第1章 专题强化5 力学规律的综合应用(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件从动量守恒、能量守恒定律的概念对比出发，系统梳理了力学规律的选用原则，通过“守恒定律表达式-列式角度-适用场景”的表格建立基础认知，再以“恒力用动力学、时间用动量定理、系统问题用守恒”等原则搭建应用框架，帮助学生从理论概念过渡到实际问题解决，形成完整的知识脉络。 其亮点在于以例题为载体培养科学思维，如济宁月考中B、C碰撞及A滑上C的过程，拆解为碰撞瞬间动量守恒、滑行过程系统动量守恒两个模型，体现模型建构与科学推理。总结提升部分强调“系统化思维”，引导学生整体分析多过程问题，符合科学思维要素。采用“例题详解+专题练习”的方法，学生能掌握守恒定律的应用技巧，提升解题能力，教师可直接用于课堂教学，提高重难点突破效率。

DIYIZHANG 第1章 专题强化5　力学规律的综合应用 1 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.综合动量和能量观点解决问题(重点)。 学习目标 2 一、力的三个基本观点和选用原则 二、用系统化思维解决问题 专题强化练 内容索引 3 力的三个基本观点和选用原则 一 4 1.力的三个作用效果及两个守恒定律 (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 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。 　(2023·济宁市高二月考)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以大小相等的速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求： (1)木板C的最终速度的大小； 例1 取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1 A滑到C上，A、C系统动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2 (2)木板C与物块A之间的摩擦力f的大小； 在A、C相互作用过程中， (3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。 在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得ft＝mv2－mv1 　(2024·朝阳市高二期末)如图所示，水平轨道的右侧B点平滑地衔接一半径为r＝1.8 m的光滑 弧形轨道，C为轨道的最高点，两个可视为质点的物体P、Q放在水平轨道的A点，两物体之间有质量可忽略不计的炸药，已知A点左侧粗糙，AB段光滑，t＝0时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体P、Q的动能，经过一段时间物体Q刚好到达C点。物体P、Q的质量分别为m1＝2 kg、m2＝1 kg，两物体与A点左侧轨道的动摩擦因数均为μ＝0.15，A、B两点之间的距离为x0＝6 m，重力加速度g＝10 m/s2。求： 例2 (1)物体Q经过B点时对轨道的压力； 答案　30 N 结合牛顿第三定律可知物体Q经过B点时对轨道的压力为F′＝F＝30 N。 (2)爆炸后瞬间，物体P、Q的动能之和； 答案　27 J 取水平向右为正方向，爆炸过程中动量守恒，有m2v－m1v′＝0 结合(1)中式，解得v＝6 m/s，v′＝3 m/s 解得Ek＝27 J。 (3)通过计算说明，物体Q返回水平面后能否与物体P发生碰撞，若不能，求出物体Q静止时到A点的距离；若能，且该碰撞为弹性碰撞，求最终两物体之间的距离。 答案　能，5 m 由于两物体与A点左侧轨道的动摩擦因数相等，则加速度均为 a＝μg＝1.5 m/s2 对物体P，根据匀变速直线运动规律有v′＝at，v′2＝2ax′ 解得t＝2 s，x′＝3 m 可知物体Q与物体P碰撞时，物体P已静止，此时Q的速度为v″2－v2＝－2ax′ 根据动量守恒定律及能量守恒定律有m2v″＝m1vP＋m2vQ 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。 总结提升 返回 用系统化思维解决问题 二 20 　质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0＝ 的速度开始运动(g为当地重力加速度)，如图所示。已知物体与箱壁共发生5次弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是 例3 √ 　(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： 例4 (1)长木板AC段的长度； 答案　1 m 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 解得L＝1 m (2)恒力F的大小； 答案　12 N 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： 联立解得F＝12 N，v1＝3.5 m/s，v2＝1.5 m/s (3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。 答案　1.5 J 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 解得Epm＝1.5 J。 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，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。 (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。 总结提升 返回 专题强化练 三 30 1 2 3 4 5 基础强化练 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 √ √ 1 2 3 4 5 子弹嵌入小滑块后和小滑块一起向右滑行的初速度即最大速度v1，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝7.5 m/s，故A错误； 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； 2.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g。则 1 2 3 4 5 √ 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3.(2024·山东省青岛九中高二月考)如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R，MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视为质点，在半圆形轨道圆心O的正下方M处，处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点N，而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ＝0.8，重力加速度为g，求： (1)B到达的最远位置离M点的距离； 1 2 3 4 5 答案　2R 1 2 3 4 5 A做平抛运动，由平抛运动规律可得 水平方向x＝vNt 联立可得B到达的最远位置离M点的距离即为x＝2R (2)极短爆炸过程中，若A的质量为mA，则A受到爆炸力的冲量大小； 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 A上升到N的过程，由机械能守恒定律 (3)A与B的质量之比。 