第一章 专题强化5 力学规律的综合应用(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（粤教版）

本高中物理讲义聚焦力学规律的综合应用核心知识点，系统梳理力的瞬时作用（牛顿第二定律）、空间积累（动能定理）、时间积累（动量定理）效果及能量守恒、动量守恒定律，通过规律选用原则构建从单一规律到综合应用的学习支架。 资料以科学思维培养为特色，通过爆炸、碰撞等典型例题（如例1爆炸过程动量守恒与能量转化分析），强化模型建构与科学推理能力。课中辅助教师系统授课，课后结合专题强化练帮助学生查漏补缺，提升力学规律综合应用素养。

专题强化5　力学规律的综合应用 [学习目标]　1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则(难点)。2.了解处理力学问题的系统化思维方法(难点)。3.能综合动量和能量观点解决问题(重点)。 1．力的三个作用效果及五个规律 (1)力的三个作用效果 作用效果 对应规律 表达式 列式角度 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 动力学 力在空间上的积累效果 动能定理 W合＝ΔEk即W合＝mv22－mv12 功能关系 力在时间上的积累效果 动量定理 I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv 冲量与动量的关系 (2)两个守恒定律 名称 表达式 列式角度 能量守恒定律(包括机械能守恒定律) E2＝E1 能量转化(转移) 动量守恒定律 p2＝p1 动量关系 2.力学规律的选用原则 (1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。 例1　如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　) A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J 答案　D 解析　设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝，代入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正确。 1．爆炸时内力远大于外力，爆炸时系统动量守恒。 2．爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，系统机械能增加。 例2　(2023·汕头市潮阳南侨中学高二期中)如图所示，在粗糙水平面上的A点固定一半径R＝0.2 m圆弧轨道，底端有一小孔。在水平面上距A点s＝1 m的B点正上方O处，用长 L＝0.9 m细绳挂一质量M＝0.1 kg的小球甲，现将小球甲拉至图中C位置，绳与竖直方向的夹角为θ＝60°。静止释放小球甲，摆到最低点B时与另一质量m＝0.05 kg的静止小滑块乙(可视为质点)发生弹性碰撞。碰后小滑块乙在水平面上运动到A点，并无能量损失经过小孔进入圆弧轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔。取g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求甲、乙碰前瞬间，小球甲的速度大小； (2)求甲、乙碰后瞬间，两物体的速度v1和v2的大小； (3)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好能够通过圆弧轨道最高点，求小滑块乙与水平面间的动摩擦因数μ。 答案　(1)3 m/s　(2)1 m/s　4 m/s　(3)0.3 解析　(1)甲球在下摆过程中，根据机械能守恒得 MgL(1－cos 60°)＝Mv02 解得v0＝3 m/s (2)设甲、乙碰撞后速度分别为v1和v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2 根据能量守恒定律得Mv02＝Mv12＋mv22 联立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s (3)小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好通过圆轨道的最高点，设在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律 则有mg＝m 从B点到圆周最高点的过程， 由动能定理得－μmgs－mg·2R＝mv2－mv22 解得μ＝0.3。 例3　如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半径R＝0.32 m的半圆，在b处与ab相切，在直轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M＝2 kg、长L＝0.5 m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断。已知A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.1，要满足B在竖直光滑轨道上运动时恰好经过最高点，g取10 m/s2，求： (1)A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB； (2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能； (3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q。 