第1章 专题强化5 力学规律的综合应用（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦力学规律综合应用，核心涵盖力的三个基本观点（瞬时、空间积累、时间积累效果对应牛顿第二定律、动能定理、动量定理）及选用原则，通过表格对比梳理规律，结合例题从单一物体到系统问题，搭建从基础规律到综合应用的学习支架。 其亮点在于以表格建构力的作用效果与规律的物理模型，例题解析体现科学推理（如碰撞问题分步用动量守恒、动能定理），总结提升强调灵活选取过程和系统的科学思维。实例丰富，如小车与物块碰撞问题，帮助学生提升综合应用能力，教师可借助系统资源优化教学，提高效率。

力学规律的 综合应用 专题强化5 第 1 章 1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则(难点)。 2.掌握处理力学问题的系统化思维和方法选择(难点)。 3.学会选用动力学、动量和能量观点解决问题(重点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 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 < 一 > 力的三个基本观点和选用原则 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=m-m 功和能的关系 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) E1=E2 能量转化(转移) 动量守恒定律 p1=p2 动量关系 2.力学规律的选用原则 (1)如果物体受到恒力作用，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)若研究的对象为一系统，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系统机械能与其他形式能量之间的转化，由于作用时间极短，因此常用动量守恒定律解决问题。 　(2024·三明市尤溪县第七中学高二期中)如图，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=5 kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=3 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在恒力F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.8 s，二者的速度达到vt=2 m/s。求： (1)A开始运动时加速度a的大小； 例1 答案　2 m/s2　 以A为研究对象，由牛顿第二定律有F=mAa，代入数据解得a=2 m/s2 (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； 答案　1 m/s　 A、B碰撞后一起在恒力F的作用下运动时间t的过程中，由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得v=1 m/s (3)A的上表面的长度l。 答案　0.64 m 设A、B发生碰撞前，A的速度为vA， 对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有 Fl=mA，代入数据可得l=0.64 m。 　(2024·福建师范大学附属中学高二期中)如图所示，质量为3 kg、长为 m的长木板B静止在水平面上，质量为1 kg的物块A放在平台上，平台的上表面与长木板的上表面在同一水平面上，木板B的左端紧靠平台的右端，质量为 kg的小球用长为1.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，物 例2 块A与平台、木板B之间的动摩擦因数均为0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球与A碰撞前瞬间，轻绳拉力大小； 答案　10 N　 设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为v0， 根据机械能守恒有mgL=m， 解得v0=6 m/s，小球在最低点时， 根据牛顿第二定律有F-mg=m， 解得F=10 N (2)小球与物块A碰撞过程中，物块对小球的冲量大小； 答案　3 N·s　 设小球与A碰撞后瞬间，小球速度大小为v1、物块A的速度大小为v2， 根据动量守恒有mv0=-mv1+mAv2 根据能量守恒有m=m+mA 解得v1=v2=v0=3 m/s 此过程，物块A对小球的冲量大小I=m(v0+v1)=3 N·s (3)要使物块不滑离木板B，开始时物块A离平台右端的距离最小为多少。 答案　0.5 m 设开始时A离平台右端的距离至少为x，物块刚滑上长木板时的速度大小为v3， 根据动能定理有-μ1mAgx=mA-mA 设长木板的长为s，物块A滑上长木板后，物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2， 根据牛顿第二定律，对物块A有μ1mAg=mAa1 解得a1=5 m/s2 对长木板，有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa2 解得a2= m/s2， 根据题意v3-a1t=a2t v3t-a1t2-a2t2=s 解得v3=2 m/s，x=0.5 m。 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.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 < 二 > 用系统化思维解决问题 　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 A.<μ< B.<μ< C.<μ< D.<μ< 例3 √ 物体与箱子组成的系统动量守恒，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m=(m+m)+Q，解得Q=m=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。 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。 