft＝Mv1＋mv2 对整个系统由功能关系有： Fx－μmgL＝Mv12＋mv22 又t＝x t＝x－L 联立解得F＝12 N，v1＝3.5 m/s，v2＝1.5 m/s (3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则 Mv1＋mv2＝(M＋m)v3 Mv12＋mv22＝Epm＋(M＋m)v32 解得Epm＝1.5 J。 例3　(2023·贵州遵义高二期末)如图所示，足够长的光滑曲面固定在水平地面上，曲面底端和小滑板顶部平滑相连，5块小滑板完全相同，小滑板间通过锁定装置相连(未画出)。每块小滑板长度L＝42.5 cm、质量m＝0.6 kg，小滑板表面水平，顶部平滑相连，小滑板与水平地面间的动摩擦因数均为μ2。质量M＝2 kg可视为质点的物块，从曲面上离小滑板上表面高度h＝1.25 m处无初速度滑下，物块与小滑板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块刚滑上小滑板时的速度v0大小； (2)打开锁定装置，小滑板连成整体。若μ2＝0，求物块和小滑板的最终速度大小，以及物块离第1块小滑板最左端的距离； (3)关闭锁定装置，小滑板间可以分开。若μ2＝0.3，求物块滑到哪一块小滑板时，小滑板开始向右滑动。 答案　(1)5 m/s　(2)2 m/s　1.5 m　(3)物块滑到第4块小滑板时，小滑板开始向右滑动 解析　(1)物块从静止释放到刚滑上小滑板过程，根据动能定理可得 Mgh＝Mv02－0 解得v0＝＝5 m/s (2)打开锁定装置，小滑板连成整体。若μ2＝0，可知物块和小滑板组成的系统满足动量守恒，假设物块最终能与小滑板达到共速，则有Mv0＝(M＋5m)v 解得v＝2 m/s 设此过程发生的相对位移为x，根据能量守恒可得μ1Mgx＝Mv02－(M＋5m)v2 解得x＝1.5 m＝150 cm<42.5×5 cm＝212.5 cm 假设成立，故物块和小滑板的最终速度为2 m/s；物块离第1块小滑板最左端的距离为1.5 m。 (3)关闭锁定装置，小滑板间可以分开。若μ2＝0.3，当物块在第1块小滑板滑行时，由于μ1Mg＝10 N<μ2(M＋5m)g＝15 N，可知5块小滑板静止不动； 当物块在第2块小滑板滑行时，由于μ1Mg＝10 N<μ2(M＋4m)g＝13.2 N，可知5块小滑板静止不动； 当物块在第3块小滑板滑行时，由于μ1Mg＝10 N<μ2(M＋3m)g＝11.4 N，可知5块小滑板静止不动； 当物块在第4块小滑板滑行时，由于μ1Mg＝10 N>μ2(M＋2m)g＝9.6 N，可知第4、5块小滑板开始向右滑动。 专题强化练　[分值：60分] 1～3题每题6分，4题10分，共28分 1．(2023·重庆市阶段练习)如图所示，有一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5的5块木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为5m。在t＝0时刻木板静止，第1、2、3、4、5号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、5v0，方向都向右。所有木块和木板最终都会共速，其共同速度为(　　) A.v0 B．2v0 C.v0 D.v0 答案　A 解析　整个系统所受合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，对系统，由动量守恒定律得m＝10mv共，解得v共＝v0，故选A。 2. 如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝2.0 kg。质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝3.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好没从木板的左端滑出，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A．1.5 J B．4.5 J C．3.0 J D．6.0 J 答案　A 解析　设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，取水平向右为正方向，根据系统动量守恒有mv0＝(M＋m)v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f，铁块相对于木板向右运动过程中根据能量守恒定律得mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程根据能量守恒定律得mv02＝2fL＋(M＋m)v2，联立得Ep＝1.5 J，故A正确。 3．(多选)(2023·成都市高一期末)如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。AB段是倾角为37°的斜面，BC段水平，CD段是半径为0.3 m的竖直圆弧，A、D两点等高，小车的总质量为2 kg。一质量为1 kg的小物块，从A点以平行斜面的1.5 m/s的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过BC段的最左端时，速度大小为2 m/s。已知物块与AB段间的动摩擦因数μ<tan 37°，BC段、CD段均光滑，重力加速度取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则(　　) A．小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为1 m/s B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于1.2 m/s C．小物块会从D点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在B点 答案　BD 解析　设小车质量为M，小物块质量为m。取水平向右为正方向，小物块首次经过BC段的最左端时速度为vB，小车和小物块水平方向动量守恒mvAcos 37°＝Mv小车＋mvB，解得v小车＝－0.4 m/s，小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为0.4 m/s，故A错误；小车向左运动的位移最大时，小车的速度为零，小物块此时在CD段，设小物块的速度为v′，速度方向与水平方向的夹角为θ，由水平方向动量守恒得mvB＋Mv小车＝mv′cos θ，因为0<cos θ<1，得v′>1.2 m/s，故B正确；设小物块在CD段上升最大高度(相对BC)为h，此时小物块和小车速度相同，设为v。由水平方向动量守恒，得mvB＋Mv小车＝(M＋m)v，由机械能守恒定律得mvB2＋Mv小车2＝(M＋m)v2＋(M＋m)gh，解得v＝0.4 m/s，h＝0.064 m<0.3 m，小物块不会从D点离开小车，故C错误；只要小物块在B点速度不为零，小物块就会冲上斜面，并下滑。由能量守恒定律，小物块最终相对于小车静止在B点，故D正确。 4．(10分)(2023·宜宾市高二月考)如图所示，木板B的质量M＝2 kg，与右墙距离为s。