高中物理 1.5 自然界中的守恒定律 粤教版选修3-5
1.5 自然界中的守恒定律 学案(2020年粤教版高中物理选修3-5)
1.5 自然界中的守恒定律学案（2020年粤教版高中物理选修3-5）第五节自然界中的守恒定律学科素养与目标要求物理观念进一步理解动能定理.能量守恒定律.动量守恒定律的内容及其含义.科学思维1.掌握应用动能定理.能量守恒定律.动量守恒定律解题的方法步骤.2.通过学习，培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力.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，而且具有各种各样的形式，各种形式的能量可以相互转化，但总能量不变.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.3.守恒定律的本质，就是某种物理量保持不变.能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性；动量守恒是对应着某种空间变换中的不变性.二.守恒与对称1.对称的本质具有某种不变性.守恒与对称性之间有着必然的联系.2.自然界应该是和谐对称的，在探索未知的物理规律的时候，允许以普遍的对称性作为指引.判断下列说法的正误.1在符合某个守恒定律的条件时，也必须分析系统内相互作用过程的细节，才能对系统的变化状态或一些问题作出判断.2物理学中的对称关系与守恒关系是相互独立的，它们之间没有联系.3物理学中的每一条守恒定律中都有一个守恒量，这反映了各种运动形式间的联系和统一，表现出物理学的和谐统一美.4法拉第受电流磁效应启发而想到磁生电问题，从而发现电磁感应定律，这体现了物理概念中对称性的思想一.滑块木板模型1.把滑块.木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒.2.由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，Efs相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程.3.注意若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多.例1如图1所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A可看成质点质量为m，与木板间的动摩擦因数为.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长.求重力加速度为g图11木板B的最大速度的大小；2从刚滑上木板到A.B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移大小；3若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长答案123解析1由题意知，A向右减速，B向右加速，当A.B速度相等时B速度最大.以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律mv0m3mv得v2A向右减速的过程，根据动能定理有mgs1mv2mv02则木块A所发生的位移大小为s13方法一B向右加速过程的位移设为s2.则mgs23mv2解得s2木板的最小长度Ls1s2方法二从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得mgLmv02m3mv2得L.学科素养例1可用动能定理.牛顿运动定律结合运动学公式.能量守恒定律等方法求木板的长度，通过不同方法对比培养了对综合问题的分析能力和应用物理规律解题的能力，体现了“科学思维”的学科素养.二.子弹打木块模型1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒.2.在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化.3.若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多.例2如图2所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块时间极短且未穿出，若木块与地面间的动摩擦因数为，求重力加速度为g 图21子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能；2子弹射入后，木块在地面上前进的距离.答案12解析1设子弹射入木块后，二者的共同速度为v，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得mvMmv射入过程中系统损失的机械能Emv2Mmv2由两式解得E.2子弹射入木块后，二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为s，由动能定理得Mmgs0Mmv2由两式解得s.子弹打木块模型与滑块木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.当子弹不穿出木块或滑块不滑离木板时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.三.弹簧类模型1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒.2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如弹性势能.动能.内能.重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题.3.注意弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大.例3如图3所示，A.B.C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁，A.B之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为mAm，mB2m，mCm.现给C一水平向左的速度v0，C与B发生碰撞并粘合在一起.试求图31A离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；2A离开墙壁后，C的最小速度的大小.答案1mv022解析1B.C碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则mv03mv，弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得Epm3mv2联立解得Epmmv022A离开墙壁前，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时，B.C的速度为v，有Epmmv2，则v.A离开墙壁后，在弹簧弹力的作用下速度逐渐增大，B.C的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B.C的速度减小到最小值vC.在此过程中，系统动量守恒.机械能守恒.以水平向右为正方向，有3mvmvA3mvC，EpmmvA2mvC2，解得vC.针对训练如图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相连，使弹簧不能伸展，以至于B.C与弹簧可视为一个整体.现A以初速度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.求弹簧释放的弹性势能.图4答案mv02解析设碰后A.B和C的共同速度的大小为v，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv03mv设C离开弹簧时，A.B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv2mv1mv0设弹簧释放的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有3mv2Ep2mv12mv02由式得，弹簧所释放的弹性势能为Epmv02.解决力学问题的方法1.解决力学问题的三个基本观点1力的观点牛顿运动定律结合运动学规律解题.2动量观点用动量定理和动量守恒定律解题.3能量观点用动能定理和能量守恒定律解题2.解决力学问题方法的选择1研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题.2研究某一个物体受到的力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理和动能定理去解决问题.3若研究的对象为系统，且系统内物体之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题.1.滑块木板模型如图5所示，质量为M.长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M的物块视为质点以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为图5A.LB.C.D.答案D解析长木板固定时，由动能定理得MgL0Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv02Mv，MgsMv022Mv2，得s，D项正确，A.B.C项错误.2.子弹打木块模型多选矩形滑块由不同材料的上.下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是图6A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大答案ABC解析以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0mMv，可得滑块最终获得的速度v，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多两种情况下子弹初.末速度都相等，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Qfs相对知，由于相对位移s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误.3.弹簧类问题如图7所示，木块A.B的质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一水平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4m/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图7A.4JB.8JC.16JD.32J答案B解析由碰撞过程中动量守恒得mAvAmAmBv，代入数据解得v2m/s，所以碰后A.B及弹簧组成的系统的机械能为mAmBv28J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8J.4.动量与能量的综合xx广东省实验中学.广雅中学.佛山一中高二下学期期末如图8所示，一质量为MB6kg的木板B静止于光滑的水平面上，物块A的质量MA6kg，停在B的左端，一质量为m1kg的小球用长为l0.8m的轻绳悬挂在固定点O上.将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h0.2m，物块与小球均可视为质点，A.B达到共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10m/s2.求图81球和物块A碰后瞬间A物块的速度大小；2A.B组成的系统因摩擦损失的机械能.答案11m/s21.5J解析1对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mglmv12，得v14m/s，mghmv12，得v12m/s球与A碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有mv1mv1MAvA，解得vA1m/s2物块A与木板B相互作用过程中MAvAMAMBv共，解得v共0.5m/s.A.B组成的系统因摩擦而损失的机械能EMAvA2MAMBv共2代入数据，得E1.5J。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律同步备课课件粤教版选修3_5
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6所示，
上述两种情况相比较
图5
B 三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大， 100mv1 ＝ 200mv2 ，弹性势能 2 1 1 m v 的最大值Ep＝ ×100mv12－ ×200mv22＝ 0 . 2 2 400 解析 答案
总结提升
处理动量和能量结合问题时应注意：
(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件
1 2 1 ΔE＝2mv －2(M＋m)v′2 Mmv2 解得：ΔE＝ . 2M＋m ③
解析
答案
(3)子弹在木块中打入的深度. Mv2 答案 2μgM＋m 解析 设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s相对，
则ΔE＝μmgs相对
2 M v ΔE 得：s 相对＝μmg＝ . 2μgM＋m
受力、加速度或匀变速运动的问题.