总结提升 返回 < 三 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 答案 C BD AB CD (1)2 m/s　(2)0.24 m　(3)1 m 对一对 答案 1 2 3 4 5 1.如图所示，质量为m的多个相同的物体沿同一直线均匀的摆放在水平桌面上，两个相邻物体间的距离都为l=0.15 m，物体与桌面间的动摩擦因数μ=0.1，现在给最左端的物体一向右的水平初速度v=2 m/s，重力加速度g=10 m/s2，物体间的碰撞为弹性碰撞，则被碰的物体个数是 A.1 B.2 C.13 D.14 √ 1 2 3 4 5 答案 基础强化练 25 物体间的碰撞为弹性碰撞，而且物体的质量相等，所以两碰撞的物体速度交换，最后被碰撞的物体末速度为零，由能量守恒知，动能全部转化为内能，x为物体运动的位移总和，有mv2=μmgx，得x=2 m，故被碰的物体个数n==≈13.3，取整数，故选C。 1 2 3 4 5 答案 2.(多选)(2024·福州市闽侯县第一中学高二月考)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 答案 √ 1 2 3 4 5 答案 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，取水平向右为正方向，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； 由能量守恒定律得(m0+m)=(m0+m+M)+Q，解得Q=4.5 J，故D正确。 3.(多选)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间有摩擦，之后A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 A.A、B之间动摩擦因数为0.1 B.长木板的质量M=2 kg C.长木板长度至少为2 m D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J √ 1 2 3 4 5 答案 √ 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v，解得M=m=2 kg，故B正确； 由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为a==1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg=Ma，解得动摩擦因数为μ=0.1，故A正确； 由图像可知前1 s内B的位移为xB=×1×1 m=0.5 m，A的位移为xA=×1 m=1.5 m，所以木板最小长度为L=xA-xB=1 m，故C错误； A、B组成的系统损失的机械能为ΔE=m-(m+M)v2=2 J，故D错误。 1 2 3 4 5 答案 1 2 3 4 5 答案 4.(多选)(2025·福州三中高二期末)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则 A.两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为 C.两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL D.工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m· √ 能力综合练 √ 由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f=kmgL +2kmgL=3kmgL，A错误； 工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为v0，运动L距离后速度为v1，由动能定理可得-kmgL=m-m，则v1= ，设和第二辆车碰后共同速度为v，取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得mv1=2mv，则v=v1， 1 2 3 4 5 答案 两购物车在碰撞中系统减少的机械能ΔE=m-×2mv2=m-× 2m(v1)2=m=m(-2kgL)，由能量守恒定律可得3kmgL+ΔE=m，联立解得v0=，则v=v1==，ΔE=2kmgL，B错误，C正确； 由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I=mv0-0 =m，D正确。 1 2 3 4 5 答案 1 2 3 4 5 答案 5.(2024·福州市高二期末)如图所示，质量mB=2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，质量mA=3 kg的小物体A(可视为质点)静止在B的左端，B的右边有竖直墙壁。长l=1.6 m的轻细绳下端悬挂一质量mC=1 kg的小物块C，C略高于B上表面。现将C向左拉高使细绳拉直且与竖直方向成夹角θ=60°后由静止释放，C与A发生弹性碰撞，然后撤去轻绳和物块C。已知A与B间的动摩擦因数为μ=0.2，A始终未滑离B，B与竖直墙壁碰前A 和B恰好相对静止，且B和墙壁间为弹性碰撞，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。求： 1 2 3 4 5 答案 (1)C与A相碰后A的速度大小vA； 答案　2 m/s　 对小物块C下摆过程应用动能定理有mCgl(1-cos θ)=mC-0 对于C和A组成的系统，碰撞过程由动量守恒、能量守恒得mCv0=mCvC +mAvA， mC=mC+mA 联立解得vA=2 m/s 1 2 3 4 5 答案 (2)B的右端与墙壁间的距离x； 答案　0.24 m B与墙壁碰撞前瞬间共速，对于A和B组成系统由动量守恒定律得mAvA= (mA+mB)v 对B由动能定理有μmAgx=mBv2 联立解得x=0.24 m 1 2 3 4 5 答案 (3)木板B的长度L至少要多长。 答案　1 m 物体A和木板B共速以后和墙壁发生碰撞，木板B向左减速到零以后反向加速到和物体A共速然后再和墙壁碰撞，一直重复这个过程直到A减速到零，最终A和B的动能全部转化为系统的内能，B停在墙边，由能量守恒定律得μmAgL=mA，代入数据得L=1 m。 返回 本课结束 第 1 章 $