答案　(1)2 m/s　4 m/s　(2)12 J　(3)1 J 解析　(1)设弹簧的弹性势能完全释放时A物块在光滑水平轨道处的速度为vA，B物块在光滑水平轨道处的速度为vB，B物块恰好到达圆弧轨道最高点d的速度为vd，根据牛顿第二定律得mBg＝mB B物块由b运动到d的过程中，根据动能定理 －mBg×2R＝mBvd2－mBvB2 解得vB＝4 m/s 对A、B组成的系统，根据动量守恒定律， 有0＝mAvA－mBvB，解得vA＝2 m/s (2)根据能量守恒，弹簧的弹性势能 Ep＝mAvA2＋mBvB2 解得Ep＝12 J (3)假设A物块能与小车达到共速为v， 对A物块与小车组成的系统由动量守恒可得 mAvA＝(mA＋M)v 根据能量守恒得mAvA2＝(mA＋M)v2＋μmAgL′ 解得L′＝1 m 由于L′>L，假设不成立，则A在小车上滑动过程中产生的热量为Q＝μmAgL＝1 J。 例4　(2023·佛山市德胜中学高二阶段测试)如图所示，质量为6 kg的滑块C的右半部分是光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为15 m，圆弧轨道的最低点与水平面相切，质量为n kg(n为正整数)的物块B左侧固定一水平轻弹簧，滑块C和物块B都静止在光滑水平面上。质量为2 kg的小物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放，离开滑块C后继续向右运动与弹簧发生相互作用。重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)小物块A离开滑块C时的速度大小； (2)当n＝1时弹簧的最大弹性势能； (3)n至少为多少时，小物块A能追上滑块C，此种情况下小物块A运动至最高点时C的速度大小。 答案　(1)15 m/s　(2)75 J　(3)5　 m/s 解析　(1)A、C组成的系统，小物块A离开滑块C时二者速度分别为vA、vC，规定向右为正方向， 由机械能守恒定律有 mAgR＝mAvA2＋mCvC2 系统水平方向动量守恒，得0＝mAvA＋mCvC 由联立解得vA＝15 m/s，vC＝－5 m/s (2)A、B及弹簧组成的系统，共速时弹性势能最大，设共速时的速度为v， 由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v 由能量守恒定律得 Ep＝mAvA2－(mA＋mB)v2 由联立解得Ep＝75 J (3)设弹簧恢复原长时A的速度为vA′ mAvA＝mAvA′＋mBvB mAvA2＝mAvA′2＋mBvB2 若A要追上C则有|vA′|>|vC| 解得n>4，故n的最小值为5， 此种情况下vA′＝－ m/s A、C组成的系统水平方向动量守恒，二者共速时A滑至C最高处，设此时速度为v共，则由水平方向动量守恒有mAvA′＋mCvC＝(mA＋mC)v共 解得v共＝－ m/s 故物块A滑至C的最高点时C的速度大小为 m/s。 1．灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。 2．灵活选取系统。根据题目的特点在某个过程(或某些过程)中选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。 3．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，列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况。 专题强化练 1～2题每题6分，3题12分，共24分 1.(多选)如图所示，质量为m＝195 g的小滑块(视为质点)，放在质量为M＝0.8 kg的足够长的木板左端，木板静止在光滑的水平面上，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s水平向右射入小滑块并嵌入其中(时间极短)，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小滑块向右滑行的最大速度为9.5 m/s B．长木板向右滑行的最大速度为1.5 m/s C．小滑块在长木板上滑行的时间为2 s D．小滑块和长木板间因摩擦而产生的热量为4.5 J 答案　BD 解析　子弹嵌入小滑块后和小滑块一起向右滑行的初速度即小滑块的最大速度v1，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝7.5 m/s，故A错误；由于木板足够长，故当子弹、小滑块和长木板三者共速时，长木板的速度最大，由动量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝1.5 m/s，故B正确；滑块和子弹在长木板上滑行过程有－μ(m＋m0)gt＝(m＋m0)v2－(m＋m0)v1，解得t＝1.5 s，故C错误；由能量守恒定律得(m0＋m)v12＝(m0＋m＋M)v22＋Q，解得Q＝4.5 J，故D正确。 2.(多选)(2024·广东省高二期末)如图所示，有一易爆物静止放在离地面高为h的小平台上，某时刻该物体爆炸裂开成甲、乙两块物体，甲物体获得的初速度大小为v0，方向水平向左，若甲物体的质量为2m，乙物体的质量为m，摩擦阻力和空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．爆炸后瞬间，甲、乙两物体的总动量为零 B．甲、乙两物体同时落地且落地时速率相等 C．两物体下落过程，甲物体的动量变化量是乙物体的两倍 D．爆炸过程中释放的总能量为mv02 答案　AC 解析　根据动量守恒可知爆炸前后瞬间动量矢量和均为零，故A项正确；爆炸后，两物体从同一高度做平抛运动，由h＝gt2可知甲、乙两物体同时落地；由动量守恒定律可得0＝2mv0－mv乙，解得v乙＝2v0，再分别根据动能定理得2mgh＝×2mv2－×2mv02，mgh＝mv乙′2－mv乙2，解得v＝，v乙′＝＝，可知甲、乙两物体落地时速率不同，故B项错误；根据动量定理，两物体在落地的过程中，动量变化量等于重力的冲量大小，即I＝mgt，甲物体的质量是乙物体质量的两倍，故甲物体的动量变化量是乙物体的两倍，C项正确；根据能量守恒定律可知爆炸过程中释放的总能量为两个物体的总动能×2mv02＋mv乙2＝3mv02与爆炸产生的热量的总和，故D项错误。 3．(12分)(2024·广州华南师大附中高二月考改编)如图所示，质量mA＝3 kg的木板A和质量mB＝1 kg的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A上表面相切。