2.动量的观点：主要应用 动量 定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的
受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.
3.能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；
在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒 定律.
题型探究
一、滑块—木板模型
1.把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和
3.若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多.
例2
如图3所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹
以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
mv 答案 2M＋m2μg
物理粤教版选修3-5素材：课前预习 第一章5.自然界中的
第五节 自然界中的守恒定律
课前预习
情景导入
在自然界中，形形色色现象和存在的事物都是和谐的、对称的，比如人分男女，人左右对称，在物理学中有时间对称性和空间对称性，你能根据你所学的知识指出一些对称吗？
我国主要银行商标是对称图象
图1-5-1
简答：天体的运动和电子的绕核运动；无阻力下的小球摆动，左右对称；万有引力定律F=221r m m G 和库仑定律F=221r
Q Q k 的对称等等.所以，我们用对称的思想去观察、去理解物理是非常必要的.
知识预览
⎪⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧守恒定律来源于对称不变性对称的本质是具有某种定恒与对称间变换中的不变性
动量守恒对应着某种空构成的系统应用于相互作用的物体恒定律动量守间变换中的不变性能量守恒对应着某种时
但部民能量守恒它们之间可以相互转化的能量自然界中存在多种形式恒定律能量守律定恒守,,。
高中物理《自然界中的守恒定律》学案 粤教版选修3-5
第3讲 自然界中的守恒定律★一、考情直播2．考点整合该部分内容是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，是高考永恒话题，常见的重点问题主要围绕几个模型进行的．不管什么模型，解决时都涉及到两个方面，一个是根据条件建立系统的动量守恒定律方程；另一个是根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程，因此深刻理解动量守恒定律的“五性”与能量守恒定律的转化流程是我们解决问题的前提．解决力学问题有三大途径，其中用动量的观点和能量的观点解决力学问题，是我们的首选．特别是对于变力作用或曲线运动问题，不涉及运动过程的细节，不涉及加速度，更显示出这两大观点的优越性．应用能量转换和守恒定律解题的一般步骤： （1）明确研究的对象及过程（2）搞清在这个过程中有哪些能量参与了转换（不能把能量的转换和做功重复考虑） （3）确定参与转化的能量中有哪些能量增加，哪些能量减少．（4）列出增加的能量和减小的能量之间的守恒式（或初、末状态能量相等的守恒式） 考点一 子弹打木块模型子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，系统部分机械能单向转化为内能 【例1】如图6-3-1所示，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 ．求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离．【解析】子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mV 0=（M+m ）V从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅……②图6-3-1①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……③ 这个式子的物理意义是：f ∙ d 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Q d f =⋅，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）．由上式不难求得平均阻力的大小：()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d mM ms +=2从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论．由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：()v v v v v v s d s +=+=+00222/2/，mm M v v s d +==02，m M ms +=2 一般情况下M>>m ，所以s 2<<d ．这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计．这就为分阶段处理问题提供了依据．象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：()22v m M Mm E k +=∆…④当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE K =f ∙d （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE K 的大小．做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据． 考点二 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程．解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解．【例2】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以V 0=6m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物块C 静止在前方，如图6-3-2所示．B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J 时，物块A 的速度是 m/s ．【解析】本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A 、B 、C 三物块．“二次作用”过程为第一次是B 、C 二物块发生短时作用，而A 不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒．对于第一次B 、C 二物块发生短时作用过程，设B 、C 二物块发生短时作用后的共同速度为V BC ，则据动量守恒定律得：BC C B B V m m V m )(0+= ①对于第二次B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V ，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：V m m m V m m mV C B A BC C B ))(0++=++（ ②2220)(21)(2121V m m m V m m V m E C B A BC C B A P ++-++=③ 由式①②③可得：当弹簧的弹性势能达到最大为E P =12J 时，物块A 的速度V=3 m/s ．【例3】如图6-3-3所示为三块质量均为m ，长度均为L 的木块．木块1和木块2重叠放置在光滑的图6-3-2 图6-3-3水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为μ．【解析】设第3块木块的初速度为V 0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V 1，据动量守恒定律得：mV 0=2mV 1 ①对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V 2，则据动量守恒定律得：2mV 1=3mV 2 ②(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：3221.3.21.2.21V m V m mgL -=μ ③ 由①②③联立方程得：E k3=6μmgL ④(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：3221.3.21.2.21)5.1(V m V m L mg -=μ ⑤由①②⑤联立方程得：E k3=9μmgL故：mgL E mgL k μμ963≤≤考点三 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程．求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题．【例4】如图6-3-4所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度V 0和2V 0在木板上滑动，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板．求：（1）木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移； （2）木块A 在整个过程中的最小速度．【解析】（1）木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为V 1．对A 、B 、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：100)3(2V m m m mV mV ++=+解得：V 1=0．6V 0对木块B 运用动能定理，有：2021)2(2121V m mV mgs -=-μ 解得)50/(91:20g V s μ=（2）设木块A 在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t ，由牛顿第二定律：对木块A ：g m mg a μμ==/1， 对木板C ：3/23/22g m mg a μμ==，当木块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，因此有： t g gt V )3/2(0μμ=-，解得)5/(30g V t μ=木块A 在整个过程中的最小速度为：.5/2010/V t a V V =-=考点四 用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题【例5】如图6-3-5所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M .