粤教版高中物理选修3-5课时练习第一章第五节自然界中的守恒定律
粤教版高中物理选修3-5第一章第五节自然界中的守恒定律自测题
第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律A级抓基础1．(多选)下列论述中正确的是()A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D．动量守恒是相互作用的物体系统在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的解析：由动量守恒定律可知，相互作用的各个物体在相互作用前后的动量有可能不同，而各个物体的动量之和是不变的．答案：ACD2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较()A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生的热量不一样多解析：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相等．子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多，A项正确，B项错误；根据能量守恒定律、系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多，C项正确，D项错误．答案：AC3.如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J解析：对木块A和B碰撞过程，两木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律，得m v A＝2m v，得v＝2 m/s，弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小E p＝12·2m v2＝8 J. 答案：B4.如图所示，关于质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象，有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反．其中正确的是()A．①②B．②③C．②④D．③④解析：由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，且速度大小相同，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，由碰撞过程中动量守恒可得m1v1＋m2v2＝0.故选项C对．答案：CB级提能力5.(多选)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：根据动量守恒定律和能量守恒定律得⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22，且m 1＝m ，m 2＝3m ， 解得v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝－12v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1＝12v 1，A 正确． 根据12m v 2＝mgh ＝mgR (1－cos θ)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，根据单摆的等时性，D 正确．答案：AD6．(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是 ( )A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h 4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算解析：根据机械能守恒定律，可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律，可得A 与B 碰撞后的速度v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12·2m v 2＝12mgh ，A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，即C 正确，D 错误． 答案：BC7.如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出．重力加速度为g .求：(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得m v 0＝m v 02＋M v ，① 解得：v ＝m v 02M.② 系统损失的机械能为：ΔE ＝12m v 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12M v 2，③得：ΔE ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M m v 20.④ (2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则：⎩⎪⎨⎪⎧h ＝12gt 2，s ＝v t ，⑤⑥由②⑤⑥三式可得：s ＝m v 0Mh 2g . 答案：(1)18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M m v 20 (2)m v 0M h 2g。
2020-2021学年高中物理粤教版选修3-5 第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律教学案
第五节自然界中的守恒定律1．各种形式的能量可以相互转化，但总能量不变，可以说能量的守恒是最重要的守恒形式。
2．动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的,适用于任何形式的运动。
3．物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变，例如能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性,动量守恒则对应着某种空间变换中的不变性。
4．所谓对称,其本质也是具有某种不变性，守恒定律来源于对称，物理规律的每一种对称性通常都相应于一种守恒定律.5．物质世界三大守恒定律是指物质、能量、动量三个方面。
对守恒定律的理解1.守恒定律的特点(1)守恒定律并不告诉我们物体状态变化的全部细节，也不能判定某种变化是否会发生，也无法描述变化过程的快慢。
(2）守恒定律可以用来判断某个变化是否可能发生,以及一旦发生物体初、末状态间应满足什么样的关系。
即在符合守恒条件时，可以不分析系统内相互作用过程的细节，而对系统的变化状态或一些问题作出判断。
（3)物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变。
例如：在微观世界中我们对粒子之间的相互作用情况不清楚,但是仍然可以用守恒定律得出一些结论。
当两个亚原子微粒碰撞时，由于对碰撞过程中的各种细节我们还缺乏完整而可靠的计算理论,因而事先并不能准确预知碰撞的结果。
但却可以根据能量与动量守恒推断碰撞后是否会有未观察到的粒子产生，从而在实验中加以注意，进行检验。
2．守恒与对称的关系(1）所谓对称，其本质也就是具有某种不变性,守恒定律来源于对称,物理规律的每一种对称（即不变性)通常都对应于一种守恒定律.对称和守恒这两个重要概念是紧密联系在一起的。
（2）物理规律的对称性就是某种物理状态或过程在一定的变换下（例如转动、平移等等），它所服从的物理规律不变.例如：物理学概念有对称性的如正电子和负电子、南北磁极、电场与磁场、粒子与反粒子、平面镜成像、光的可逆性、力现象和热现象的平衡态、物质性质的各向同性、物质的波动性和粒子性等等.物理学上受对称性启发而提出新概念，发现新规律的事例也是很多的。
物理选修3-5(配粤教)第1章第五节
核心要点突破
一、守恒与不变 1．守恒与不变 物质世界三大守恒定律是物质、能量、动量 三个方面． (1)各种形式的能量可以相互转化但总能量不 变，可以说能量守恒是最重要的守恒形式．
(2)动量守恒通常是对相互作用的物体所构 成的系统而言的，适用于任何形式的运动.
在中学物理中，我们学过的守恒定律有：机 械能守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定 律、质量守恒定律、能量守恒定律等．守恒 定律中所涉及的守恒量的形式可以改变，但 它既不会凭空产生，也不会消失掉，无论何 时，如果这个守恒的量在某个地方有所增加 ，那么在系统的另一个地方一定有相同数量 的减少．
2．守恒定律的本质
物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是 某种物理量保持不变，例如能量守恒对应着 某种时间变换中的不变性；动量守恒则是对 应着某种空间变换下的不变性；与转动变换 不变性对应的是角动量守恒；与空间反射( 镜像)操作不变性对应的是宇称守恒．因此 ，守恒定律其实正是自然界和谐统一规律的 体现，这种和谐的规律以数学的形式表现出 来，向人们展现出自然科学理论的美学价值 ．
课堂互动讲练
动量守恒和机械能守恒
(单选)一颗子弹水平射入置于光滑水 平面上的木块A中，并留在其中，A、B用一 根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1－5 －1所示．则在子弹打中木块A及弹簧被压 缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的 系统( )
例1
图 1－ 5 －守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．无法判断动量、机械能是否守恒 【思路点拨】 要正确理解机械能的守恒条 件：(1)只有重力(或弹力)做功；(2)受其他力 ，但其他力不做功或其他力做功为零．
【自主解答】 由于子弹打入木块及压缩弹 簧的整个过程中，系统所受的合外力等于零 ，则系统的动量守恒，由于子弹在打入木块 过程中与木块间的阻力做功，使机械能的一 部分转化为内能，所以系统机械能不守恒．
2019-2020学年粤教版物理选修3-5新素养学案：第一章第五节自然界中的守恒定律 Word版含答案