质量mC＝2 kg的小滑块C以一水平向右的初速度从木板A的左端滑上木板，当C离开A时，C的速度大小vC＝4 m/s，C滑上圆弧槽B后，恰好能到达B的最高点，此时B的速度大小vB＝3 m/s。已知A、C间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)当C刚滑上A时，A的加速度大小a； (2)(4分)当C离开A时，B的速度大小vB′； (3)(5分)A的长度L。 答案　(1)2 m/s2　(2)1 m/s　(3)2.25 m 解析　(1)以A和B为整体，根据牛顿第二定律可得μmCg＝(mA＋mB)a 解得C刚滑上A时，A的加速度大小为 a＝2 m/s2 (2)C刚离开A时，A、B速度相等，为vB′；C到达B的最高点时，B、C的共同速度，为vB＝3 m/s；对B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得 mCvC＋mBvB′＝(mB＋mC)vB 解得C离开A时，B的速度大小为 vB′＝1 m/s (3)从C刚滑上A到滑离A，根据系统动量守恒可得mCv0＝mCvC＋(mA＋mB)vB′ 解得v0＝6 m/s 根据能量守恒定律可得 mCv02＝μmCgL＋(mA＋mB)vB′2＋mCvC2 解得A的长度为L＝2.25 m。 4～5题每题13分，共26分 4．(13分)(2024·佛山市高明区高二联考)如图所示，放置于光滑平台上的滑块B的左端固定一轻质弹簧且静止，紧靠在平台右侧的小车C的上表面与平台等高。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径R＝2.5 m，其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°。现将滑块A从P点由静止开始释放，滑块A滑至平台上挤压弹簧，一段时间弹簧恢复原长后滑块B滑上小车C，再经过t＝3 s滑块B和小车C共速，二者共速后一起匀速向右运动。已知滑块B的质量m＝0.5 kg，小车C的质量M＝1.5 kg，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，滑块A、B均可视为质点，小车C足够长且小车C与水平面间的摩擦可忽略不计。求： (1)(3分)滑块B和小车C共速时的速度大小v； (2)(5分)滑块A的质量m0； (3)(5分)该过程中弹簧弹性势能的最大值Epm。 答案　(1)2 m/s　(2)2 kg　(3)5 J 解析　(1)滑块B滑上小车C后， 以小车C为研究对象， 根据动量定理有μmgt＝Mv 解得v＝2 m/s (2)设滑块B滑上小车C瞬间的速度大小为v1， 根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v 解得v1＝8 m/s 设滑块A到达最低点的速度大小为v0， 根据动能定理有m0gR(1－cos 60°)＝m0v02 滑块A和滑块B相互作用的过程中， 根据动量守恒定律有m0v0＝mv1＋m0v2 根据机械能守恒定律有 m0v02＝mv12＋m0v22 解得m0＝2 kg (3)当滑块A和滑块B速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有 m0v0＝(m0＋m)v3 根据机械能守恒定律有 Epm＝m0v02－(m0＋m)v32 解得Epm＝5 J。 5．(13分)(2023·佛山市郑裕彤中学高二月考)如图所示，质量mC＝4.5 kg的长木板C静止在光滑的水平面上，长木板C右端与竖直固定挡板相距x0，左端放一个质量mB＝3.0 kg的小物块B(可视为质点)，与长木板C间的动摩擦因数为μ＝0.05。在小物块B的正上方，用不可伸长、长度l＝0.8 m的轻绳将质量mA＝1.0 kg的小球A悬挂在固定点O。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A与O点等高，由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则 (1)(3分)小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小； (2)(5分)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速，求x0应满足的条件； (3)(5分)在(2)问的前提下，若木板C与竖直挡板碰撞后B、C能再次共速，求长木板的最短长度。 答案　(1)2.0 m/s　(2)x0≥0.96 m　(3)3.936 m 解析　(1)小球A由静止到最低点的过程， 根据机械能守恒定律有mAgl＝mAv02 解得v0＝4.0 m/s 设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB， 根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB 碰撞前后根据机械能守恒定律有 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 联立解得vB＝2.0 m/s (2)设B、C获得共同速度为v1， 以水平向右为正方向， 由动量守恒定律有mBvB＝(mB＋mC)v1 代入数据解得v1＝0.8 m/s 若B、C共速时C刚好运动到挡板处， 对C应用动能定理有μmBgx0＝mCv12－0 代入数据解得x0＝0.96 m 则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速， x0应满足的条件是x0≥0.96 m (3)第一次共速过程中，由能量守恒定律有 μmBgL1＝mBvB2－(mB＋mC)v12 长木板C与挡板碰后速度大小不变、方向反向， 设B、C第二次获得共同速度为v2， 以水平向左为正方向， 由动量守恒定律有mCv1－mBv1＝(mB＋mC)v2 由能量守恒定律有 μmBgL2＝mBv12＋mCv12－(mB＋mC)v22 长木板的最短长度为L＝L1＋L2 联立解得L＝3.936 m。 学科网（北京）股份有限公司 $