第一章 专题强化6 力学规律的综合应用（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（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦力学规律的综合应用核心知识点，系统梳理力的三个基本观点（瞬时作用对应牛顿第二定律，空间积累对应动能定理，时间积累对应动量定理）及两个守恒定律（能量守恒、动量守恒），明确不同情境下规律的选用原则，构建从单一规律到综合应用的学习支架。 资料通过典型例题（如碰撞、弹簧压缩、平抛运动）和分层练习（A、B组），强化科学思维中的模型建构与科学推理，渗透运动和相互作用观念、能量观念。课中助力教师引导学生分析复杂问题，课后学生可通过例题解析和练习巩固，查漏补缺，提升综合应用能力。

专题强化6　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。3.综合动量和能量观点解决问题(重点)。 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 W合＝ΔEk即W合＝mm 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　(2024·湖州中学高二月考)质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)两者相对静止时运动的速度v； (2)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。 答案　(1)1 m/s，方向水平向右　(2)0.5 解析　(1)设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1+mv2＝(M+m)v， 解得v＝1 m/s，方向水平向右。 (2)对小木块B，根据动量定理得 －μmgt＝mv－mv2，解得μ＝0.5。 例2　如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接， 该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动， 经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段距离后垂直桌面边缘飞出。已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，g取10 m/s2，求： (1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间整体的速度大小； (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； (3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。 答案　(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m 解析　(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到桌面的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mA 解得v1＝6 m/s 滑块A与B碰撞的过程， A、B系统的动量守恒， 碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2， 由动量守恒定律有mAv1＝(mA+mB)v2 解得v2＝2 m/s； (2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩弹簧的过程机械能守恒， 被压缩弹簧的弹性势能最大时， 滑块A、B、C速度相等，设为v3， 由动量守恒定律有 (mA+mB)v2＝(mA+mB+mC)v3 解得v3＝1 m/s 由机械能守恒定律有 Ep＝(mA+mB)(mA+mB+mC) 解得Ep＝3 J (3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时， 滑块C脱离弹簧， 设滑块A、B的速度为v4， 滑块C的速度为v5，由动量守恒定律有 (mA+mB)v2＝(mA+mB)v4+mCv5 由机械能守恒定律有 (mA+mB)(mA+mB)+mC 解得v4＝0，v5＝2 m/s 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动 水平方向x＝v5t 竖直方向H＝gt2，解得x＝2 m。 例3　(2024·浙南名校开学考)如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g，求： (1)子弹击中木块后整体的速度大小； (2)子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q； (3)木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s。 答案　(1)　(2) (3)2 解析　(1)子弹击中木块， 根据动量守恒有mv0＝(m+M)v 解得子弹击中木块后的速度v＝ (2)根据能量守恒Q＝m(m+M)v2 得子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q＝ (3)击中后根据动能定理 －(m+M)g·2R＝(m+M)(m+M)v2 木块从C点飞出后做平抛运动2R＝gt2，s＝vCt 解得s＝2。 二、用系统化思维解决问题 例4　(2024·宁波市余姚中学高二月考)如图，右端带有竖直固定挡板的长木板b，静止在光滑水平面上，小滑块a以初速度v0从左端滑上木板b，a与b的右挡板发生一次弹性碰撞，最后a恰好未从b上掉下。已知a、b质量均为m，滑块a与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则(　　) A.滑块a的最小速度为 B.