第五节自然界中的守恒定律1.知道守恒定律在自然界中普遍存在，知道什么是对称和对称性，对称和守恒定律的关系．2．知道能量守恒、动量守恒、质量守恒三大定律，正确地理解以上三大定律．一、守恒与不变1．能量守恒：能量是物理学中最重要的物理量之一，而且具有多种多样的形式，各种形式的能量可以相互转化，但总能量不变．可以说，能量守恒是最重要的守恒形式．2．动量守恒：动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的．适用于任何形式的运动，因此常用来推断系统在发生碰撞前后运动状态的变化．事实上，动量守恒定律与碰撞过程的具体细节无关，这一点是很重要的．二、守恒与对称所谓对称，其本质也是具有某种不变性．物理规律的每一种对称性(即不变性)通常都相应于一种守恒定律．对称和守恒这两个重要概念是紧密地联系在一起的．在中学物理中，我们学过的守恒定律都有哪些？提示：三大守恒定律(质量、能量、动量)、机械能守恒定律、电荷守恒定律等．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律相同点研究对象研究对象都是相互作用的物体组成的系统研究过程研究的都是某一运动过程不同点守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式p1＋p2＝p1′＋p2′E k1＋E p1＝E k2＋E p2表达式的矢标性矢量式标量式某一方向上应用情况可在某一方向独立使用不能在某一方向独立使用运算法则矢量法则进行合成或分解代数运算法则(1)因为两个守恒定律的守恒条件不同，系统的动量守恒时，机械能不一定守恒，系统的机械能守恒时，动量不一定守恒．(2)那种见到力学问题就习惯运用牛顿运动定律解决的思维显然是较低层次的，应当根据具体问题用动量的观点、动能的观点以及能量的观点来分析解决问题．如图所示，质量为m 、速度为v 的子弹水平击中用细绳悬挂的静止木块，并留在其中．从子弹击中木块到它们一起摆动上升的整个过程中，以子弹和木块为系统，下面有关动量和机械能的说法中正确的是( )A ．动量守恒B ．动量、机械能都守恒C ．机械能守恒D ．动量和机械能都不守恒[思路点拨] 本题需要注意判断动量守恒和机械能守恒的条件不同．[解析] 以子弹和木块为系统，在子弹击中木块到它们一起摆动上升的整个过程中，系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒，在子弹打入木块过程中需要克服摩擦做功，机械能有损失．[答案] D如图所示，A 、B 两个木块用弹簧连接，它们静止在光滑水平面上，A和B 的质量分别是99m 和100m .一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，在后来的过程中弹簧弹性势能的最大值是多大？解析：刚开始瞬间，子弹和木块A 发生完全非弹性碰撞，动量守恒，有：m v 0＝(m ＋m A )v所以v ＝m v 0m ＋m A ＝m v 0m ＋99m ＝v 0100之后，木块A (包括子弹)和木块B 组成的系统，动量守恒，机械能守恒，当A 、B 速度相等时，弹簧压缩量最大，这时弹性势能最大，有(m ＋m A )v ＝(m ＋m A ＋m B )v ′12(m ＋m A )v 2＝12(m ＋m A ＋m B )v ′2＋E p 所以E p ＝12×100m ×⎝⎛⎭⎫v 01002－12×200m ×⎝⎛⎭⎫v 02002＝m v 20400.答案：m v 20400动量、能量综合问题的求解利用动量和能量的观点解题时应注意的问题(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式． (2)从研究对象上看，动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于研究单体，动能定理在高中阶段只能用于研究单体．(3)动量守恒定律和能量守恒定律是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．中学阶段凡可用牛顿运动定律解决的问题，一般也可用动量的观点或能量的观点求解，而且要比用力和运动的方法简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用牛顿运动定律的方法．如图所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板．物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点．探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作，已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .[解析] (1)设P 1和P 2发生碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝1 2m v 21－12×2m v 22 ② 解得ΔE ＝9 J.(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－μ2mg ③ 可以把P 从A 点运动到C 再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式：有3L ＝v 2t ＋12at 2 ④ 由①③④式得v 1＝6L ＋μgt 2t ⑤若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s若4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ2mg 4L ⑥当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J. [答案] (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J本题考查动量守恒定律、运动学规律及动能定理等知识．对物体受力分析和物理过程的分析以及确定始、末状态是解决此类问题的关键．【通关练习】1．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A ．12m v 2B ．mM 2（m ＋M ）v 2 C ．12N μmgL D ．N μmgL 解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v 1，根据动量守恒定律：m v ＝(m ＋M )v 1则动能损失ΔE k ＝12m v 2－12(m ＋M )v 21 解得ΔE k ＝mM 2（m ＋M ）v 2，B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞N 次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s ＝0.5L ＋(N －1)L ＋0.5L ＝NL ，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔE k ＝Q ＝N μmgL ，D 对．2．在光滑的水平面上放有质量均为m 的物体A 和B ，两者彼此接触如图所示，物体A 的上表面是半径为R 的光滑半圆形轨道，轨道顶端距水平面的高度为h .现有一质量也为m的小物体C 从轨道的顶端由静止状态下滑，已知在运动过程中A 和C 始终保持接触．试求：(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 分离后，物体C 所能达到距水平面的最大高度．解析：(1)当C 运动到最低点时，A 和B 开始分离．设A 和B 刚分离时，B 的速度为v B ，C 的速度大小为v C ，根据A 、B 、C 组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒有(m A ＋m B )v B ＝m C v Cm C gR ＝12m C v 2C ＋12(m A＋m B )v 2B 由以上两式解得：v B ＝133gR ，方向水平向右． (2)A 和B 分离后，C 达到最大高度时速度的竖直方向分量v Cy ＝0，A 、C 速度相同，设为v 1.根据动量守恒定律，有m B v B ＝(m A ＋m C )v 1C 位于最大高度时速度v 1＝12v B ＝163gR 设C 能达到距水平面的最大高度为H ，根据机械能守恒定律，有m C gh ＝12m B v 2B ＋12(m A＋m C )v 21＋m C gH C 能达到的最大高度H ＝h －14R . 答案：(1)133gR ，方向水平向右 (2)h －14R[随堂检测]1．(多选)下列说法正确的是( )A ．能量守恒定律是自然界普遍遵循的规律B ．能量守恒定律只在宏观问题中成立，在微观问题中则不成立C ．微观粒子的相互作用过程同样遵循动量守恒定律D ．只有重力对物体做功，则物体的动能和势能相互转化，且两种能量之和保持不变 解析：选ACD.能量守恒定律、动量守恒定律是自然界普遍遵循的规律，不仅在宏观问题上成立，在微观问题中同样成立；只有重力对物体做功，物体的动能和势能相互转化，机械能保持不变．2．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于( )A ．E p mB ．2E p mC ．2E p mD ．22E p m解析：选C.设碰前A 的速度为v 0，根据动量守恒定律，m v 0＝2m v ，则压缩最紧(A 、B有相同的速度)时的速度为v ＝v 02，由系统的机械能守恒得： 12m v 20＝12·2m v 2＋E p ，解得：v 0＝2E p m. 3．(多选)一陨石自高空落到山谷中，有一目击者，他先是看到火光，随后听到巨大声响，最后他走到陨石旁用手摸了摸陨石，感觉烫手．就上述现象所得出的下列认识中正确的是( )A ．陨石的动量消失了，转化为声、光、热等形式的能量B ．陨石的动量消失了，这表明陨石与地球碰撞中动量不守恒C ．陨石与地球碰撞中动量是守恒的，陨石的动量传递给了地球D ．陨石与地球碰撞中，陨石的机械能转化为声、光、热等形式的能量解析：选CD.动量不可能转化为能量，A 项错误；陨石在与地球碰撞的过程中内力远大于外力，动量守恒，陨石的动量没有消失，而是传递给了地球，B 项错误，C 项正确；碰撞过程中陨石的机械能转化为声、光、热等形式的能量，D 项正确．4．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图．具有初动能E 0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于( )A ．E 0B ．45E 0C ．15E 0D ．125E 0 解析：选C.设物块的质量为m 0，则第1个具有初动能为E 0的物块的动量p 0＝2m 0E 0，因5个物块碰撞过程中，动量守恒，最后的共同速度设为v .则p 0＝5m 0v ＝2m 0E 0，得v ＝2m 0E 05m 0，则5个物块最后的动能E k ＝12×5m 0v 2＝12×5m 0×⎝⎛⎭⎫2m 0E 05m 02＝15E 0，选项C 正确． 5.如图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．解析：(1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v① 由①式得m B ＝m 2. ②(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m ⎝⎛⎭⎫v 22＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2 ④联立②③④式得ΔE ＝16m v 20. 答案：(1)12m (2)16m v 20[课时作业]一、单项选择题1．