现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板，以地面为参照系.(1)若已知A 和B 的初速度大小为V 0，求它们最后的速度大小和方向. (2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.【解析】方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ，A 、B 间的滑动摩擦力为f .如图14所示．对A 据牛顿第二定律和运动学公式有：f =ma A ， L 2=2021t a t V A -， V =-V 0+a A t ； 对B 据牛顿第二定律和运动学公式有：f =Ma B ， 20021t a t V L B -=，V =V 0-a B t ； 由几何关系有：L 0+L 2=L ；由以上各式可求得它们最后的速度大小为V ＝mM mM +-. V 0，方向向右．mM m MV fL +=202对A ，向左运动的最大距离为L MMm a V L A 42201+==．方法2、用动能定理和动量定理求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量定理可得：对A ： f t = m V +m V 0 ① 对B ：-ft=MV －MV解得：V ＝mM mM +-V 0，方向向右A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段．设L 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L 2为A 从速度为零增加到速度为V 的过程中向右运动的路程，L 0为A 从开始运动到刚好到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图2所示，设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由动能定理可得：图6-3-5答图6-3-1对于B ： -f L 0=2022121MV MV - ③ 对于A ： -f L 1= -2021mV ④f (L 1-L 2)=221mV ⑤由几何关系L 0+L 2=L ⑥ 由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L 1=MLm M 4)(+.方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ， A 和B 的初速度的大小为V0，则据动量守恒定律可得：0－mV 0解得：V ＝mM mM +-. V 0，方向向右 .对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=220)(21)21V M m V m M +-+（ 对于A fL 1=2021mV 由上述二式联立求得L 1=MLm M 4)(+.从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．考点五 连续发生作用的问题【例6】用质量为M 的铁锤沿水平方向将质量为m 、长为L 的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V 0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离．在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K 倍（K>1）．若第一次敲击使钉进入木板深度为L 1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L 1必须满足什么条件？【解析】设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V 运动，根据动量守恒定律可得： MV 0=（M+m ）V设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f 1，则根据动能定理可得：)(2210202211m M V M MV L f +-=-=-第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f 2=Kf 1， 根据动能定理可得：)(2210202221m M V M MV L Kf +-=-=- 所以L 2=L 1/K ．同理可得L 3=L 1/K 2，L 4=L 1/K 3…………L n =L 1/K N(N-1)因为L=L 1+L 2+……+L n =11)1(1L K K K n n ---，所以)(11log KLL KL KL Kn -+= 当01≤-+KL L KL 时，上式无意义，但其物理意义是当01≤-+KL L KL 时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板．所以要将钉全部敲入木板，L 1必须满足：L 1>（K-1）L/K ★二、高考热点探究【真题1】（2008山东卷）(2）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图6-3-6所示．现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v 一t 图象呈周期性变化，如图6-3-7所示．请据此求盒内物体的质量．【解析】设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律 Mv 0=mv ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞 12Mv 02 = 12mv 2② 联立①②解得m =M ③（也可通过图象分析得出v 0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）【真题2】（2008全国卷II)如图6-3-8， 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 0/2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）设子弹穿过物块后的速度为V ，由动量守恒得MVv m mv +⨯=20 ① 解得：Mm v V 20=② 系统损失的机械能为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆22020*******MV v m mv E ③由②③两式可得：20381mv M m E ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆ 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：221gt h =⑤ Vt s = ⑥由②⑤⑥三式可得：ghM mv s 20=⑦ 【真题3】（2007重庆卷）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N ，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k （k ＜1)，如图6-3-9.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g 取10 m/s 2)图6-3-6 图6-3-7图6-3-8(1)设与n +1号球碰撞前，n 号球的速度为v n ，求n +1号球碰撞后的速度. (2)若N ＝5，在1号球向左拉高h 的情况下，要使5号球碰撞后升高16k (16 h 小于绳长)问k 值为多少？【解析】(1)设n 号球质量为m ，n +1，碰撞后的速度分别为,1+''n nv v 、取水平向右为正方向，据题意有n 号球与n +1号球碰撞前的速度分别为v n 、0、m n +1n km根据动量守恒，有1+'+'=nn v n v v km E m v m (1) 根据机械能守恒，有221n n v m =1222121+'+n n n n v km v m (2) 由（1）、(2)得)0(1211舍去='+='++nnnv k E v 设n +1号球与n +2号球碰前的速度为E n +1据题意有v n -1=1+'nv 得v n -1=1+'nv =kE n+12 (3) （2）设1号球摆至最低点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有211121v m gh m =(4) v 1=gh 2 (5)同理可求，5号球碰后瞬间的速度k g v 1625⨯=(6)由(3)式得111212v k k k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+-+ (7)N=n =5时，v 5=1112v k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+ (8)由(5)、(6)、(8)三式得k =12-)12(414.0舍去--=≈k （9）（3）设绳长为l ，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F ，由牛顿第二定律有l v m g m F nn n 2=- (10)则kn n n n n n n n E lg m l v m g m l v m g m F 22/222+=+=+= (11) （11）式中E kn 为n 号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.【真题4】（2008天津卷）24．(18分)光滑水平面上放着质量m A =1kg 的物块A 与质量m B =2kg 的物块B ，A图6-3-9与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E P =49J ．在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图6-3-10所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R =0.5m ，B 恰能到达最高点C ．