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（粤教版）

本高中物理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、空间、时间积累效果对应的牛顿第二定律、动能定理、动量定理，以及动量守恒、能量守恒定律，构建从基础规律到选用原则的学习支架。 资料通过鸡蛋碰石头、滑块碰撞弧形槽等实例，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，强调系统化思维解决复杂问题。课中辅助教师讲解方法，课后助力学生通过练习题查漏补缺，强化知识应用与问题解决能力。

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.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)。 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·深圳市高二期末)某同学在光滑水平台面上玩鸡蛋碰石头，如图，他将一个质量m1=0.2 kg的鸡蛋向一块质量m2=1.0 kg的石头丢去，以v1=15 m/s的速度水平向右碰撞石头，在极短时间内鸡蛋撞破，速度减为0(液体没有粘在石头上)，石头获得水平速度离开高h=0.8 m的水平台面，鸡蛋和石头均视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)石头离开平台时速度的大小； (2)石头落地时速度的大小； (3)石头从离开平台到落地的时间内重力的冲量大小。 答案　(1)3 m/s　(2)5 m/s　(3)4 N·s 解析　(1)鸡蛋和石头碰撞过程中动量守恒，有m1v1=m2v2 解得v2=3 m/s (2)对于石头从抛出到落地，根据动能定理， 有m2gh=m2v2'2-m2 解得v2'=5 m/s (3)设石头从离开平台到落地的时间为t，有h=gt2，解得t=0.4 s，重力的冲量大小为I=m2gt=4 N·s。 例2　(2024·深圳市高二期中)如图所示，一小滑块Q从A点正上方距A点高H=1 m处由静止释放， 从A点进入固定着的光滑 圆弧AB并沿圆弧运动。圆弧AB半径为R=4 m，与粗糙水平面BC平滑连接，小滑块Q与水平面BC间的动摩擦因数为μ=0.2，Q从B运动到C所用时间为t=2 s，在C点静止着一个小滑块P，C点右边 CD为光滑水平面， 当Q运动到C点时与P发生弹性正碰。光滑的 弧形槽质量为M=2 kg，其左端和水平面相切于D点并静止。已知两滑块Q、P质量分别为m1=1 kg，m2=2 kg，重力加速度g取10 m/s2， 求： (1)Q经过圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小； (2)Q、P第一次碰撞后，Q、P的速度大小； (3)求P在光滑的弧形槽M中上升的最大高度。 答案　(1)35 N　(2)2 m/s　4 m/s　(3)0.4 m 解析　(1)设Q运动到B点时的速度大小为vB1， 根据机械能守恒定律有m1g(R+H)=m1 解得vB1=10 m/s 在B点，根据牛顿第二定律有FN-m1g=m1 代入数据解得F N=35 N 由牛顿第三定律可知，Q经过圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小为35 N； (2)以向右为正方向，设Q由B点滑行至C点的速度为v1，由动量定理得-μm1gt=m1v1-m1vB1 解得v1=6 m/s Q与P碰撞过程，根据动量守恒有 m1v1=m1v1'+m2v2 根据机械能守恒有m1=m1v1'2+m2 联立解得v1'=-2 m/s，v2=4 m/s 即碰后Q的速度大小为2 m/s，P的速度大小为4 m/s。 (3)当P在光滑的弧形槽中上升至最大高度时， P与弧形槽水平方向速度相等， 则由水平方向动量守恒得m2v2=(m2+M)v共 解得v共=2 m/s 根据系统机械能守恒得 m2gh=m2-(m2+M) 代入数据解得h=0.4 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.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。 二、用系统化思维解决问题 例3　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< 答案　D 解析　物体与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=2mv共，解得v共=v0。对物体和箱子组成的系统，由能量守恒定律有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Ff=μmg，对系统根据Q=Ff·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。 专题强化练 [分值：50分] [1、2题，每题5分] 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，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 答案　C 解析　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，由能量守恒定律知，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。 2.(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 答案　BD 解析　子弹嵌入小滑块后和小滑块一起向右滑行的初速度即小滑块的最大速度v1，由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1，解得v1=7.5 m/s，故A错误；由于木板足够长，故当子弹、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.