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )解析：选A.A 中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B 中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C 中木球与铁球组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒；D 中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．2.如图所示，质量相同的两木块M 、N 中间固定一轻弹簧，M 放在粗糙的水平面上，N 放在光滑的水平面上，用力将两物体靠近使弹簧压缩，此时弹簧的弹力大于M 所受到的最大静摩擦力，当松手后两物体被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块，有( )A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量守恒、机械能不守恒C ．动量、机械能都不守恒D ．加速度大小时刻相等解析：选C.机械能守恒的条件是除了重力、弹力以外，其他力不做功．动量守恒的条件是系统的合外力为零．两木块在弹开的过程中，合外力不为零，摩擦力做负功．动量不守恒，机械能也不守恒，C 正确，A 、B 错误．M 所受的合外力与N 所受的合外力大小不等，根据牛顿第二定律，D 错误．3．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg 的球以5.0 m/s 的速度向前运动，与质量为3.0 kg 的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v 木＝4.2 m/s ，则( )A ．碰撞后球的速度为v 球＝－1.3 m/sB ．v 木＝4.2 m/s 这一假设不合理，因为这种情况不可能发生C ．v 木＝4.2 m/s 这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D ．v 木＝4.2 m/s 这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v 球的大小不能确定 解析：选B.根据动量守恒定律有m v ＝m 1v 1＋m 2v 2，即0.2 kg ×5.0 m/s ＝0.2 kg ×v 1＋3.0 kg ×4.2 m/s得v 1＝－58 m/s ，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．4.人的质量m ＝60 kg ，船的质量M ＝240 kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )A ．1.5 mB ．1.2 mC ．1.34 mD ．1.1 m解析：选C.船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v 0，则s 0＝v 0t .撤去缆绳，由动量守恒0＝m v 1－M v 2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，则12m v 20＝12m v 21＋12M v 22解得v 1＝ M M ＋m v 0 故s 1＝v 1t ＝M M ＋m s 0≈1.34 m ，C 正确． 5．质量相等的A 、B 两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A 而只释放B 球时，B 球被弹出落到距桌边水平距离为s 的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距桌边( )A ．s 2B ．2sC ．sD ．22s 解析：选D.挡板挡住A 球时，弹簧的弹性势能全部转化为B 球的动能，有E p ＝12m v 2B，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有E p ＝2×12m v ′2B ，由以上两式解得v B ′＝22v B，由于B 球抛出后做平抛运动，s ＝v 0t ＝v 02h g，所以D 对． 6．如图，一水平足够长的传送带以速率v 逆时针运动，一质量为m 可视为质点的物体以水平向右的初速度v 放在传送带上，从物体放上传送带开始至二者最终速度相等的过程中( )A ．摩擦力对物体做功为m v 2B ．物体动能的改变量为0C ．物体动量的改变量为0D ．摩擦产生的热量为1.5m v 2解析：选B.此过程中，物体的动能改变量为0，则摩擦力对物体做功为0，选项A 错误，B 正确；动量改变量为2m v ，选项C 错误；物体向右运动过程中摩擦生热为12m v 2，向左运动过程中摩擦生热为12m v 2，所以选项D 错误． 7．一木块静止在光滑水平面上，被水平方向飞来的子弹击中，子弹进入木块的深度为2 cm ，木块相对于桌面移动了1 cm ，设木块对子弹的阻力恒定，则产生的热能和子弹损失动能之比是( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶2D ．1∶3解析：选B.子弹损失的动能等于子弹克服阻力所做的功，子弹的位移为打入深度d 与木块移动距离L 之和，有ΔE k ＝f (d ＋L )① 产生的热能为Q ＝fd .② 解①②式，得Q ΔE k ＝d d ＋L ＝23. 二、多项选择题8．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( ) A ．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B ．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C ．作用前后总动能为零，而总动量不为零D ．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的矢量和不为零 解析：选AB.选项A 是非弹性碰撞，成立；选项B 是弹性碰撞，成立；选项C 不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D ，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量的矢量和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D 不成立．9．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A 和B ，它们的质量都为m .现B 球静止，A 球以速度v 0与B 球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是( )A ．B 球动能的最大值是m v 202B ．B 球动能的最大值是m v 208C ．系统动能的最小值是0D ．系统动能的最小值是m v 204解析：选AD.当两球发生完全弹性碰撞时，A 球静止，B 球的动能最大，A 正确，B 错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是14m v 20，C 错误，D 正确．10．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M 的平板，处在平衡状态．一质量为m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h ，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( )A ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C ．环撞击板后，板的新的平衡位置与h 的大小无关D ．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功 解析：选AC.环与板的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A 对、B 错；新的平衡位置为环和板的总重力与弹簧的弹力大小相等的位置，显然与h 的大小无关，C 项对；碰后环与板一起下落的过程，环与板的机械能的减少等于克服弹簧的弹力所做的功，D 错．三、非选择题11．如图所示，可视为质点质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂于O 点，在光滑的水平面上有一个质量为M 的物体，其右侧是一个半径为R 的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为R 2的粗糙水平面，在其左端A 处放有一个质量也为M 的弹性物块，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O 等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C 处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．解析：小球下摆过程中，由mgL ＝12m v 21得v 1＝2gL ，碰后返回过程中，由mgL (1－cos θ)＝12m v ′21得v ′1＝gL 小球和物块发生碰撞时动量守恒m v 1＝M v 0－m v 1′和能量守恒12m v 21＝12M v 20＋12m v ′21， 联立解得v 0＝(2－1)gL ，m M ＝2－12＋1. 物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒M v 0＝2M v ，损失的动能用于克服摩擦做功12M v 20＝12(M ＋M )v 2＋MgR ＋μMg R 2， 整理可得μ＝（3－22）L 2R－2.答案：2－12＋1（3－22）L 2R －2 12．如图所示，长木板ab 的b 端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M ＝4.0 kg ，a 、b 间距离s ＝2.0 m ，木板位于光滑水平面上．在木板a 端有一小物块，其质量m ＝1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v 0＝4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相撞．碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：设木块和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律m v 0＝(m ＋M )v设全过程损失的机械能为E ，则E ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2 用s 1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W 1表示在这段时间内摩擦力对木块所做的功，用W 2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用s 2表示从碰撞后瞬间到物块回到a 端时木板的位移，W 3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W 4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W 表示在全过程中摩擦力做的总功，则W 1＝μmgs 1，W 2＝－μmg (s 1＋s )W 3＝－μmgs 2，W 4＝μmg (s 2－s )W ＝W 1＋W 2＋W 3＋W 4用E 1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E 1＝E ＋W所以E 1＝12·mM m ＋M v 20－2μmgs 代入数据得E 1＝2.4 J.答案：2.4 J。