取g=10m ／s 2，求(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ．【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为B v ，到达C 点时的速度为C v ，有2c B B v m g m R= （1）2211222B B B c B m v m v m gR =+ （2） 代入数据得5/B v m s = （3）（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为1v ，取水平向右为正方向，有2112P B E m v =（4） 1B B B I m v m v =- （5）代入数据得 4,I NS =- 其大小为4NS （6） （3）设绳断后A 的速度为A v ，取水平向右为正方向，有1B B B A A m v m v m v =+ （7）212A A w m v =代入数据得8W J = （9） ★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级 姓名 成绩1．(2003年上海高考)一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A ．△v ＝0B ．△v ＝12m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8J 1．【答案】BC ．取碰前速度为正，速度变化量6612/v m s ∆=--=-，其大小为12 m ／s ，B 正确．碰撞前后速度不变，动能无变化，由动能定理，墙对小球做功W=0，C 正确．2．在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为P 0的小钢球l 和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、P 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、P 2，则必有：（ ）A ．E 1<E 0B ．P 1<P 0C ．E 2>E 0D ．P 2>P 02．【答案】ABD ．由于系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，若取P 0的方向为正方向，则有P 0=- P 1+ P 2，在上式中，P 0>0、P 1<0、P 2>0，显然有P 2> P 0，故选项D 正确．另一方面，由能量守恒可知，碰撞前后的动能应满足关系E 0≥E 1+E 2，则有E 1<E 0，即选项A 正确．由于E 1<E 0，所以12012122m p m p <，得P 1< P 0．B 选项正确．3．如图6-3-11甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2 =1∶83．【答案】CD ．t 1时刻弹簧压缩最多，t 3时刻弹簧伸长最长．t 4时刻弹簧恢复到原长．因两物速度变化量之比为2∶1，所质量比为1∶2；D 也正确．４．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，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 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些情况说法是可能发生的①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足（M ＋m 0）v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3 ②摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2 ③摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v '，满足Mv ＝（M ＋m ）v '④小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足（M ＋m 0）v ＝（M ＋m 0）v 1＋mv 2 以上说法正确的是（ ） A.只有① B.只有④ C.只有② D.②③4. 【答案】D ．在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看为零.而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车以共同速度匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，而小车和木块碰撞后，可能以各自不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）向前运动.5．如图6-3-12所示，一质量M =3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m =1.0 kg 的小木块A.现以地面为参考系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离B 板.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是（ ）A.2.4 m/sB.2.8 m/sC.3.0 m/sD.1.8 m/s５．【答案】A ．小木块A 先向左做减速运动，速度减小到零再向右做加速运动.由动量守恒定律可求得，小木块开始做加速运动时，正在做加速运动的木板B 的速度为：Mv －mv =Mv 1，v 1=2.7 m/s ；小木块加速运动结束时，小木块和木板获得共同速度，则Mv －mv =（M +m ）v 2，此时木板速度为v 2=2 m/s；图6-3-11在木块A 正在做加速运动的时间内木板B 相对地面的速度从2.7 m/s 减小到2 m/s.6．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a ，b 两块．若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向则（ ）A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a ，b 一定同时到达地面D ．炸裂的过程中，a 、b 中受到的爆炸力的冲量大小一定相等6．【答案】CD ．物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：b B A A B A v m v m v m m +=+)(， 当v A 与原来速度v 同向时，v B 可能与v A 反向，也可能与v A 同向，第二种情况是由于v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v A 很小，则m A v A 还可能小于原动量(m A +m B )v ．这时，v B 的方向会与v A 方向一致，即与原来方向相同所以A 不对．a ，b 两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运动，时间由ght 2=，因h 相同，t 相同，选项C 是正确， 由于水平飞行距离x = v ·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对． 根据牛顿第三定律，a ，b 所受爆炸力F A =－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I=F ·t 的大小一定相等．所以D 是正确的．7．如图6-3-13所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是：（ ）A ．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C ．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动．7．【答案】C ．小球在半圆槽内自B →C 运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C ．8．图6-3-14，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为： ( )A.m M Mv Mv --21，向东 B.mM Mv -1，向东图6-3-13图6-3-14C.mM Mv Mv -+21 ，向东 D.1v ，向东8. 【答案】D ．人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度V 1的方向为正方向，选地面为参照系．初态车和人的总动量为Mv 1，末态车的动量为(M －m)v ′l (因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)．人在水平方向上对地的动量仍为mv 1，则有Mv 1=(M －m)v ′1＋mv 1，(M －m)v 1=(M －m)v ′，所以v ′=v 1正确答案应为D ．9．如图6-3-15所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙．用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E ．这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （ ）A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /39．【答案】BD ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，墙壁对系统有力的作用，系统动量不守恒，但此力对系统不做功，故系统机械能守恒．当A 离开竖直墙后，系统不受外力，系统动量守恒，且机械能守恒．当两物体的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设刚离开墙壁时B 的速度为v 0，则20221mv E =，由系统动量守恒得：v m m mv )2(20+=，mEv v ==032，两物体总动能为E v m m E 32)2(212=+=，此时弹性势能的最大值为E E E E P 3132=-=10．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是 A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒10．【答案】ABD ．根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左．因而，选项ABD 正确．◇基础提升训练1．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量比m A ∶m B ＝3∶2，它们原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（ ）①A 、B 系统动量守恒 ②A 、B 、C 系统动量守恒③小车向左运动④小车向右运动 以上判断正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③1．【答案】D 解析：由A 、B 、C 组成的系统动量守恒（总动量为零），故选项②正确.因μm A g ＞μm B g ，所以小车所受合力向左，则③对.应选D.图6-3-15。
温州市2017-2018学年高二物理粤教版选修3-5学案：1-5 自然界中的守恒定律
第五节 自然界中的守恒定律[目标定位] 1.加深对动量守恒定律、能量守恒定律的理解，能运用这两个定律解决一些简单的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．一、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，而且具有各种各样的形式，各种形式的能量可以相互转化但总能量不变．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．3．守恒定律的本质，就是某种物理量保持不变．能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性；动量守恒是对应着某种空间变换中的不变性．二、守恒与对称1．对称的本质：具有某种不变性．守恒与对称性之间有着必然的联系．2．自然界应该是和谐对称的，在探索未知的物理规律的时候，允许以普遍的对称性作为指引．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、爆炸类问题解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．【例1】 从某高度自由下落一个质量为M 的物体，当物体下落h 时，突然炸裂成两块，已知质量为m 的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？答案 (1)，方向竖直向下M ＋mM －m 2gh (2)4Mmgh M －m解析 (1)M 下落h 后：Mgh ＝M v 2，v ＝122gh 爆炸时动量守恒：M v ＝－m v ＋(M －m )v ′v ′＝，方向竖直向下M ＋mM －m 2gh (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔE k ＝m v 2＋(M －m )v ′2－M v 2121212＝4Mmgh M －m二、滑块滑板模型1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应结合能量守恒求解问题．3．注意滑块若不滑离木板，最后二者具有共同速度．【例2】 如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案 (1)v 0 (2) (3)MM ＋m Mv 022μ(M ＋m )g Mmv 022(M ＋m )解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于他们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v .由动量守恒定律得：M v 0＝(M ＋m )v解得v ＝v 0.MM ＋m (2)设小铁块距A 点的距离为L ，由能量守恒定律得μmgL ＝M v －(M ＋m )v 2120212解得：L ＝Mv 022μ(M ＋m )g (3)全过程所损失的机械能为ΔE ＝M v －(M ＋m )v 2＝120212Mmv 022(M ＋m )三、子弹打木块类模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．系统损失的机械能等于阻力乘于相对位移．即ΔE ＝f ·s 相对3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．【例3】 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设木块与子弹的相互作用力为f .试求：(1)子弹、木块相对静止时的速度v .(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？(3)子弹打进木块的深度l 深为多少？答案 (1)v 0 (2) mM ＋m Mmv 022(M ＋m )Mmv 022(M ＋m )(3)Mmv 022f (M ＋m )解析 (1)由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，子弹与木块的共同速度为：v ＝v 0.m M ＋m (2)由能量守恒定律得，系统损失的机械能ΔE k ＝m v －(M ＋m )v 2，120212得：ΔE k ＝Mmv 022(M ＋m )系统增加的内能Q ＝ΔE k ＝Mmv 202(M ＋m )(3)解法一：对子弹利用动能定理得－fs 1＝m v 2－m v 121202所以s 1＝Mm (M ＋2m )v 022f (M ＋m )2同理对木块有：fs 2＝M v 212故木块发生的位移为s 2＝.Mm 2v 022f (M ＋m )2子弹打进木块的深度为：l 深＝s 1－s 2＝Mmv 022f (M ＋m )解法二：对系统根据能量守恒定律，得：f ·l 深＝m v －(M ＋m )v 2120212得：l 深＝Mmv 022f (M ＋m )l 深即是子弹打进木块的深度．四、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．【例4】 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图2所示．B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：图2(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？答案 (1)3 m/s (2)12 J解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒有(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )·v ABC ，解得v ABC ＝ m/s ＝3 m/s.(2＋2)×62＋2＋4(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ，则m B v ＝(m B ＋m C )v BC ，v BC ＝ m/s ＝2 m/s ，2×62＋4设物块A 、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒E p ＝(m B ＋m C )v ＋m A v 2－(m A ＋m B ＋m C )v ＝×(2＋4)×22 J ＋×2×62 122BC 12122ABC 1212J －×(2＋2＋4)×32 J ＝12 J.12爆炸类问题1．一颗质量为30 g 的弹丸在距地面高20 m 时仅有水平速度v ＝10 m/s.爆炸成为A 、B 两块，其中A 的质量为10 g ，速度方向水平且与v 方向相同，大小为v A ＝100 m/s ，求：(g ＝10 m/s 2)(1)爆炸后A 、B 落地时的水平距离多大？(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？答案 (1)270 m (2)60.75 J解析 (1)爆炸时动量守恒，有m v ＝m A v A ＋(m －m A )v B 代入数据得：v B ＝－35 m/s下落过程由h ＝gt 212得t ＝2 s ，则A 、B 的水平位移的大小为s A ＝v A t ＝100×2 m ＝200 m s B ＝|v B |t ＝35×2 m ＝70 m 落地时相距s ＝s A ＋s B ＝270 m (2)爆炸过程中转化的动能ΔE k ＝m A v ＋(m －m A )v －m v 2＝60.75 J12A 212B 212滑块一滑板类模型2．一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，如图3所示，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板．若已知A 和B 的初速度大小为v 0.求：图3(1)它们最后的速度的大小和方向；(2)木块与木板间的动摩擦因数μ.答案 (1)v 0，水平向右M －mM ＋m (2)2Mv 02(M ＋m )gL解析 (1)系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．木块A 不滑离B 板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v .由动量守恒定律得：M v 0－m v 0＝(M ＋m )v可得：v ＝v 0M －mM ＋m 因为M >m ，故v 方向水平向右．(2)木块和木板损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律，有μmgl ＝m v ＋M v －(M ＋m )v 21202120212解得：μ＝2Mv 02(M ＋m )gl子弹打木块类模型3.如图4所示，在光滑水平面上放置一质量为M ＝1 kg 的静止木块，一质量为m ＝10g 的子弹以v 0＝200m/s 水平速度射向木块，穿出后子弹的速度变为v 1＝100 m/s ，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．图4答案 149.5 J解析 取子弹与木块为系统，系统的动量守恒，设木块获得的速度为v 2，则有：m v 0＝m v 1＋M v 2得：v 2＝＝1 m/s ，m (v 0－v 1)M由能量守恒定律得系统损失的机械能为：ΔE ＝m v －m v －M v ＝149.5 J120212121222弹簧类模型4．如图5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( )图5A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J答案 B解析 A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝＝2 m/s ，mAvAmA ＋mB 所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为(m A ＋m B )v 2＝8 J ，12当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J.(时间：60分钟)1．(多选)两位同学穿着旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( )A．互推后两同学总动量增加B．互推后两同学动量大小相等，方向相反C．分离时质量大的同学的速度小一些D．互推过程中机械能守恒答案 BC解析 以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量仍为零，则两同学互推后的动量大小相等，方向相反，A错误，B正确；根据动量守恒定律得M v1－m v2＝0可见，分离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小，C正确；互推过程中作用力和反作用力对两同学做正功，系统总动能增加，故机械能不守恒，D错误．2．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的球以5 m/s的速度向前运动，与质量为3 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球的大小不能确定答案 B解析 根据动量守恒定律，m 球v ＝m 球v 球＋m 木v 木，即0.2 kg ×5 m/s ＝0.2 kg ×v 球＋3 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．质量相等的三个物块在光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图1所示，具有初动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )图1A ．E 0 B. C. D.2E 03E 03E 09答案 C解析 碰撞中动量守恒m v 0＝3m v 1，解得v 1＝v 03①E 0＝m v 1202②E k ′＝×3m v 1212③由①②③得E k ′＝.E 034.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2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( )图2A.m v 2B.12mMv 22(M ＋m )C.NμmgL D ．NμmgL12答案 BD解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝，损失的动能mvM ＋m ΔE k ＝m v 2－(M ＋m )v ′2＝，所以B 正确；根据能量守恒，损失的动1212Mmv 22(M ＋m )能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝NfL ＝NμmgL ，可见D 正确．5．如图3所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们都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，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图3`A. B.mv 02400mv 02200C. D.99mv 02200199mv 02400答案 A解析 子弹射入木块A ，动量守恒，有m v 0＝100m v 1＝200m v 2，弹性势能的最大值E p ＝×100m v －×200m v ＝.12121222mv 024006．如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧，当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图4(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)m v (2)m v 11602134802解析 (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统动量守恒，有m v 0＝2m v 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒得m v 1＝2m v 2②m v ＝ΔE ＋(2m )v 12121222③联立①②③式，得ΔE ＝m v 11602④(2)由②式可知，v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒和能量守恒得：m v 0＝3m v 3⑤m v －ΔE ＝(3m )v ＋E p 12021223⑥联立④⑤⑥式得E p ＝m v 1348027．如图5所示，光滑水平面上有A 、B 两小车，质量分别为m A ＝20kg ，m B ＝25 kg.A 车以初速度v 0＝3 m/s 向右运动，B 车静止，且B 车右端放着物块C ，C 的质量为m C ＝15 kg.A 、B 相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．已知C 与B 上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B 车足够长，g ＝10 m/s 2，求C 沿B上表面滑行的长度．图5答案 m13解析 A 、B 相撞：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得v 1＝ m/s.由于在极短时间内摩擦43力对C 的冲量可以忽略，故A 、B 刚连接为一体时，C 的速度为零．此后，C 沿B 上表面滑行，直至相对于B 静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C 在B 上的滑行距离之积；(m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v (m A ＋m B )v －(m A ＋m B ＋m C )v 2＝μm C gL121212解得L ＝ m.138.如图6所示，质量m 1＝0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少．答案 (1)0.24 s (2)5 m/s解析 (1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f ，对物块应用牛顿运动定律有：f ＝m 2·，又f ＝μm 2g ，v 0－v t解得t ＝，m 1v 0μ(m 1＋m 2)g 代入数据得t ＝0.24 s.(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′，由功能关系有：m 2v 0′2＝(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL 1212代入数据解得v 0′＝5 m/s ，故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s.实验 验证动量守恒定律[目标定位] 1.明确验证动量守恒定律的原理和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿该直线运动．1．设两个物体的质量分别为m 1、m 2，碰撞前的速度分别为v 1、v 2，碰撞后的速度分别为v 1′、v 2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前总动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2，碰后总动量p ′＝m 1v 1′＋m 2v 2′，看p 与p ′是否相等，从而验证动量守恒定律．2．实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在同一条直线上．(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度．二、实验案例 气垫导轨上的实验气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1图2(1)质量的测量：用天平测量．(2)速度的测量：用光电计时器测量．设Δs 为滑块(挡光片)的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v ＝.ΔsΔt预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3实验步骤1．如图2所示调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞中动量变化的规律．气垫导轨实验数据记录表碰撞(烧断)前碰撞(烧断)后m1m2m1m2质量m(kg)v1v2v1′v2′速度v(m·s－1)m v(kg·m·s－1)m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′实验结论实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变，即碰撞中两滑块组成的系统动量守恒．典例分析【例1】 现利用图6(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图6实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实碰撞前后总动量之差碰前总动量验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．答案 见解析解析 滑块运动的瞬时速度大小v 为v ＝Δs Δt①式中Δs 为滑块在时间Δt 内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时间间隔为T ，则T ＝＝0.02 s1f ②设A 碰撞前后瞬时速度大小分别为v 0、v 1，将②式和图给实验数据代入①式可得：v 0＝m/s ＝2.00 m/s4.00×10－20.02③v 1＝m/s ＝0.970 m/s1.94×10－20.02④设B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有v 2＝dΔtB⑤代入题所给的数据可得：v 2≈2.86 m/s⑥设两滑块在碰撞前后的动量分别为p 和p ′，则p ＝m 1v 0⑦p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δγ＝||×100%p －p ′p⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：δγ≈1.7%<5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．【例2】 某同学利用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”的实验，气垫导轨装置如图7所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图7(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt 1＝10.01 ms ，通过光电门2的挡光时间Δt 2＝49.99 ms ，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt 3＝8.35 ms ；⑧测出挡光片的宽度d ＝5 mm ，测得滑块1(包括撞针)的质量为m 1＝300 g ，滑块2(包括弹簧)质量为m 2＝200 g ；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A.___________________________，B ．__________________________.②碰撞前滑块1的速度v 1为________m/s ；碰撞后滑块1的速度v 2为________m/s ；滑块2的速度v 3为________m/s ；(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出碰撞前后系统的总动量和总动能如何变化？通过对实验数据的分析说明理由．a ．____________________；b.____________________.答案 ①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B ．保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变b ．碰撞前后总动能不变解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．B.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝＝ m/s ≈0.50 m/s ；dΔt 15×10－310.01×10－3滑块1碰撞之后的速度v 2＝＝ m/s ≈0.10 m/s ；d Δt 25×10－349.99×10－3滑块2碰撞后的速度v 3＝＝ m/s ≈0.60 m/s ；dΔt 35×10－38.35×10－3③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．原因：系统碰撞之前的质量与速度的乘积m 1v 1＝0.15 kg m/s ，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s b ．碰撞前后总动能不变．原因：碰撞前的总动能E k1＝m 1v ＝0.037 5 J 1212碰撞之后的总动能E k2＝m 1v ＋m 2v ＝0.037 5 J 12221232所以碰撞前后总动能相等.某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中动量变化规律”的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的实验具体装置如图8所示，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图8(1)若实验已得到的打点纸带如图9所示，并测得各计数点间距(标在图上)，则应该选________段来计算A 的碰撞前速度；应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(选填“AB ”、“BC ”、“CD ”或“DE ”)．图9(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg.由以上测量结果可得：碰前m A v A ＝________kg·m/s ；碰后(m A ＋m B )v 共＝________kg·m/s.由此得出结论是___________________________________________．(本题计算结果均保留三位有效数字)答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 结论见解析解析 (1)小车碰前做匀速直线运动，打出纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前的速度应选BC 段．CD 段上所打的点由稀变密，可见在CD 段A 、B 两小车相互碰撞．A 、B 碰撞后一起做匀速直线运动，所以打出的点又是间距均匀的，故应选DE 段计算碰后的速度．(2)碰撞前：v A ＝＝ m/s ＝1.05 m/s ，BCΔt 0.10500.1碰撞后：v A ′＝v B ′＝v 共＝＝ m/s DEΔt 0.069 50.1＝0.695 m/s.碰撞前：m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s 碰撞后：(m A ＋m B )v 共＝0.60×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s 由于0.420≈0.417由此得出的结论是：在误差允许的范围内，一维碰撞过程中，两物体的总动量保持不变．(时间：60分钟)1．利用气垫导轨做“探究碰撞中动量变化规律”的实验时，不需要测量的物理量是( )A ．滑块的质量 B ．挡光时间C ．挡光片的宽度 D ．滑块移动的距离答案 D解析 根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量；只有滑块移动的距离不需要测量，故选项D 正确．2．“探究碰撞中动量的变化规律”的实验中，入射小球m 1＝15 g ，原来静止的被碰小球m 2＝10 g ，由实验测得它们在碰撞前后的s －t 图象如图1所示，由图可知，入射小球碰撞前的m 1v 1是________，入射小球碰撞后的m 1v 1′是________，被碰小球碰撞后的m 2v 2′是________，由此得出结论__________________________________________________________________________________________________________________________________________.图1答案 0.015 kg·m/s 0.007 5 kg·m/s0．007 5 kg·m/s 碰撞中m v 的矢量和是守恒量解析 由题图可知碰撞前入射小球m 1的速度大小v 1＝ m/s ＝1 m/s ，0.20.2故碰撞前m 1v 1＝0.015×1 kg·m/s ＝0.015 kg·m/s.碰撞后m 1的速度大小v 1′＝ m/s ＝0.5 m/s ，0.3－0.20.4－0.2m 2的速度大小v 2′＝ m/s ＝0.75 m/s ，0.35－0.20.4－0.2故m 1v 1′＝0.015×0.5 kg·m/s ＝0.007 5 kg·m/s ，m 2v 2′＝0.01×0.75 kg·m/s ＝0.007 5 kg·m/s ，可知m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，即碰撞中m v 的矢量和是守恒量．3．如图2所示为气垫导轨上两个滑块A 、B 相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．已知滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，A 、B 离开弹簧后，A 滑块做__________运动，其速度大小为__________m/s ，本实验中得出的结论是____________________________________________________________________．图2答案 匀速 0.09 碰撞前后滑块组成的系统动量守恒解析 碰撞前：v A ＝0，v B ＝0，所以有m A v A ＋m B v B ＝0碰撞后：v A ′＝0.09 m/s ，v B ′＝0.06 m/s 规定向右为正方向，则有m A v A′＋m B v B′＝0.2×(－0.09)kg·m/s＋0.3×0.06 kg·m/s＝0则由以上计算可知：m A v A＋m B v B＝m A v A′＋m B v B′.4．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中动量变化规律的实验：图3①把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．②按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A运动至C的时间t1，B运动至D的时间t2.③重复几次取t1、t2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________；(2)应测量的数据还有_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________；(3)作用前A、B两滑块总动量为________，作用后A、B两滑块总动量为________．答案 (1)用水平仪测量并调试使得导轨水平(1)A至C的距离L1、B至D的距离L2。
1.5 自然界中的守恒定律 课件(粤教版选修3-5)
解析：物体在上升过程中，受重力与空气阻力作用，重力与空 气阻力对物体均做负功；物体在下降过程中，仍受重力与空气 阻力作用，但重力做正功，空气阻力仍做负功.据题意，物体在 上升到某一高度时，动能损失了|ΔEk|=30 J,机械能损失了 |ΔE′|=10 J,由动能定理知，物体克服重力、空气阻力做的功总 和为30 J.由功能原理可知，物体克服空气阻力做的功为10 J. 在物体上升到最高点的过程中，物体的动能损失为|ΔE′|=60 J， 设其机械能的减少量为ΔE′,因为重力及空气阻力恒定，所以在 上述的两个过程中，有 |ΔEk|=mgs+fs,|ΔE|=fs， |ΔEk′|=mgh+fh,|ΔE′|=fh 所以
的对称等等.