碰撞后滑块a先减速后加速 C.a、b组成系统的机械能减少了 D木板b的长度为 答案　D 解析　最后a恰好未从b上掉下，则可知最终达到共速，且此时a恰好回到b左端，全过程对a、b系统由动量守恒定律可得mv0＝2mv共，则系统损失机械能为ΔE＝m(2m)m，损失的机械能转化为内能，则有ΔE＝μmg·2L，解得L＝，故C错误，D正确；a与b的右挡板发生一次弹性碰撞前，设a、b加速度大小分别为a1、a2，则μmg＝ma1，μmg＝ma2，设从出发到发生碰撞用时t，则有L＝v0t－a1t2－a2t2，解得t＝(t＝舍去)，则碰撞前a、b速度分别为va＝v0－a1t＝，vb＝a2t＝，由于质量相同，则发生弹性碰撞后速度交换，即碰撞后a、b速度分别为va'＝，vb'＝；碰撞后a的速度小于b，则碰撞后a加速，b减速，直至共速，碰撞后a的速度最小，故A、B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，可以不考虑过程细节。 (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A [分值：40分] 1.(8分)国旗护卫队要将一面质量为2 kg的国旗升至旗杆顶端，国旗从静止开始匀加速达到最大速度0.8 m/s，再匀速一段时间后匀减速运动，到达杆顶时速度恰好为0，整个过程用时46 s，上升高度为32 m，假设匀加速和匀减速的时间相同，不考虑空气阻力和浮力。g取10 m/s2。求： (1)(2分)匀速阶段的时间； (2)(4分)加速阶段和减速阶段轻绳对国旗拉力的大小之比； (3)(2分)国旗整个上升过程中的绳子对国旗拉力的冲量。 答案　(1)34 s　(2) (3)920 N·s，方向竖直向上 解析　(1)设匀速运动的时间为t， 则有h＝vt+(46－t)，解得t＝34 s。 (2)减速时有mg－F2＝ma， 加速时有F1－mg＝ma，a·＝v， 解得 (3)根据动量定理，国旗整个上升过程中的绳子对国旗拉力的冲量大小等于国旗重力的冲量大小，即I＝mgt，可得I＝920 N·s，方向竖直向上。 2.(10分)(2024·台州市高二月考)如图所示，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于O点，另一端系一质量为m的小球a。上表面为圆弧轨道、质量为2m的小车静止在水平地面上，圆弧轨道的半径也为R且最低点与水平面相切，质量为m的小球b静止于圆弧轨道的最低点。现将系小球a的细绳拉至水平，然后由静止释放，小球a到达最低点时与小球b相碰，碰撞时间极短且无能量损失，已知重力加速度为g，所有接触面摩擦忽略不计。求： (1)(2分)小球a碰前瞬间的速度大小； (2)(4分)小球a、b碰撞后瞬间各自的速度大小； (3)(4分)小球b在小车上上滑的最大高度。 答案　(1)　(2)0　　(3)R 解析　(1)小球a下摆过程中，由动能定理得 mgR＝m－0，解得v0＝。 (2)小球a与小球b碰撞，由动量守恒定律得 mv0＝mv1+mv2，由机械能守恒定律得 mm+m， 联立得v1＝0，v2＝。 (3)小球b滑上小车圆弧轨道，当两者共速时，小球到达最大高度，由系统水平方向动量守恒得 mv2＝(m+2m)v3，由机械能守恒得 m(m+2m)+mgh，联立解得h＝R。 3.(10分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37°、底端为B的斜坡AB，其右侧为宽30 m的水平长直公路，B、C为公路的左右边缘，公路右侧有一倾角也为37°的斜坡CD。斜坡上A处有一质量为500 kg的石块a，C处有一质量为300 kg的石块b，a、b均处于静止状态，如图所示。某次特大暴雨后，t＝0时刻a由静止开始运动，一段时间后a与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后b恰好落在D点。已知开始时A、B之间的竖直高度h1＝125 m，C、D之间的竖直高度h2＝45 m；a与斜坡AB之间的动摩擦因数μ＝；a与公路间的摩擦力及a、b所受空气阻力均忽略不计。a、b均可视为质点，斜坡AB底端与公路面平滑连接，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)(4分)a、b相碰撞的时刻t(结果保留三位有效数字)； (2)(3分)b落在D点时的动能； (3)(3分)a、b碰撞过程中b对a的冲量。 答案　(1)17.9 s　(2)1.95×105 J (3)6×103 N·s，方向水平向左 解析　(1)a下滑到B过程，设a加速度为a1，末速度为v0，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学规律magsin 37°－μmagcos 37°＝maa1，a1，v0＝a1t1，解得a1＝1.5 m/s2，t1＝ s，v0＝25 m/s；a从B运动到C过程，时间为t2，有t2＝ s＝1.2 s，则从a开始运动到a、b相碰撞经历时间为t＝t1+t2≈17.9 s。 (2)碰后b做平抛运动，设碰后b的速度为v2，由平抛运动规律h2＝g，＝v2t3，可解得v2＝20 m/s；由动能定理得mbgh2＝EkD－mb，解得EkD＝1.95×105 J。 (3)a、b碰撞过程，设碰后a速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mav0＝mav1+mbv2，解得v1＝13 m/s；对a由动量定理Iba＝mav1－mav0，代入数据可得Iba＝－6×103 N·s，即a、b碰撞过程中b对a的冲量大小为6×103 N·s，方向水平向左。 4.(12分)(2025·浙江省余姚中学期中)航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成，装置A紧靠飞机(飞机静止不动)，转运车B紧靠A。已知包裹与装置A的水平粗糙部分、转运车B上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，装置A与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，不计转运车B与水平地面间的摩擦。A、B的质量均为M＝40 kg，A、B水平上表面的长度均为L＝4 m。包裹可视为质点，将其由装置A的光滑曲面某高度h处静止释放，包裹与B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10 m/s2。 (1)(2分)要使包裹在装置A上运动时A不动，则包裹的质量最大不超过多少； (2)(4分)若包裹质量m1＝50 kg，从高度h＝0.2 m处静止释放，包裹最终没有滑出装置A，求转运车B最终匀速运动时的动量； (3)(6分)若包裹质量m2＝10 kg，为使包裹能停在转运车B上，则该包裹静止释放时的高度h应满足的条件。 答案　(1)40 kg　(2) kg·m/s，方向水平向右　(3)0.8 m≤h≤2.8 m 解析　(1)要使A装置不动， 需满足μ1mg≤μ2(m+M)g，解得m≤40 kg 即包裹的质量不能超过40 kg。 (2)由于包裹质量m1＝50 kg>40 kg， 则装置A带动B车运动，加速度为 a1＝＝0.125 m/s2 包裹的加速度a2＝＝2 m/s2 包裹在光滑曲面下滑过程机械能守恒， 有m1gh＝m1，解得v0＝2 m/s 三者共速有v＝v0－a2t＝a1t 解得v＝ m/s 此后，A减速，B做匀速运动，A与B分离， B最终匀速运动时的动量p＝Mv＝ kg·m/s，方向水平向右。 (3)由于包裹质量m2＝10 kg<40 kg，则装置A始终静止不动，所以包裹静止释放高度最小时，包裹恰好滑上B车，则有m2gh1＝μ1m2gL 解得h1＝0.8 m 包裹静止释放高度最大时，则包裹滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，滑上B车时有m2gh2＝m2+μ1m2gL 与B车相互作用过程满足m2v1＝(M+m2)v' m2(m2+M)v'2+μ1m2g·2L 解得h2＝2.8 m，即为使包裹能停在转运车B上的最大高度，包裹静止释放时的高度h应满足0.8 m≤h≤2.8 m。 专题强化练B [分值：40分] 1.(12分)如图所示，在竖直平面内的轨道由粗糙水平直轨道(足够长)和半径为l的光滑半圆轨道BC构成，半圆轨道BC与水平轨道在B点相切，物块P和Q(均可视为质点)将原长为2l的水平轻质弹簧压缩至l后用细线连在一起(图中细线未画出)，静止在水平轨道上，已知物块P和Q的质量分别为2m和m，P和Q与水平轨道间的动摩擦因数之比μ1∶μ2＝1∶2，轻弹簧中储存的弹性势能为6mgl。烧断细线后，物块P和Q开始沿水平轨道运动，物块P最后停在A点，Q向右滑动3l后到达B点，在B点对半圆轨道的压力大小为5mg，已知重力加速度为g。 (1)(5分)试判断Q能否到达半圆轨道的最高点C，若能到达，求出Q到达C点时的速度；若不能，求出Q脱离轨道的位置距水平轨道的竖直高度； (2)(2分)求Q到达B点时，P的速度大小； (3)(5分)求整个过程中P的位移大小。 答案　(1)不能　l　(2)　(3)3l 解析　(1)Q运动到B点时对半圆轨道的压力大小为FN＝5mg，有FN－mg＝m， 得vB＝2；假设物块Q能到达C点， 从B到C有mg×2l＝mm， 解得vC＝0，假设不成立。 设Q运动到半圆轨道的D点时即将脱离轨道， 此时Q与轨道间的弹力为零， 设D点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ， 则mgcos θ＝m， 从B到D有mgl(1+cos θ)＝mm， D距水平轨道的竖直高度h＝l(1+cos θ)， 联立解得h＝l； (2)物块P和Q都沿水平轨道运动， 系统所受合外力之和始终为零，系统动量守恒， 有2mv＝mvB；Q到达B点时， P的速度大小为v＝； (3)从烧断细线到弹簧恢复原长， 物块P和Q组成的系统动量守恒， 可知P与Q运动的位移之比为x1∶x2＝1∶2， 则弹簧弹力对P和Q做功之比W1∶W2＝1∶2； 根据功能关系W1+W2＝ΔEp，由题意， 弹簧弹性势能改变量ΔEp＝6mgl， 对Q从开始弹开到运动到B的过程， 由动能定理有W2－μ2mg×3l＝m－0； 对P从开始弹开到最终停止的过程， 由动能定理有W1－μ1×2mg·x＝0， 又已知μ1∶μ2＝1∶2， 联立解得整个过程中物块P的位移大小x＝3l。 2.(13分)如图所示，放置于光滑平台上的滑块B的左端固定一水平轻质弹簧且静止，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，重力加速度大小g取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)(2分)滑块B和小车C共速时的速度大小v； (2)(6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 设滑块A到达圆弧轨道最低点的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有 m0gR(1－cos 60°)＝m0 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 m0m+m0，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＝m0(m0+m)，解得Epm＝5 J。 3.(15分)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g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)(6分)小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小； (2)(3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)(6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＝mA 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 mAmA+mB 联立解得vB＝v0＝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＝mC－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＝mB(mB+mC) 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＝mB+mC(mB+mC) 长木板的最短长度为L＝L1+L2＝3.936 m。 学科网（北京）股份有限公司 $