物理粤教版选修3-5课后集训：第一章5.自然界中的守恒定律含解析
课后集训基础达标1。
当物体克服重力做功时,物体的（ )A.重力势能一定减少，机械能一定增大B.重力势能一定增加，机械能一定增加C.重力势能一定增加，动量可能不变 D 。
重力势能一定减少，动能可能减少解析：物体克服重力做功，只能断定物体的重力势能增加，由于不知道物体的运动情况，不能确定动能、机械能是否变化,以及怎样变化.答案：C2。
以初速度v 0竖直上抛一个质量为m 的小球，小球运动过程中所受阻力f 大小不变，上升最大高度为h ，则抛出过程中，人手对小球做的功为（ ）A 。
2021mv B 。
mgh C.mgh mv +2021D 。
mgh+fh解析：应用动能定理，抛出球时手对球的功应等于小球出手时的动能，即W=221mv ，故A 项正确。
从小球抛出到上升到最高点，重力与阻力对小球均做负功，根据动能定理得—mgh —fh=20210mv -,W=221mv =mgh+fh,故D 项正确。
答案：D3。
质量为m 的小球被系在轻绳的一端,在竖直平面内做半径为R 的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力作用，设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子张力为7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为( ）A 。
mgR 41 B.mgR 31 C.mgR 21D.mgR解析：本题应用动能定理结合圆周运动的知识，还应找出小球在最低点、最高点所满足的条件即可求解。
则设绳的张力为T ，在最低点有：T-mg=Rv m 21，T=7mg, 在最高点时，T=0,重力充当向心力mg=R v m 22, 从最低点到最高点运动的过程中有—mg·2R -W f =21222121mv mv -,联立解得W f =mgR 21，故选C 项. 答案：C4。
一木块静止在光滑水平面上，被水平方向飞来的子弹击中,子弹进入木块的深度为2 cm ，木块相对于桌面移动了1 cm ，设木块对子弹的阻力恒定，则产生的热能和子弹损失动能之比是( )A.1∶1B.2∶3C.1∶2 D 。
物理粤教版选修3-5课后训练：第一章第五节自然界中的
自然界中的守恒定律练习1．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3 000 kg向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断碰前卡车的行驶速率（）．A．小于10 m/sB．大于10 m/s小于20 m/sC．大于20 m/s小于30 m/sD．大于30 m/s小于40 m/s2．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2 m/s，则（）．A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3 m/sB．v木＝4.2 m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C．v木＝4.2 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D．v木＝4.2 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定3．如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，A、C 间距离为s；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼振动到最后静止．设小物体通过的总路程为l，则下列选项中错误的是（）．A．l＞s B．l＝sC．l＜s D．l＝s或l＜s都可能4．（双选）在两个物体碰撞前后，下列说法中可能成立的是（）．A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零5．（双选）质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么碰撞后B球的速度大小可能是（）．A．13v B．23vC．49v D．89v6．（2011·上海单科）光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连．开始时a球静止，b球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量________（选填“守恒”或“不守恒”）；机械能________（选填“守恒”或“不守恒”）．7．一个物体静止于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图a所示．现给盒子一个初速度v0，此后，盒子运动的v t图象呈周期性变化，如图b所示．请据此求盒内物体的质量．8．如图所示，A、B两个木块用弹簧连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m．一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，在后来的过程中弹簧弹性势能的最大值是多少？9．1930年科学家用放射性物质中产生的α粒子轰击铍时，产生了一种看不见的贯穿能力极强的不带电的未知粒子．该未知粒子跟静止的氢核正碰，测出碰撞后氢核的速度是3.3×107 m/s，该未知粒子跟静止的氮核正碰，测出碰撞后氮核的速度是4.7×106 m/s．已知氢核质量是m H，氮核质量是14m H，假定上述碰撞是弹性碰撞，求未知粒子的质量．参考答案1．答案：A 解析：两车组成的系统动量守恒，有m 1v 1＋m 2v 2＝（m 1＋m 2）v ′，以向南为正方向，有1 500×20 kg·m/s－3 000 kg×v 2＝（1 500＋3 000）kg×v ′，由题意知，碰后二者向南滑行，则v ′应为大于零的数，据此可判断v 2小于10 m/s ，故选A ．2． 答案：B 解析：根据动量守恒定律，m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，即0.2 kg×5.0 m/s＝0.2 kg×v 1＋3.0 kg×4.2 m/s得v 1＝－58 m/s ，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．3．答案：A 解析：由于摩擦，系在弹簧上的物体最后静止的位置可能在B 点也可能在B 点的左侧或右侧，在题述两个过程中，弹簧的弹性势能的减少将转化为因摩擦而增加的内能，若物体最后静止在B 点，则ΔE 减＝ΔE 增，得E 弹＝Q 热＝μmgs ①若物体最后静止在B 的左侧或右侧：ΔE 减＝ΔE 增，得E 弹＝E 弹′＋μmgl ②其中E 弹′是物体静止后弹簧还具有的弹性势能．由①②式得μmgs ＝μmgl ＋E 弹′总之，当物体最后静止在B 点时，s ＝l ；当物体最后不是静止在B 点时，l ＜s ．4．答案：AB 解析：选项A 是非弹性碰撞，成立；选项B 是弹性碰撞，成立；选项C 不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D ，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D 错．5．答案：AB 解析：设A 球碰后的速度为v A ，由题意：22111292A mv mv =⨯，则1=3A v v ±，碰后A 的速度方向有两种可能，因此动量守恒为mv ＝m 13v ＋2mvB 或mv ＝－m 13v ＋2mv B ，解得13B v v =或23v ． 6．答案：守恒 不守恒7．答案：M解析：设物体的质量为m ，t 0时刻物体受盒子碰撞获得速度为v ，根据动量守恒定律Mv 0＝mv,3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性的．2201122Mv mv = 联立上述两式解得m ＝M ．8．答案：20400mv 解析：刚开始瞬间，子弹和木块A 发生完全非弹性碰撞，动量守恒，有：mv 0＝（m ＋m A ）v 所以00099100A mv mv v v m m m m ===++ 之后，木块A （包括子弹）和木块B 组成的系统动量守恒，机械能守恒，当A 、B 速度相等时，弹簧压缩量最大，这时弹性势能最大，有：()()A A B m m v m m m v '+=++22p 11()()22A AB m m v m m m v E '+=+++ 所以222000p 1110020021002200400v v mv E m m ⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝－＝． 9．答案：1.16 m H解析：设未知粒子的质量为m ，初速度为v ，与氢核碰撞后的速度为v ′，根据动量守恒定律和动能关系有mv ＝mv ′＋m H v H ①222H H 111222mv mv m v '=+② 联立①②两式解得H H2m v v m m =+．③ 同理，对于该粒子与氮核的碰撞有N H 214m v v m m =+④ 联立③④两式解得N H H H H N 14=1.16v v m m m v v -=-．。
粤教版高中物理选修(3-5)1.5《自然界中的守恒定律》一课三练