物块A(可视为质点)质量m＝1 kg，以初速度v0＝6 m/s从木板左端水平滑上B。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，在B第一次撞墙前，A已经与B相对静止。地面光滑，B与两面墙的碰撞都是弹性碰撞，取g＝10 m/s2，求： (1)(4分)s的最小值； (2)(6分)若A始终未滑离B，A相对于B滑行的总路程。 答案　(1)2 m　(2)9 m 解析　(1)设B与墙相碰时的速度大小为v1，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝2 m/s，A与B刚好共速时B到达墙，s有最小值，对B由动能定理得μmgs＝Mv12，解得s＝2 m。 (2)经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终A、B速度都变为零，则在整个过程中，木板和物块的动能都克服摩擦力做功转化为内能，因此有μmgx＝mv02，解得x＝9 m。 5～6题每题12分，共24分 5．(12分)(2023·遂宁市高一期末)如图所示，质量M＝0.8 kg的轨道ABCDE放在光滑水平面上，其中ABC段是光滑圆弧，圆弧半径R＝1 m，A点为圆弧最高点，B点与圆心O等高，圆轨道与水平粗糙轨道CD相切，CD段长L＝3 m，D点左侧的轨道光滑，轨道的左端连接一处于原长的水平轻质弹簧，弹簧长度小于DE长度。现有一质量m＝0.2 kg的小滑块在B点由静止滑下，已知滑块与水平轨道CD段间的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，弹簧在整个过程中未超出弹性限度。求： (1)(3分)滑块第一次到达C点时滑块和轨道的速度大小； (2)(4分)滑块再次回到圆轨道，沿轨道上升的最大高度； (3)(5分)最终状态下，滑块与C点的距离。 答案　(1)4 m/s　1 m/s　(2)0.4 m　(3)2 m 解析　(1)根据题意可知，当滑块第一次运动到轨道的C点时，轨道和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设向左为正方向，轨道速度大小为v1，滑块速度大小为v2，由动量守恒定律有0＝mv2－Mv1，滑块由B到C点，滑块和轨道组成的系统机械能守恒，有mgR＝Mv12＋mv22，解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s。 (2)滑块再次回到圆轨道且上升到最高处时，滑块竖直速度为0，水平方向和轨道具有共同速度，0＝(m＋M)v3，解得v3＝0；轨道和滑块组成的系统能量守恒，有mgR＝2μmgL＋mgH，解得H＝0.4 m。 (3)由动量守恒定律有0＝(m＋M)v4，最后滑块和轨道都静止，解得v4＝0，全过程系统能量守恒mgR＝μmgs，解得s＝10 m＝3L＋1 m，所以滑块静止在C点左侧2 m处，即滑块与C点的距离为2 m。 6．(12分)(2024·资阳市高二月考)如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端L0＝0.25 m处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量m＝1 kg，滑板质量M＝4 kg，圆弧轨道半径R＝1.25 m，物块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。 (1)(3分)求物块滑到B点时的速度大小； (2)(4分)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度v1大小； (3)(5分)求滑板长度的最小值。 答案　(1)5 m/s　(2)3 m/s　(3)6.232 m 解析　(1)物块从A到B根据机械能守恒有mgR＝mvB2，解得物块滑到B点时的速度vB＝5 m/s。 (2)假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块加速度大小为a1，滑板加速度大小为a2，有a1＝μg＝2 m/s2，a2＝＝0.5 m/s2；设物块滑上滑板到二者共速时间为t0，由运动学公式v共＝vB－a1t0＝a2t0，解得v共＝1 m/s，t0＝2 s；该过程中滑板的位移为x板＝t0＝1 m>L0，故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为t1，有L0＝a2t12，解得t1＝1 s，故物块的速度为v1＝vB－a1t1＝3 m/s。 (3)滑板第一次与挡板P碰撞时速度为v板1＝a2t1＝0.5 m/s，碰撞后速度反向，因为mv1>Mv板1，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，以向右为正方向，有mv1－Mv板1＝(m＋M)v共1，解得v共1＝0.2 m/s，因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时Mv共1>mv共1，同理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，以向左为正方向，根据动量守恒有Mv共1－mv共1＝(m＋M)v共2，解得v共2＝0.12 m/s，之后物块与滑板以共同速度向左匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度v共2，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有mvB2－(m＋M)v共22＝μmgL板min，代入数值解得滑板长度的最小值为L板min＝6.232 m。 (8分) 7．(多选)质量都为m的木板A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C，现将C球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C，在之后的过程中(重力加速度为g)(　　) A．木板A最大速度为 B．木板A、B分离后，B的速度为 C．球过O点正下方后，上升的最大高度为L D．C球在O点正下方向右运动时，速度为 答案　BC 解析　C球运动至O点正下方时，A、B分离，A、B此时可认为速度相等；刚分离A、B同速，以A、B、C为系统，水平方向动量守恒，并且整个过程机械能守恒，设A、B速度为v1，C速度为v2，则mv2＝2mv1，mgL＝mv22＋×2mv12，解得v1＝，v2＝，v1水平向右，v2水平向左，故B正确；A、B分离后，A、C水平方向动量守恒，当小球运动至最高点时，速度vA＝vC＝v，则mv2－mv1＝(m＋m)v，mv22＋mv12＝(m＋m)v2＋mgh，解得h＝L，故C正确；C球在O点正下方向右运动时，此时A的速度最大，根据水平方向动量守恒、机械能守恒可得mv2－mv1＝mv1′－mv2′，mv22＋mv12＝mv1′2＋mv2′2，解得A的最大速度v1′＝，C球速度v2′＝，故A、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $