第1章 学案10 专题：力学三大观点的综合应用-【智学校本学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版）

2.AC[滑块和两块木板组成的系统在水平方向上不受外力， 学案10专题：力学三大观点的综合应用 所以系统动量守恒，设滑块刚滑到第二块木板上时，两块木 板的速度均为v2,由动量守恒定律得Mv。=Mu1十(m1+ 课堂活动 m2)v2,解得v2=2m/s,方向与滑块初速度方向相同，故A 活动一 正确，B错误；以滑块与第二块木板为研究对象，设第二块木 新知应用 板的最终速度为v3,由动量守恒定律得Mo1十m2v2=(M+ 1.[解析](1)根据牛顿第二定律可知A、B的加速度分别为 m2)vg,解得v3=4.5m/s,方向与滑块初速度方向相同，故C dog m/s mA 正确，D错误。] 3.[解析](1)B与D发生碰撞瞬间，根据动量守恒有u anuna5 m/s mB =2mv1 设经t时刻，B、C碰撞，则有 碰撞后瞬间B的速度大小 x=20B = vB=aBt (2)对ABD整体根据动量守恒有 VA=V0一aAt 2mv=4mv2 解得vg=2m/s,va=2.6m/s。 解得=升 (2)B、C发生弹性碰撞，规定向右为正方向，则有 mBUB=mBVB1十mcVc 对A根据动能定理有 1 1 1 之maw后=之ms0n十2mc呢 2umgxn=2X2mv 解得B1=-1m/s,vc=1m/s 对BD根据动能定理有 若B、C再次碰撞前，B正在加速，设经t'时刻，B、C再次碰 -23n8gx,=号×2mui-合×2mi 撞，则有 设A的长度为L,由题意知 nt'+agvo 解得t=0.8s 此时B的速度为 联立解得 vB2=vB1十aBt'=3m/s 由于地面光滑，则A、B最终共速，根据动量守恒定律有 设A与C碰后速度分别为⑦3和⑦，，根据动量守恒有 mAVA十mBVB1-(mA十mB)v共 解得v共=2m/s 2mv2=2mv3+mvs 则B与C碰撞前已经与A共速，根据能量守恒定律有 ABD再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰 1 1 1 撞，则根据动量守恒有 Q=zmA6-2(m十ms)4-2mc呢 2mz2+2mu3=4m℃4 代入数据解得 3 1 解得v=20Vw=5 Q=9J。 (3)木板B与物块C第二次碰后瞬间，根据动量守恒定律有 ABD再次达到共同速度过程中，BD相对长板A的运动距离 mB'共十mcUc=mB'B2十mcvci 为x,根据能量守恒有 根据能量守恒定律有 合×8moi+号×2mw=号×4mi+2mgx 分mi+分mc呢=方mi+分med 1 1 解得工=400g 解得c1=1.5m/s(uc1=1m/s舍去)。 [答案](1)2.6m/s2m/s(2)9J(3)1.5m/s 再次共速后，B相对于长板A的运动长度为 2.[解析](1)对Q由动能定理可得 13v2 △x=2+x=200ug1 1 mogl-2 mov (3)ABCD组成的系统最终损失的机械能 以向左为正方向，小球Q与物体P碰撞后瞬间，小球Q的速 △F=m2-2×5nw4=5nz2。 度为1，物体P的速度为V2,由动量守恒定律可得 [答案](1)号 13u2 (2) 2004g (3)2 mov=mov1十mv2 5 mv 由能量守恒定律可得 151 名，d=7,+日m 1 (3)B和D发生弹性正碰，根据动量守恒定律有 (mA+mB)v2=(mA+mB)v3+mDUs 联立解得v1=一2m/s,02=4m/s 根据能量守恒定律有 根据牛领第二定律可得F一m,g-m, L 合(m+m,）2=（mA+m:加i+7mi 代入数据解得F≈1.22N。 (2)物块在最高点时，与滑板水平共速，速度为⑦3，设物块升 解得=9m/s,=一号a, 高最大高度为H。 (4)B与D碰撞后，对ABC有 由水平方向动量守恒得 mcv2十(mA+mB)v3=(mA十mB+mc)v mv2=(m+M)v3 3 根据能量守恒得 解得u,=7m/s 号mai=子m+M0i+amgS+mgR+1H 1 1 根据能量守渔定律有mcgx”=之mc2十2(mA十ma)号 联立解得H=0.3m。 (3)物体P再次运动到圆孤最低，点B点时，设物体P的速度 2（mA十mB十mc)u 为v4,滑板的速度为v5, 由水平方向动量守恒得 解得x” 49 mx mv2=mu4十Mo 所以C不会从AB上滑离。 根据能量守恒得 1 [答案]（①4m/5(2)3,5m(3)m/s(④不会 2.D[物体与箱子组成的系统动量守恒，最终物体与箱子相对 联立解得0，=-30- m/s 静止，以向右为正方向，由动量守恒定律得mvo=2mv务，解 2 m/s,u,-6+30 6 （另一解04=30+ m/,,=6-V30 m/s舍去) 得”典=20。对物体和箱子组成的系统，由能量守恒定律 2 6 以滑板为参考系，根据牛顿第二定律有 得7m,2=m十md十Q,解得Q=ma2=7g Fx-mg=m- s-4)2 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 R 46 联立解得FN=3N 动的总路程应满足号1<<号1，肠体安到的摩擦力为∫ 根据牛顿第三定律，物体P再次运动到圆孤最低点B时对滑 mg,对系锐根格Q=了·=mg,联立可符行<<行，故 板压力的大小为号N。 选D。] [答案]a1.2N(20.3m(3)号N 课堂达标 1.[解析](1)第一辆车与第二辆车碰撞前，手推车做匀减速直 活动二 线运动，根据牛顿第二定律，手推车加速度大小为 新知应用 1.[解析](1)A和B碰后瞬间粘合在一起，根据动量守恒定 a-0.2mg=2 m/s m 律有 第一辆车与第二辆车碰撞前，速度大小为 mAv=(mA十mg)v v1=vo-at1=11m/s-2×0.5m/s=10m/s 解得v1=4m/s。 碰撞过程，根据动量守恒定律有 (2)A和B碰后到A、B、C速度恰好相等时，根据动量守恒定 mv-2mv 律有 解得第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v=5m/s。 (mA+mB)v1=(mA+mB+mc)v2 解得v2=3m/s (2)两车以共同速度做匀减速直线运动，1S后速度大小为 对AB根据牛顿第二定律有 v2=v-at2=5 m/s-2X1 m/s=3 m/s umcg=(mA+mB)a 与第三辆车相碰，根据动量守恒定律有2mv2=3m0g 根据速度一位移公式有o1一v2=2ax 解得v3=2m/s 解得x=3.5m 三辆车之后一起做匀减速直线运动，第三辆车运动的距离为 C的位移满足2=24gx 解得x'=1.5m 一1m d-2a 由于x一x'=2m<L,则C还未滑离AB。 [答案](1)5m/s(2)1m 116 1 2.[解析](1)对m2平抛过程分析，有h= 3.题图甲中，弹簧原长时小球的位置为平衡位置；题图乙中，小 28t 球静止时的位置为平衡位置，此时mg=红1，可得工1=mS,即 g x=o2t,解得u=x√2 弹簧仲长；题图丙中，小球静止在斜面上时的位置为平衡位 (2)弹簧将两物体弹开的过程，m1、m2组成的系统动量守恒， 取向左为正方向，由动量守恒定律有m101一m202=0 置，此时mgsin0=k虹2，可得2=mgsin9,即弹簧仲 解得= g 22h 长mg sin0 对m1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有 新知生成 2n1,解得1=工二 1.往复 mgH= 3.(1)平衡位置(2)平衡位置(4)某一个力合力0 1 (3)弹簧的最大弹性势能为E,=弓m十日m, 新知应用 1.AB[物体在平衡位置附近所做的往复运动是机械振动，圆 解得E。=3mgx 周运动和竖直上抛运动都没有平衡位置，不是机械振动，故 A、B正确，C、D错误。] [答案](1)x√ g (3)3mgx2 2.D[弹簧振子有水平弹簧振子，也有竖直弹簧振子，题中所 8h 述为竖直弹簧振子。不管哪一种弹簧振子，其平衡位置均为 3.[解析](1)设长木板粗糙段长度为L,小物块与长木板组成 振子原来静止时所处的位置，在振动过程中，平衡位置应为 的系统动量守恒，给小物块一个初速度v。=2m/s,小物块正 振子速度最大的位置，故D正确。] 好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守 活动二 恒定律和功能关系有mv。=(m十M) 新知导学 2gL2n。2一Z(n+1)o 提示：1.小球的运动具有往复性。小球因为受到阻力的作用最 终停止运动。 解得L=1m。 2.小球往复运动的次数增多，运动时间变长。 (2)设经过t=1s时间后，长木板和小物块的速度分别是1、 3.小球将持续地做往复运动。 o2,对系统由动量定理有Ft=Mo1十mU2 新知生成 对整个系统由功能关系有 1.(1)弹簧质量光滑水平面(2)②劲度系数位移相反 Bx-mgL=2Ma,+号 2.(1)正比(2)正比相反(3)弹性势能 新知应用 又2=x 1.AD[以水平向右为正方向，物体离开O点时所受的指向O 点的力F=一(k1x十k2x)=一2kx,符合简谐运动的回复力 2=x-1 特点，因此物体以O点为平衡位置做简谐运动，所以OC= OB,故选AD。] 联立解得F=12N,o1=3.5m/s,02=1.5m/s。 2.[解析]设平衡位置为O点，竖直向下为正方向，物块静止 (3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速 时弹簧的形变量为x0,则有kx。=mg。当物块向下偏离平衡 度，设为3，则 位置的位移为x时，弹簧弹力F#=k(x十x0),而回复力F Mv1+mv2=(M+m)U3 =mg一F弹，故F=mg一k(x十x0)=一kx,所以物块做简谐 号M,+2ma:2=E=+号M+m)时 运动。 [答案]见解析 解得Em=1.5J。 3.[解析](1)物块处于平衡位置时，受重力、支持力和弹簧的 [答案](1)1m(2)12N(3)1.5J 弹力。 第2章机械振动 根据平衡条件，有mng sin a=k·△x 解得△x=mg sin a 学案11 简谐运动 k 故物块处于平衡位置时弹簧的长度为L十ng sin“ 课堂活动 k 活动一 (2)物块到达距平衡位置下方x位置时，弹力大小为k(x十 新知导学 △x)=kx+mg sin a】 提示：1.都是以某个位置为中心来回往复运动。 2.平衡位置是振子在振动方向上合力为0的位置，即回复力为 故合力为F=mga-(e+8巴）=-红 0的位置。弹簧振子有多种表现形式，对于不同的弹簧振子，在 故物块做筒谐运动。 平衡位置处，弹簧不一定处于原长，但运动方向上的合力一定 为0，速度一定最大。 [答案](1)L+mg sin& k (2)见解析 1710专题：力学三大观点的综合应用学案10 学案10专题：力学三大观点的综合应用 听 学匀住多 记 1.了解处理力学问题的三大观，点和选用原则。 2.了解处理力学问题的系统化思维方法。 3.灵活运用力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题 课堂活动 (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 活动一了解力的三个基本观点和选用原则 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 D新知生成 守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总 1.力学三大观点及规律 功等于系统机械能的减少量（即转化为系统内： 作用 对应 能的量)列方程。 公式表达 三大观点 效果 规律 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象 力的 时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能 瞬时 牛顿第 F合=ma 动力学观点 与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作 作用 二定律 效果 用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大 W合=△E 用场。 1 力在 动能 W合= 2 mv2 新知应用 空间 定理 1 上的 2mu明 1.(24一25·山东泰安期未)如图所示，光滑水平 能量观点 地面上，静置着足够长的木板B和物块C,木 积累 机械能 效果 板B右端到物块C的距离为x=0.4m。某时 守恒定 律 ngh:+1 v? 刻，物块A以v。=3m/s的初速度从木板B的： 力在 左端冲上木板向右滑行。已知物块A、木板B、 动量 F合t=p2一p1 时间 定理 I合=△p 物块C的质量分别为mA=5kg、mg=1kg、mc 动量 上的 观点 =3kg,物块A与木板B上表面间的动摩擦因 积累 动量守 m1v1十m2v2= 数为4=0.1，重力加速度为g=10m/s2,木板 效果 恒定律 m1v1′+m2v2 B、物块C间的所有碰撞均为弹性碰撞。求： 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。 (1)木板B与物块C第一次碰前瞬间，物块A (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动 和木板B的速度大小； 状态的改变时，一般用动量定理（涉及时间的问 (2)从物块A冲上木板B到木板B与物块C: 题)或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题。 第二次碰前瞬间，A、B因摩擦产生的热量； 3910 鲁科版物理选择性必修第一册 (3)木板B与物块C第二次碰后瞬间，物块C M 课 的速度大小。 记 1711777077777777777777777777777777777777777777776 (1)小球Q与物体P碰撞后瞬间细线对小球拉 力的大小： (2)物体P在滑板上飞出后相对C点的最大 高度； (3)物体P再次运动到圆弧最低点B时对滑板 压力的大小。 2.(24一25·山东临沂期未)如图所示，一滑板的 上表面由长度为S的水平部分AB和半径为R 的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光 滑的水平面上。物体P(可视为质点)置于滑板 活动二 用系统化思维解决问题 上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦 因数为u=0.1。一根长度为L、不可伸长的细 新知生成 线，一端固定于O点，另一端系一质量为m。的 1.系统化思维方法 小球Q,小球Q位于最低点时与物体P处于同 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过 一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O'同 程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解 高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止 决比较复杂的运动。 释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰 (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或 撞（碰撞时间极短）。已知细线长L=1.8m,小 两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应 球的质量为m,=0.1kg,物体P的质量为m= 用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个 0.2kg,滑板的质量为M=0.6kg,水平轨道 整体（或系统）。 AB长S=1m,圆弧轨道半径R=0.2m,重力 2.若单独利用动量观点（或能量观点）无法解决问 加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求： 题，可尝试两种观点结合联立方程求解。 1140 专题：力学三大观点的综合应用学案10 D新知应用 A<号 2 听 1.(24一25·山东聊城期未)如图所示，光滑水平 地面上有等厚的长木板B、物块A和物块D, C. 记 物块C置于长木板右端，且三个物块均可以视 课堂达标◆ 为质点。开始时A、B、C、D均处于静止状态， 某时刻A获得向右的初速度v。=12m/s,和B 1.如图所示，某商场中，静置在水平地面上沿一直 碰撞瞬间粘合在一起。当A、B、C速度恰好相 线排列着3辆手推车，每辆车的质量均为m= 等时，B和D发生弹性正碰。已知C和B之间 10kg。现给第一辆车v。=11m/s的水平初速 的动摩擦因数为h=0.3,mA=1kg,mB= 度，使其向第二辆车运动，0.5s后与第二辆车 2kg,mc=1kg,mD=4kg,木板长L=2.5m, 相碰，碰后两车以共同速度运动了1s后与第 重力加速度大小为g=10m/s2。求： 三辆车相碰，最后3辆车一起恰好运动至停放 C 处。若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用， □D 碰撞时间很短，手推车运动过程中受到的阻力： (1)A和B碰后的瞬间，B的速度大小； 是其重力的0.2倍。已知重力加速度g= (2)开始时B和D之间的距离； 10m/s2,求： (3)B和D碰后的瞬间，D的速度大小； 更 分1→23■停放处 (4)通过计算判断C最终是否会落到地面。 a7akaa777a7776 (1)第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v; (2)第三辆车运动的距离d。 2.(24一25·辽宁大连阶段练习) 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，另一质量也 为m且可视为质点的物体从箱子中央以。= √2g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4的取值范 围是 ( 4110 鲁科版物理选择性必修第一册 听 2.如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将 3.(23一24·福建莆田期中)如图所示，在光滑的 课 m1、m2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于 水平面上放置了一个质量M=3kg的长木板 记 水平桌面上，弹簧与两物体不拴连。现将细线 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= 烧断，弹簧将两物体弹开，2离开弹簧后从右 1kg的小物块（视为质点），物块与粗糙段间的 边飞出，m1冲上曲面。已知桌面高为h,m2平 动摩擦因数4=0.15，木板右端B连着一段轻 抛的水平射程为x,m1=2m,m2=m,不计一切 质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C 摩擦，重力加速度为g,求： 点，系统处于静止状态。若给小物块一个向右 的初速度v。=2m/s,小物块正好滑到C处；如 mm 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=1s时间后撤去此力时，小物 块正好到达C点。求： (1)m2离开弹簧时的速度大小； (2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度H; (1)长木板AC段的长度； (3)弹簧的最大弹性势能。 (2)恒力F的大小； (3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。 课后反思 1142