第五节自然界中的守恒定律1．守恒定律不能断定某种变化是否一定会________，也无法描述变化过程的__________，但它可以判断某个变化是否可能________，以及一旦发生变化，物体初、末状态之间应满足的________．2．能量守恒定律说明各种形式的能量可以____________，但总能量保持______．动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的______而言的，适用于__________的运动．图13．如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的．子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒【概念规律练】知识点一动量守恒定律的应用图21．如图2所示，光滑水平面上放着两个物体A和B，B与轻弹簧相连并处于静止状态，A以v0向右运动，求弹簧被压缩至最短时，A、B的共同速度．2．如图3所示，质量分别为M和m的两个物体在恒力F的作用下恰好能以速率v在粗糙的水平面上做匀速直线运动，两物体与平面间的动摩擦因数为μ.若运动过程中轻绳在P处突然断开，求物体m刚好停止时M的速率u.知识点二动量守恒定律和能量守恒定律3．1930年科学家用放射性物质中产生的α粒子轰击铍时，产生了一种看不见的、贯穿能力极强的不带电未知粒子．该未知粒子跟静止的氢核正碰，测出碰撞后氢核的速度是3.3×107 m/s，该未知粒子跟静止的氮核正碰，测出碰撞后氮核的速度是4.7×106 m/s，已知氢核的质量是m H，氮核的质量是14m H，假定上述碰撞是弹性碰撞，求未知粒子的质量．4．如图4所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连(细线未画出)，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能．【方法技巧练】利用动量守恒定律和能量守恒定律分析综合问题图55．光滑水平面上有A、B两辆小车，m B＝1 kg，原来静止，m A＝1 kg(含支架)．现将小球C用长为0.2 m的细线悬于支架顶端，m C＝0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝4 m/s的速度冲向B车，如图5所示．若A，B正碰后粘在一起，不计空气阻力，g取10 m/s2，试求小球C摆动的最大高度．图61．如图6所示，在光滑的水平面上，木块A以速度v与静止木块B正碰，已知两木块质量相等，当木块A开始接触固定在B左侧的弹簧C后() A．弹簧C压缩量最大时，木块A减少的动能最多B．弹簧C压缩量最大时，木块A减少的动量最多C．弹簧C压缩量最大时，整个系统减少的动能最多D．弹簧C压缩量最大时，木块A的速度为零2．一个质量为m的小球甲以速度v0在光滑水平面上运动，与一个等质量的静止小球乙正碰后，甲球的速度变为v，那么乙球获得的动能等于()A.12mv2－12mv2 B.12m(v0－v)2C.12m(12v0)2 D.12m(12v)2图73．如图7所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上．有一质量也为m、速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后，又下降而离开小车，离车后球的运动情况是()A．做平抛运动，速度方向与车运动方向相同B．做平抛运动，水平速度方向跟车相反C．做自由落体运动D．小球跟车有相同的速度图84．如图8所示，用两根长度都为L的细绳，把质量相等、大小相同的a、b 两球悬挂于同一高度，静止时两球恰好接触，现把a球拉到细绳处于水平位置，然后由静止释放，当a球摆到最低点与b球相碰后，b球上摆的最大高度不可能为()A．L B.12L C.14L D.18L图95．(双选)如图9所示，在一个足够大的光滑平面内有A、B两个质量相同的木块静止，中间用轻质弹簧相连，弹簧处于自然长度．今使B获得水平初速度v0，此后A、B的情况是()A．在任意时刻A、B加速度大小相同B．弹簧伸长到最长时，A、B速度相同C．弹簧恢复到原长时，A、B动量与开始时相同D．弹簧压缩到最短时，系统总动能最大6．(双选)汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则在拖车停止运动前() A．汽车和拖车的总动量不变B．汽车和拖车的总动能不变C．汽车和拖车的总动量增加D．汽车和拖车的总动能增加7．(双选)质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是()A．子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B．阻力对子弹做的功与子弹减少的动能相等C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D．子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功图108．如图10所示，滑块A、B的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后用一轻绳绑紧，两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动．若突然断开轻绳，当弹簧第一次恢复原长时，滑块A的动能变为原来的14，求弹簧第一次恢复到原长时B的速度．9．真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得3v和2v的瞬时速率，并开始相向运动．由于它们间的斥力作用，二者始终没有接触．求：(1)当甲原子核的动能最小时，乙原子核的动能；(2)当两原子核相距最近时，甲核的速度；(3)从两原子核相向运动到二者相距最近的这段时间内，甲核动量变化量的大小．图1110．光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图11所示，一质量为m的小球以速度v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的最大高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球又上升多高？第五节自然界中的守恒定律课前预习练1．发生快慢发生关系2．相互转化不变系统任何形式3．B[把系统从子弹射入木块到弹簧压缩至最短的过程分段考虑．第一段：子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹与木块间的摩擦力为内力，合外力为零，所以此瞬间系统动量守恒，机械能不守恒．第二段：子弹射入木块后，与木块一起压缩弹簧，系统受墙面弹力(外力)不为零，所以此过程系统动量不守恒．综合在一起，整个过程中动量、机械能均不守恒，应选B.]课堂探究练1.M A v0 M A＋M B解析弹簧被压缩的过程中，A受到弹簧弹力作用做减速运动，B受到弹力作用做加速运动，开始v A>v B，弹簧被压缩．当v A＝v B＝v时，弹簧压缩量最大，弹簧压缩过程中，A、B组成的系统，所受外力之和为零，动量守恒，有M A v0＝(M A＋M B)v，解得v＝M A v0M A＋M B点评弹簧最短时，两物体的速度相同，整个作用过程系统不受外力，总动量守恒．2.M＋m M v解析选两物体整体为研究对象，分析它们的受力情况：M和m在恒力F 的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动，说明水平方向合外力之和为零．在m停下来之前，恒力与系统摩擦力大小相等、方向相反，系统动量始终守恒．根据动量守恒定律有：(M＋m)v＝Mu，解得u＝M＋m M v点评系统受到外力作用，且外力的合力为零，不论两物体是否还存在相互作用，系统的动量都是守恒的．3．1.16mH解析设未知粒子质量为m，初速度为v，与氢核碰撞后速度为v′，根据动量守恒和动能守恒有：4.13mv2解析设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv＝mv0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2＋Ep＝12(2m)v21＋12mv2③由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝13mv2④点评两物体的相互碰撞过程，在外力可忽略的情况下满足动量守恒定律和能量守恒定律，但要注意若机械能没有转化为其他形式的能，机械能是守恒的，若机械能有一部分转化为其他形式的能，则机械能要减少，若有其他形式的能转化为机械能，则机械能要增加．5．0.16 m解析设A、B相碰后二者的共同速度为v，则由动量守恒定律m A v0＝(m A＋m B)v，解得：v ＝2 m/sA ，B 粘在一起后，小球C 向右摆，细绳在水平方向的分力使A ，B 加速，当C 的速度与A ，B 水平方向的速度相同时小球摆至最高点，则由动量守恒有：m C v 0＋(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ′解得：v ′＝2.4 m/s再由机械能守恒定律，设C 球摆动的最大高度为h ，则12m C v 20＋12(m A ＋m B )v 2＝12(m A ＋m B ＋m C )v ′2＋m C gh ， 解得：h ＝0.16 m课后巩固练1．C [弹簧C 压缩量最大时，整个系统弹性势能最大，减少的动能最多，A 、B 速度相等，之后，B 的速度增加，A 的速度减小．选项C 正确．]2．B [根据动量守恒定律有mv 0＝mv ＋mv ′，碰撞后乙球获得的速度为v ′＝v 0－v ，动能大小为12mv ′2＝12m(v 0－v)2，选项B 正确．]3．C [小球和车系统在水平方向上受合外力为零，动量守恒，由于整个过程机械能没有损失，设球离开车后的运动速度为v 1，车的速度为v 2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv ＝mv 1＋mv 2，12mv 2＝12mv 21＋12mv 22，解得v 1＝0，v 2＝v ，即球和车交换速度，球做自由落体运动，选项C 正确．]4．D [碰撞后系统动能不能超过碰前总动能，动能损失有一个范围．即两球发生完全弹性碰撞，系统没有动能损失时，b 球上摆的高度最大，此时两球交换速度，b 球上升到原a 球所在的高度，选项A 正确；当两球发生完全非弹性碰撞(碰后两球粘在一起)，系统动能损失最大时，b 球上摆的高度最小，对a 球用机械能守恒定律得mgL ＝12mv 20，由动量守恒定律有：mv 0＝2mv.a 、b 球以共同速度一起上摆，12(2m)v 2＝2mgh ，解以上两式得h ＝14L.选项A 、B 、C 可能，只有选项D 不可能．]5．AB [在任意时刻A 、B 受到的弹力大小相等、方向相反，故加速度大小相同，选项A 正确．弹簧伸长到最长时或压缩到最短时，A 、B 速度相同，系统弹性势能最大，总动能最小，选项B 正确，D 错误．弹簧第一次恢复到原长时，A 、B 动量与开始时不相同，因为A 、B 交换速度，选项C 错误．]6．AD [在拖车停止运动前系统所受的合外力为零，动量守恒，选项A 正确，C 错误．设拖车与汽车所受的阻力大小分别为f 1和f 2，则经过相同的时间，它们的位移分别为s 1和s 2，系统总动能的增量为各力做功之和，ΔEk ＝(F －f 2)s 2－f 1s 1＝f 1(s 2－s 1)>0，即系统的总动能增加，选项D 正确，B 错误．]7．BD [子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少，选项A 错误，B 正确．子弹对木块做的功等于木块动能的增加，子弹克服阻力做的功等于子弹对木块做的功与系统内能的增量之和，选项C 错误，D 正确．]8.m 1＋2m 22m 2v 0 解析 设弹簧恢复原长时m 1、m 2的速度分别为v 1、v 2，则由题意知 12m 1v 21＝14·12m 1v 20 所以v 1＝v 02由动量守恒定律知(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2所以v 2＝m 1＋2m 22m 2v 0 9．(1)14mv 2 (2)v 3，与原方向相反 (3)103mv解析 (1)规定乙原子核运动的方向为正，总动量为正，两原子核相互作用的过程中，当甲的速度为零时，其动能最小．设此时乙的速度为v 乙′，则根据动量守恒定律有2m ×2v －m ×3v ＝2m ×v 乙′①乙的动能为E k ＝12×2mv 乙′2②解得E k ＝14mv 2.(2)当两原子核的速度相同时，相距最近，由动量守恒定律有 2m ×2v －m ×3v ＝(m ＋2m)v 甲′.解得v 甲′＝v 3，方向与甲核原来的运动方向相反．(3)Δp ＝p 甲′－p 甲＝mv 甲′－(－m ×3v)＝103mv.10．见解析解析 槽固定时，设球上升的最大高度为h 1，由机械能守恒得mgh 1＝12mv 20，解得h 1＝v 202g ；槽不固定时，设球上升的最大高度为h 2，此时两者有共同速度v ，由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M)v.由机械能守恒得：12mv 20＝12(m ＋M)v 2＋mgh 2，解得槽不固定时小球上升的高度h 2＝Mv 202(M ＋m )g.。
新教材高中物理第1章第5节自然界中的守恒定律学生用书粤教版选择性必修第一册(含答案)
新教材高中物理学生用书粤教版选择性必修第一册：第五节弹性碰撞与非弹性碰撞第六节自然界中的守恒定律1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，能定量分析一维碰撞问题．2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．1．碰撞的定义和特点(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的________．(2)特点：物体组成的系统所受外力________内力，且相互作用时间________，故系统在碰撞过程中动量________．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而________的碰撞．这时机械能损失________．3．弹性碰撞举例分析设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①1 2m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2②以上两式联立可解得v1′＝m1−m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1，由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球________．(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示，m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．4．自然界中的守恒定律(1)系统：物理学上常将物体及与之________的因素视为一个系统．(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在________、________和________都是适用的，是自然界普适的基本定律．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．( )(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．( )(3)三种碰撞中，动量都守恒．( )(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失．( ) 2．(多选)下面关于碰撞的理解正确的是( )A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？碰撞过程的特点1．时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．2．相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．3．动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．4．位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．5．能量特点：碰撞前总动能E k与碰撞后总动能E k′满足E k≥E k′.【典例1】(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化[听课记录][跟进训练]1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零碰撞的判断和碰撞模型1．碰撞的判断在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)系统动能不增加，即E kl ＋E k2≥E kl ′＋E k2′ 或p 122m 1+p 222m 2≥p 1′22m 1+p 2′22m 2.(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后＞v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．【典例2】 如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，速度分别是v A ＝3 m/s(设为正方向)，v B ＝－3 m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )A ．v A ′＝1 m/s ，vB ′＝1 m/sB ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝9 m/sC ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝－1 m/sD ．v A ′＝－1 m/s ，v B ′＝－5 m/s[听课记录]2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12+12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 若v 2＝0，则有v 1′＝m 1−m 2m 1+m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1+m 2v 1．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12+12m 2v 22−12(m 1+m 2)v 共2. 【典例3】 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A 的质量是B 的质量的34，子弹的质量是B 的质量的14.求：(1)A 物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B 物体的速度．[思路点拨] (1)子弹打击物体A 瞬间，子弹与物体A 系统动量守恒．(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．[听课记录]处理碰撞问题的几个关键点(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．[跟进训练]训练角度1 碰撞的可能分析2．(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，小球A 的速度可能是( )A ．－13v 0B ．0C ．13v 0D ．23v 0 训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞3．(2022·江苏淮海中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg 的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1．5 kg 的球瓶．此后球瓶以3．0 m/s 的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s 的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s.求：(1)碰撞前保龄球的速度；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；(3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞．1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )A．质量一定相等B．动能一定相等C．动量一定相等D．总动量等于零2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行3．(2022·山东招远市第二中学高二阶段练习)如图所示，A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球，其中A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，且A 球质量小于B球质量．现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态．某时刻让A球以速度v0正对B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终( )A．五个小球静止，两个小球运动B．四个小球静止，三个小球运动C．三个小球静止，四个小球运动D．七个小球都运动4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力F f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1．2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h.回顾本节内容，自主完成以下问题：1．碰撞过程要不要考虑两个物体的作用过程的相对运动？2．碰撞过程从能量角度怎么分类？3．碰撞可能性的判断依据是什么？冰壶运动冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的．冰壶早在14世纪起源于苏格兰．在19世纪初期加拿大就举行过全国性质的冰壶大赛．而传入亚洲大概是在19世纪中期.1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1988年的长野冬奥会上．冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛．它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美．冰壶为特殊石材制成，周长约为91．44厘米，高约为11．43厘米，重量大致为19.96公斤．冰壶比赛场地为长方形，长44.5米、宽4.75米．冰道的一端画有一个直径为1．83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒．冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒．场地四周有木框，防止冰壶出界．有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线．在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点．场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效．比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离．比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分．一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利．1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞第六节 自然界中的守恒定律[必备知识·自主预习储备]知识梳理1．(1)相互作用 (2)远小于 极短 守恒2．(1)相等 (2)不再相等 (3)粘在一起 最大3．(1)交换速度4．(1)相互作用 (2)微观 宏观 宇观基础自测1．答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C 错误；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D 错误．]3．A [由动量守恒有3m ·v －mv ＝0＋mv ′所以v ′＝2v ，碰前总动能E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2，碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．][关键能力·情境探究达成]情境探究提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．典例1 BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A 情况不可能发生；B 的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，C 的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]跟进训练1．AB [A是非弹性碰撞，成立；B是弹性碰撞，成立；C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用．]典例2 A [以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝m A v A＋m B v B＝6 kg·m/s，碰前总动能为E k＝12m A v A2+12m B v B2＝27 J．如果v A′＝1 m/s、v B′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果v A′＝－3 m/s、v B′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果v A′＝2 m/s、v B′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果v A′＝－1 m/s、v B′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]典例3 解析：设子弹的质量为m，则m B＝4m，m A＝3m．(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒得mv0＝(m＋m A)v1解得它们的共同速度，也是A的最大速度v1＝mv0m+m A ＝v04．(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m A＋m B)v2解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度v2＝mv0m+m A+m B ＝v08．答案: (1)v04(2)v08跟进训练2．ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系12mv02＝12mv12+12·2mv22，联立解得v1＝−13v0，v2＝23v0，则小球A的速度范围－13v0≤v1≤13v0，故选A、B、C．]3．解析: (1)设保龄球质量为M，球瓶质量为m，碰撞前保龄球的速度为v1，碰撞后保龄球速度为v1′，球瓶的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2解得v1＝2.9 m/s．(2)设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有Ft＝mv2解得F＝90 N．(3)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为E k0＝12Mv12＝21.025 JE k1＝12Mv1′2+12mv22＝16.75 J因为E k1＜E k0，所以该碰撞不是弹性碰撞．答案: (1)2.9 m/s (2)90 N (3)不是弹性碰撞[学习效果·随堂评估自测]1．D [两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]2．AD [由题意知，碰前两球的总动量为零且碰撞过程中动量守恒．对A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以A是可能的；对B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以B不可能；对C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C不可能；对D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以D是可能的．故正确为A、D．]3．B [因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒，机械能守恒，设A、G两球质量为m1，其余球的质量均为m2，A、B碰后，A球的速度为v1，B球的速度为v2，由动碰静规律可得v1＝m1−m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，由上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，因B、C、D、E、F五球质量相等，B与C碰后，交换速度，B球静止，同理C、D、E都静止，由于F球质量大于G球质量，F与G碰后，都向前运动，因此B、C、D、E四个球静止，A、F、G三个球运动，所以A、C、D错误，B正确．]4．C [设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律得，p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′即p甲′＝2 kg·m/s甲追上乙应有v甲>v乙即p 甲m甲>p乙m乙，解得m乙>75m甲碰后p甲′，p乙′均大于零，说明两球同向运动，应有v′甲≤v′乙，即p 甲′m甲≤p乙′m乙解得m乙≤5 m甲碰撞过程中，动能不会增加，即E k甲＋E k乙≥E′k甲＋E′k乙p甲22m甲+p乙22m乙≥p甲′22m甲+p乙′22m乙解得m乙≥177m甲综上可得177m甲≤m乙≤5m甲，因此C正确．]5．解析: (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力F f′也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－F f′＝5 N．(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－F f l＝12mv12−12mv02代入数据解得v1＝8 m/s．(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－12(m ＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2 m．答案: (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m课堂小结1．提示：不需要，作用时间极短．2．提示：弹性碰撞和非弹性碰撞．3．提示：(1)系统动量守恒，(2)系统动能不增加，(3)速度要合理．[阅读材料·拓展物理视野]问题1．提示：总动能增加，运动员消耗的化学能转化为动能，属于反冲．2．提示：守恒．。
物理粤教版选修3-5学案：第1章第五节自然界中的守恒定律含解析
第五节自然界中的守恒定律1．三大守恒定律物质守恒定律、____守恒定律和____守恒定律．2．守恒与不变的关系守恒定律的本质就是某种物理量________．例如：能量守恒对应着某种时间变换中的不变性，动量守恒对应着某种空间变换下的不变性．3．守恒与对称的关系对称的本质,是具有某种______，守恒定律的本质，也是某种物理量________，因此守恒和对称性之间有着必然的联系;守恒定律来源于对称,物理规律的每一种对称性（即不变性）通常都对应于一种________．对称和守恒这两个重要概念是紧密地联系在一起的．预习交流张开胳膊旋转的花样滑冰运动员，在她合拢胳膊时旋转速度突然加快．然后当她重新伸开胳膊时，她又恢复到原来的旋转速度，也就是说,没有外界的作用，物体形状改变时角速度也可能变化．而物体形状改变可导致角速度变化，说明这个物理量含有角速度，那么，它应满足怎样的守恒定律呢？答案：1．能量动量2．保持不变3．不变性保持不变守恒定律预习交流：答案:因为涉及角速度，涉及物体形状，这个量称为角动量，它应满足角动量守恒定律．一、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较对于相互作用的物体组成的系统，动量守恒定律与机械能守恒定律的异同点是什么？如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）．A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒（1）因为两个守恒定律的守恒条件不同，系统的动量守恒时，机械能不一定守恒，系统的机械能守恒时，动量不一定守恒．（2）那种见到力学问题就习惯运用牛顿运动定律解决的思维显然是较低层次的,应当根据具体问题用动量的观点、动能的观点以及能量的观点来分析解决问题．二、动量、能量综合问题的求解1．处理力学问题的基本规律有哪些?它们的适用条件各是什么？2．利用动量和能量的观点解题时应注意哪些问题？如图所示,一对杂技演员（都视为质点）荡秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A．求男演员落地点C与O点的水平距离x．已知男演员质量m1和女演员质量m2之比错误!＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R．在应用动量守恒定律解题时可按下面的顺序进行:1．确定研究对象：两个或两个以上相互作用的物体所组成的系统,通过适当变换划入系统的物体，可以找到满足守恒条件的系统．2．确定研究阶段:动量守恒是对研究系统的某过程而言的,注意研究的是哪一阶段．3．判断动量守恒:对研究对象在研究阶段进行受力分析，分清内力、外力，判断系统是否满足动量守恒的条件．4．选参考系：一般选地球为参考系，将系统中的各速度或动量转化为相对同一参考系的速度或动量．5．建立坐标系,选定正方向，若物体系统中每个物体的动量都在同一直线上，则与选定正方向相同的物体动量为正,相反为负；动量不在同一直线上时,应建立直角坐标系，并把各速度进行正交分解．6．列方程求解,并对结果进行必要的讨论，结果如果是正的，说明该量的方向与规定的正方向相同,反之则相反．1．（2011·贵州遵义中学高二期末）如图所示，质量相同的两木块M、N中间固定一轻弹簧，M放在粗糙的水平面上，N放在光滑的水平面上，用力将两物体靠近使弹簧压缩,此时弹簧的弹力大于M所受到的最大静摩擦力,当松手后两物体被弹开的过程中,不计空气阻力,则对两木块，有（）．A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量、机械能都不守恒D．加速度大小时刻相等2．(双选）（2011·河南汤阳调研）如图所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球质量为m0,小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m的静止平板车发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列情况中可能发生的是（）．A．小车、平板车、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3,满足(M＋m）v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．摆球的速度不变,小车和平板车的速度变为v1和v2，满足Mv ＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和平板车的速度都变为V，满足Mv ＝（M＋m)VD．小车和摆球的速度都变为v1，平板车的速度变为v2，满足（M＋m0）v＝(M＋m0)v1＋mv23．（双选）如图所示，在光滑的水平支持面上，有A、B两个小球．A球动量为10 kg·m/s,B球动量为12 kg·m/s．A球追上B 球并相碰,碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为（）．A．0.5 B．0.6C．0。
粤教版选修(3-5)1.5《自然界中的守恒定律》word学案
1.5 自然界中的守恒定律 学案【学习目标】1、 知识与技能理解所学过的守恒定律的内容，从守恒定律中认识到其本质是不变的2、 过程与方法通过分析推理，认识科学世界的美丽，体会物理公式反映出的自然世界的秩序与规律3、 情感、态度与价值观通过自然界中的守恒定律，体会自然界的和谐统一性，发展对科学的好奇心和求知欲【学习重点】理解所学过的守恒定律的内容【知识要点】1、 守恒与不变2、 守恒与对称【问题探究】问题1：动量守恒定律成立的条件？解答：（1）系统不受外力作用（2）系统所受合外力等于零（3）若系统内各物体间相互作用的内力远大于它们所受到的外力时，可认为动量守恒。
（4）不论系统受力如何，只要系统在某一方向上的合外力为零，或者内力远大于外力，那么系统在该方向上的动量是守恒的。
问题2：动量守恒定律与机械能守恒定律有哪些不同？解答：（1）守恒条件有本质的不同。
（2）两者守恒的性质不同：动量守恒是矢量守恒，所以要特别注意方向性，有时某一方向上系统动量守恒，故有分量式；机械能守恒为标量守恒，即始、末两态机械能数值相等，与方向无关。
（3）应用范围不同。
【典型例题】例1、质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v 1向物块运动。
不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v 。
解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：()vm M mv '+=1 由系统机械能守恒得：()mgH v m M mv +'+=2212121 解得()gm M Mv H +=221 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得12v m M m v += 本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。
例2、设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。
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第一章碰撞与动量守恒
第五节自然界中的守恒定律
A级抓基础
1．(多选)下列论述中正确的是()
A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变
B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的
D．动量守恒是相互作用的物体系统在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的
解析：由动量守恒定律可知，相互作用的各个物体在相互作用前后的动量有可能不同，而各个物体的动量之和是不变的．
答案：ACD
2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较()
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
解析：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相等．子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多，A项正确，B项错误；根据能量守恒定律、系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多，C项正确，D项错误．
答案：AC
3.如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()
A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J
解析：对木块A和B碰撞过程，两木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律，得
m v A＝2m v，
得v＝2 m/s，
弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小
E p＝1
2·2m v
2＝8 J.
答案：B
4.如图所示，关于质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象，有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量
大小相等、方向相反．其中正确的是()
A．①②B．②③
C．②④D．③④
解析：由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，且速度大小相同，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，由碰撞过程中动量守恒可得m1v1＋m2v2＝0.故选项C对．答案：C
B级提能力
5.(多选)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
解析：根据动量守恒定律和能量守恒定律得
⎩⎨⎧m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，
12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22，且m 1＝m ，m 2＝3m ， 解得v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝－12v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2
v 1＝12v 1，A 正确． 根据12
m v 2＝mgh ＝mgR (1－cos θ)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，根据单摆的等时性，D 正确．
答案：AD
6．(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是 ( )
A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2
C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h 4
D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算
解析：根据机械能守恒定律，可得B 刚到达水平面的速度v 0＝
2gh ，根据动量守恒定律，可得A 与B 碰撞后的速度v ＝12
v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12·2m v 2＝12
mgh ，A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向
左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12
m v 2，B 能达到的最大高度为h ′＝14
h ，即C 正确，D 错误． 答案：BC
7.如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出．重力加速度为g .求：
(1)此过程中系统损失的机械能； (2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得
m v 0＝m v 02
＋M v ，① 解得：v ＝m v 02M
.② 系统损失的机械能为：
ΔE ＝12m v 20－⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12M v 2，③ 得：ΔE ＝18⎝ ⎛⎭
⎪⎫3－m M m v 20.④ (2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则：
⎩⎨⎧h ＝12
gt 2，s ＝v t ，
⑤
⑥
由②⑤⑥三式可得：s ＝m v 0M
h 2g . 答案：(1)18⎝ ⎛⎭
⎪⎫3－m M m v 20 (2)m v 0M h 2g。