1 2 3 4 5 答案　4∶5 1 2 3 4 5 对B，由动能定理可得 炸药爆炸过程由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 4.(2024·湖北恩施州利川一中高二月考)如图甲所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化图像如图乙所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝ ，物块 C未从长木板B上掉落，重力加 速度g取10 m/s2，求： 1 2 3 4 5 能力综合练 (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； 1 2 3 4 5 答案　4.0 m/s 1 2 3 4 5 物块A与长木板B在爆炸过程中动量守恒0＝mAvA－mBvB，可得vB＝4.0 m/s (2)小物块C的质量mC； 1 2 3 4 5 答案　1.0 kg 1 2 3 4 5 由题图乙可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0 m/s 可得μ＝0.1 可得mC＝1.0 kg (3)小物块C静止时距长木板B右端的距离d。 1 2 3 4 5 答案　1.75 m 1 2 3 4 5 对长木板B与小物块C在0～1 s内， 对长木板B，在1 s后至停下时知μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′ 可得aB′＝2.0 m/s2 对长木板B与小物块C在1 s后至均停下， 可知，小物块C静止时距长木板B右端的距离d＝s相－s相′＝1.75 m。 5.(2023·广东佛山市顺德区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。 1 2 3 4 5 (1)小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小； 1 2 3 4 5 答案　2.0 m/s 1 2 3 4 5 小球A由静止到最低点的过程， 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 (2)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； 1 2 3 4 5 答案　x0≥0.96 m 1 2 3 4 5 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， 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)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。 1 2 3 4 5 答案　3.936 m 1 2 3 4 5 第一次共速过程中，由能量守恒定律有 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 1 2 3 4 5 长木板的最短长度为L＝L1＋L2 联立解得L＝3.936 m。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 W合＝ΔEk即W合＝ mv22－mv12 答案　v 解得v1＝ 解得v2＝v 答案　 有f·＝(3m)v2＋mv12－(3m＋m)v22 解得f＝； 答案　 解得t＝。 经过一段时间物体Q刚好到达C点，根据机械能守恒定律有m2gr＝m2v2 Q在B点，根据牛顿第二定律有F－m2g＝m2 爆炸后瞬间，物体P、Q的动能之和为Ek＝m2v2＋m1v′2 物体Q在AB段来回的时间为t′＝＝2 s 解得v″＝3 m/s 根据匀变速直线运动规律可知最终两物体之间的距离为x＝＋＝5 m。 m2v″2＝m1vP2＋m2vQ2 vQ＝－ m/s，向右 解得vP＝2 m/s，向左 A.<μ< B.<μ< C.<μ< D.<μ< 物体与箱子组成的系统动量守恒，最终物体与 箱子相对静止，以向右为正方向，由动量守恒 定律得mv0＝2mv共，解得v共＝v0。对物体和 箱子组成的系统，由能量守恒定律得mv02＝(m＋m)v共2＋Q，解得Q＝mv02＝mgl。由题意可知，物体与箱子发生5次碰撞，则物体相对于箱子运动的总路程应满足l<s<l，物体受到的摩擦力为f＝μmg，对系统根据Q＝f·s＝μmgs，联立可得<μ<，故选D。 μmgL＝mv02－(m＋M)v2 Fx－μmgL＝Mv12＋mv22 又t＝x t＝x－L Mv12＋mv22＝Epm＋(M＋m)v32 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。 A.细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为 B.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2 C.弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2 D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为 滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，故B错误； 细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝，故A错误； 由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝，故D正确。 弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于mv2，故C错误； 竖直方向2R＝gt2 A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得mAg＝mA， 解得vN＝ 答案　mA 解得vA＝ 根据动量定理可得I＝mAvA＝mA mAvA2＝mAvN2＋mAg·2R 联立以上可得＝。 －μmBgx＝0－mBvB2 对物块A在爆炸后，知－μ0mAgs＝0－mAvA2，可得vA＝2.0 m/s 对长木板B，在0～1 s内知μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB且aB＝ 对小物块C，在0～1 s内aC＝＝μg 相对位移为s相′＝＝0.25 m 相对位移为s相＝Δt－Δt＝2 m 解得v0＝＝4.0 m/s mAv02＝mAvA2＋mBvB2 联立解得vB＝v0＝2.0 m/s 根据机械能守恒定律有mAgl＝mAv02 对C应用动能定理有μmBgx0＝mCv12－0 μmBgL2＝mBv12＋mCv12－(mB＋mC)v22 μmBgL1＝mBvB2－(mB＋mC)v12 $