第一章 专题强化6 力学规律综合应用（配套教参Word）-【步步高】2025-2026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核心知识点，系统梳理力的瞬时（牛顿第二定律）、空间（动能定理）、时间（动量定理）积累效果及动量守恒、能量守恒定律，明确不同情境下规律选用原则，搭建从单一规律到综合应用的学习支架。 资料以实际情境例题（如汽车碰撞、子弹射小车）为载体，通过总结提升图示强化系统化思维（整体过程、对象），专题强化练分层设计。培养科学思维（模型建构、科学推理）与物理观念（能量、动量观念），课中助教师高效授课，课后学生可借例题解析和练习查漏补缺。

专题强化6　力学规律综合应用 [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.学会选用动力学、动量和能量观点解决问题(重点)。3.掌握处理力学问题的系统化思维(难点)。 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。 例1　(2024·宜宾市高二月考)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为1.0×103 kg和4×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。 答案　(1)3 m/s　(2)14 m/s 解析　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB，设碰撞后的瞬间B车速度的大小vB'，碰后滑行的距离为sB，则vB'2=2aBsB，代入数据解得vB'=3 m/s (2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA，设碰撞后的瞬间A车速度的大小vA'，碰后滑行的距离为sA，则vA'2=2aAsA，代入数据解得vA'=2 m/s，设碰撞前的瞬间A车速度的大小vA，两车在碰撞的过程中，动量守恒，则有mAvA=mAvA'+mBvB'，代入数据解得vA=14 m/s。 例2　(2024·泸州市高二月考改编)如图所示，一质量m1=0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2=0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以v=2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车上表面间的动摩擦因数μ=0.8。g取10 m/s2，求： (1)子弹相对小车静止时小车速度的大小v1； (2)物块在小车上滑行的时间t； (3)小车的长度L。 答案　(1)10 m/s　(2)0.25 s　(3)2 m 解析　(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 m0v0=v1，解得v1=10 m/s (2)对物块，根据动量定理有μm2gt=m2v，解得t=0.25 s (3)三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有v1=v2+m2v，解得 v2=8 m/s，由能量守恒定律有=μm2gL++m2v2，解得L=2 m。 例3　(2024·宜宾市高二期中)如图所示，光滑水平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，水平部分NQ的长度L=8 m，传送带逆时针转动且以v=2 m/s的速度匀速转动。MN上放置两个质量都为m=1.0 kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.4，重力加速度g取10 m/s2。开始时，A、B静止，A、B间压缩一水平轻质弹簧，其弹性势能Ep=16 J。现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧。 (1)求物块B被弹开时速度的大小； (2)A与P相碰后静止，当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘在一起向右滑动，要使A、B连接体刚好从Q端滑出，求P对A做的功。 答案　(1)4 m/s　(2)162 J 解析　(1)对于A、B物块被弹簧分开的过程，由动量守恒定律有mvA=mvB， 根据能量守恒定律知Ep=m+m，代入数据得vA=vB=4 m/s (2)以物块B为研究对象，因为vB>v，物块B返回到水平面MN后它的速度为vB1=v=2 m/s；设A与B碰前的速度为vA1，B被A碰撞一起向右运动的速度为vB2，要使A、B连接体刚好从Q端滑出，则物块B的末速度vB3=0，由匀变速直线运动规律知=2aL，且有μmg=ma，解得vB2=8 m/s；对于A、B的碰撞过程由动量守恒定律有mvA1-mvB1=2mvB2，解得vA1=18 m/s；由动能定理得P对A做的功为W=m=162 J。 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.选取恰当的规律。根据多个过程，某物体或系统受力情况和能量转化情况，选取适合正确的规律。 4.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况。 二、用系统化思维解决问题 例4　(多选)(2024·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取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=m-(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。 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。 专题强化练 [分值：70分] [1、2题，每题4分] 1.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，由动量守恒定律有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有m=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有m=2fL+(M+m)v2，联立得Ep=1.5 J，故A正确。 3.(9分)(2024·绵阳南山中学高二期末)如图所示，质量m=1 kg的小物块静止放置在固定水平平台的最左端，质量为2 kg上表面水平的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l均为0.6 m且上表面等高。现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端。小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，水平地面足够长，求： (1)(4分)小物块离开平台时速度的大小； (2)(5分)水平恒力F对小物块冲量的大小。 答案　(1)3 m/s　(2)5 N·s 解析　(1)设撤去水平恒力时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1。从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，对小物块和小车系统，由动量守恒定律有mv0=(m+M)v1 由能量守恒定律有m=(m+M)+μmgl 联立以上两式并代入数据得v0=3 m/s (2)设水平恒力对小物块的冲量大小为I，小物块在平台上运动的时间为t。小物块在平台上运动过程，对小物块由动量定理有I-μmgt=mv0 由运动学规律有l=·t 联立以上两式并代入数据得I=5 N·s。 4.(11分)(2024·达州市高二月考)如图所示，光滑水平面的左侧是倾角为37°的粗糙斜面，右侧是半径为0.7 m的竖直半圆形光滑轨道。可看作质点的物块A、B放在水平面上，两者用细线相连，A、B间有一水平压缩弹簧。某时刻烧断细线，A、B被弹簧弹开，物块A向左运动滑上斜面，沿斜面上升的最大高度是0.6 m。物块B向右运动进入半圆轨道，离开半圆轨道最高点后又落在水平面上。已知物块A质量为物块B质量的2倍，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。不计空气阻力，求： (1)(3分)物块A被弹簧弹开时获得的初速度大小； (2)(4分)物块B经过半圆轨道最高点时所受弹力与其重力之比； (3)(4分)物块B经过半圆轨道后落到水平面上的落点与半圆轨道最高点的水平距离。 答案　(1)4 m/s　(2)29∶7　(3) m 解析　(1)设物块B的质量为m，物块A的质量为M，物块A沿斜面上滑过程，加速度的大小为a==8 m/s2，物块A沿斜面上滑的距离L==1 m，物块A获得的初速度vA==4 m/s。 (2)A、B分离过程动量守恒，则有MvA-mvB=0，分离后物块B的速度大小vB==2vA=8 m/s；设物块B在最高点的速度为vB'，沿着半圆轨道上升到最高点机械能守恒，则有m=mvB'2+2mgR，代入数据解得vB'=6 m/s；设在最高点轨道对物块B的弹力为F，F+mg=m，代入数据解得=。 (3)物块B离开最高点后做平抛运动，在竖直方向有2R=gt2，落点与最高点的水平距离s=vB't，代入数据解得s= m。 5.(13分)如图所示，两个高度相同的滑块A和B静止在绝缘光滑的水平面上，二者之间的距离L0=10.0 m且均可视为质点，滑块A及滑块B的质量均为m，其中滑块A所带电荷量为+q，滑块B不带电。此时在空间中施加一水平向右范围足够大的匀强电场，场强大小为E=。已知A与B的碰撞为弹性正碰，碰撞过程中不发生电荷转移，g取10 m/s2。求： (1)(6分)滑块A第一次与滑块B发生弹性正碰后滑块B的速度； (2)(7分)从第一次碰撞结束至第二次碰撞前滑块A的运动时间。 答案　(1)10 m/s，方向水平向右　(2)4 s 解析　(1)以A为研究对象，设A第一次与B发生弹性正碰前的速度为v0， 则qEL0=，代入数据解得v0=10 m/s 以v0方向为正方向，对A、B由动量守恒定律及机械能守恒定律有 mv0=mvA+mvB m=m+m 解得vB=10 m/s，方向水平向右 (2)从第一次弹性正碰后到第二次弹性正碰前，这一阶段A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动，且二者的运动时间t及位移均相等，则=v0t，其中a==5 m/s2，代入数据解得t=4 s。 6.(15分)(2024·宜宾市高二月考)如图所示，静止在水平地面上的木板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，g取10 m/s2，求： (1)(7分)s的最小值； (2)(8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=M，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=m，解得x=9 m。 7.(14分)(2024·成都市高二月考)如图所示，质量M=3 kg的小车静止在光滑的水平地面上，车的上表面由水平面BD和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径为R=2.4 m，圆弧面的最低点B与水平面相切。水平面右侧有一固定挡板，轻弹簧放在水平面上，右端与挡板连接，左侧自由端位于C点，水平面CD段光滑，BC段粗糙，BC段长度为3.6 m。一个质量m=1 kg的小滑块(视为质点)，在圆弧面的最高点A由静止释放。已知滑块与水平面BC段间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)滑块第一次滑到B点时，滑块和小车的速度分别为多大； (2)(4分)滑块第一次滑到C点时，滑块相对于地面的总位移； (3)(6分)滑块第一次向左滑上圆弧面最高点的位置离B点的高度。 答案　(1)6 m/s　2 m/s　(2)4.5 m　(3)0.96 m 解析　(1)设滑块第一次滑到B点时滑块和小车的速度大小分别为v1、v2，车和滑块组成的系统不受水平外力，因此系统水平方向动量守恒，因此有mv1=Mv2，根据机械能守恒定律有mgR=m+M，解得v1=6 m/s，v2=2 m/s。 (2)车和滑块组成的系统水平方向动量守恒，且初始时刻系统水平动量为0，故系统水平动量始终为0。设滑块第一次滑到C点时向右运动的对地位移大小为x1，同时间段内小车向左运动的位移大小为x2。根据人船模型有mx1=Mx2，滑块和小车的水平相对位移为A、C之间的水平距离，故有x1+x2=R+|BC|=6 m，联立解得x1=4.5 m。 (3)当滑块第一次向左滑到圆弧面最高点时，滑块竖直方向速度为0，且滑块和小车水平方向共速，又由于车和滑块组成的系统水平方向动量守恒且始终为0，设滑块和小车水平方向共同的速度大小为vx，则(M+m)vx=0，解得vx=0；对整个过程由能量守恒定律有mg(R-h)=2μmg|BC|，解得h=0.96 m。 学科网（北京）股份有限公司 $