(11分)(2024·汕尾市高二期末)在一起交通事故中，一辆货车追尾前面的轿车致使两车嵌在一起滑行了19.6 m才停下。事后交警通过调取轿车的行车记录仪发现被追尾前轿车的速度v1=36 km/h。若两车在地面滑行时与地面间的动摩擦因数均为0.5，碰撞后两车的发动机均停止工作，轿车的质量m1=1 t，货车的质量m2=3 t，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(3分)求两车碰撞后开始滑行时的速度大小； (2)(4分)若两车碰撞时间极短，求碰撞前货车的速度v2大小； (3)(4分)若两车碰撞时间持续0.1 s，轿车驾驶员的质量为70 kg，求撞击过程中，轿车驾驶员受到的汽车水平方向的平均作用力的大小和方向。 答案　(1)14 m/s　(2)15.3 m/s　(3)2 800 N　方向与前进方向相同 解析　(1)两车碰撞后嵌在一起做匀减速直线运动， 滑行位移s=19.6 m 由牛顿第二定律有μ(m1+m2)g=(m1+m2)a 由匀变速直线运动规律有2as=v2 解得v=14 m/s (2)两车碰撞的过程动量守恒，碰前轿车的速度为v1，货车的速度为v2， 则m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得v2= m/s≈15.3 m/s (3)碰撞过程中，对轿车驾驶员在水平方向上进行分析，根据动量定理，设前进方向为正方向， 则有FΔt=m(v-v1) 解得F=2 800 N 方向与前进方向相同。 [4题6分] 4.(多选)(2025·广东省部分名校高二期中)如图所示，静置于水平地面上的两辆相同的购物车相距1 m，一工作人员为节省收纳空间，猛推一下第一辆购物车并立即松手，第一辆购物车向前运动与第二辆购物车相碰并相互嵌套合为一体(碰撞时间极短)，两辆购物车一起运动了1 m后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的阻力恒为车重的，购物车的质量均为10 kg，取重力加速度大小为10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.两购物车碰撞前瞬间，第一辆购物车的速度大小为2 m/s B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为2 m/s C.两购物车碰撞时的能量损失为60 J D.工作人员给第一辆购物车的水平冲量大小为20 N·s 答案　BD 解析　设碰后瞬间两购物车的共同速度为v，根据动能定理有×2mgs=×2mv2，解得v=2 m/s，即两购物车碰撞后瞬间的速度大小均为2 m/s，设碰前第一辆购物车的速度为v0，根据动量守恒定律有mv0=2mv，解得v0=4 m/s，即两购物车碰撞前瞬间，第一辆购物车的速度大小为4 m/s，A错误，B正确；两购物车碰撞时的能量损失为ΔE=m-×2mv2=40 J，C错误；工作人员猛推一下第一辆购物车后，设该购物车的速度为v0'，根据运动学规律-v0'2=2as，其中a=-g=-2 m/s2，s=1 m，联立解得v0'=2 m/s，根据动量定理可得，工作人员给第一辆购物车的水平冲量大小为I=Δp=mv0'=20 N·s，D正确。 5.(11分)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。 6.(12分)(2024·佛山市南海区第一中学高二月考)如图所示，半径R=1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=37°，下端点C为轨道的最低点。C点右侧的粗糙水平地面上，紧挨C点静止放置一质量为M=1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2=1 kg的物块。另一质量m1=1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，之后与m2发生弹性正碰(碰撞后拿走m1)，最终m2刚好未从木板M右端滑下。已知AO的竖直高度H=1.4 m，物块m1从B点运动到C点克服摩擦力做功4 J，物块m2与木板M间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.025，两物块均可视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力，当地重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)物块m1抛出时的初速度大小v0； (2)(3分)物块m1通过圆弧轨道最低点C时受到的支持力大小； (3)(6分)木板的长度L。 答案　(1)3 m/s　(2)59 N　(3)7 m 解析　(1)物块m1水平抛出后做平抛运动，从A点到B点下落高度为h=H-Rsin θ=0.8 m 竖直方向上有=2gh 解得vy=4 m/s 在B点，根据速度分解有v0=vytan θ=3 m/s (2)物块m1从A运动到C过程中，根据动能定理有m1g(H+R)-W克f=m1-m1 结合上述解得vC=7 m/s 物块到达C点时，由牛顿第二定律有FN-m1g=m1 解得FN=59 N (3)物块m1运动到C点时与m2发生弹性正碰，设碰撞后m1与m2的速度分别为v1与v2，根据动量守恒定律有m1vC=m1v1+m2v2 根据机械能守恒定律有 m1=m1+m2 解得v1=0，v2=7 m/s 对m2，由牛顿第二定律有μ1m2g=m2a1 对M有μ1m2g-μ2(m2+M)g=Ma2 设经过时间t后二者共速，则有v=a2t=v2-a1t 对m2有s1=v2t-a1t2 对M有s2=a2t2 两者共速后保持相对静止向右做匀减速直线运动，因为m2刚好未从木板M上滑下，所以m2相对M的位移即为木板的长度， 则有L=s1-s2 联立解得L=7 m。 学科网（北京）股份有限公司 $