所以，我们用对称的思想去观察、去理解物理是非常必要的.
知识预览
能量守 自然界中存在多种形式 的能量, 它们之间可以相互转化 , 但部民能量守恒 恒定律 间变换中的不变性 守 能量守恒对应着某种时 构成的系统 恒 动量守 应用于相互作用的物体 定 恒定律 动量守恒对应着某种空 间变换中的不变性 律 对称的本质是具有某种 不变性 定恒与对称 守恒定律来源于对称
三点剖析 对称和守恒定律 1. 对称 对称性的概念最初来源于生活.在艺术、建筑等领域中，所谓 “对称”，通常是指左右对称.人体本身就有近似左和右的对称 性.常见的对称性有空间的平移和转动以及时间的平移.以上对称 性都是指某个系统或具体事物的对称性，另一类对称性是物理 定律的对称性，它是经过一定的操作后，物理定律的形式保持 不变.因此物理定律的对称性又叫不变性，这类对称性在物理学 中具有更深刻的意义.
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
情景导入
自然界中的守恒定律-粤教版选修3-5教案
自然界中的守恒定律一、教学目标知识目标1.了解守恒定律的基本概念；2.了解在自然界中的能量守恒、动量守恒、电荷守恒和质量守恒定律；3.了解守恒定律在生活中的应用。
技能目标1.能够解释守恒定律的应用；2.能够应用守恒定律解决物理问题。
情感目标1.培养学生热爱自然科学的兴趣；2.提高学生的科学素养。
二、教学重点难点教学重点1.掌握能量守恒、动量守恒、电荷守恒和质量守恒定律；2.掌握守恒定律在生活中的应用。
教学难点1.理解守恒定律的内涵；2.认识和应用质量守恒定律。
三、教学方法1.讲授法：介绍守恒定律的定义、意义和内涵；2.实验法：利用实验感受守恒定律的应用；3.体验法：人体秤的使用体验质量守恒定律。
四、教学资源1.课本；2.实验器材：弹簧秤、卡尺、计时器等。
五、教学过程导入通过实例引出守恒定律教学内容1：自然界中的守恒定律1.能量守恒定律：系统内能量总量守恒，能量的转化只能从一种形式转化为另一种形式。
2.动量守恒定律：系统内动量总量守恒。
3.电荷守恒定律：在封闭的系统中，电荷不会凭空消失或增加，总电荷必须保持不变。
4.质量守恒定律：系统内质量总量守恒，质量不会凭空消失或增加。
教学内容2：守恒定律的应用1.能量守恒定律的应用：弹性碰撞、重力势能、动能与机械能守恒等。
2.动量守恒定律的应用：爆炸碰撞、反冲力等。
3.电荷守恒定律的应用：电荷数目的守恒。
4.质量守恒定律的应用：化学反应、核反应等。
实验：弹性碰撞实验1.利用弹簧秤、卡尺等实验器材进行弹性碰撞实验；2.观察实验现象，通过计算证明能量守恒定律和动量守恒定律。
知识巩固和拓展1.通过题目练习知识点；2.利用生活中的例子呈现更具体的应用。
六、教学评价本节课通过讲解守恒定律的基本概念、实验感受守恒定律的应用、体验质量守恒定律的现象等多种教学方法，让学生初步了解守恒定律的内涵和应用，并且在生活中也会遇到守恒定律的应用。
通过多项知识点的练习和联系，考查学生是否掌握守恒定律的应用，同时培养学生对于自然科学的热爱和科学素养。
高中物理 第一章 第四节 第五节 自然界中的守恒定律 粤教版选修3-5
增加，那么它在另外一个时候或另外一个地方一定有相同数量
的减少．
(2)特点：守恒定律不关心过程中的具体细节，它只是给出
了物体在初、末状态之间应该满足什么样的关系．
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(3)高中物理最重要的守恒定律有两个：一个是能量守恒，
一个是种不变性，守恒与对称之
2
2．反冲运动的特点 反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力， 且作用力大，一般都满足内力远远大于外力，所以反冲运动可
用动量守恒定律来处理．
(1) 反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相作用的两物 体间的相对速度，这时应先将相对速度转化成对地的速度，再
列动量守恒的方程求解．
(2)在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如火箭在运 动过程中，随着燃料的消耗火箭本身的质量不断在减小，此时
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12
(2)系统所受外力的合力虽不为零，但 F 内≫F 外，亦即外力 作用于系统中的物体导致的动量的改变较内力作用所导致的动
量改变小得多，则此时可忽略外力作用，系统动量近似守恒．
(3)系统所受合外力虽不为零，但系统在某一方向所受合力
为零，则系统此方向的动量守恒．
3．机械能守恒定律 在_只__有__重__力__对__物__体__做__功_的条件下，物体的动能和重力势能 发生相互转化，但_机__械__能__的__总__量__保__持__不__变_．在有弹簧弹力做功
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解析：由动量守恒定律和能量守恒定律得：
0＝mv1＋Mv2 E＝12mv21＋12Mv22
解得：v1＝
2EM mM＋m
炮弹射出后做平抛，有：h＝12gt2
x＝v1t
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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。
物理粤教版高二年级选修3-5自然界中的守恒定律_课件1
一、守恒与不变
1.守恒定律
守恒定律并没有告诉我们物体状态变化过程的全部细节， 只是可以用来判断某个变化是否可能发生，以及一旦发生变化， 物体的初、末状态之间应满足什么关系。
2.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，能量的守恒是最重要的守恒形式。
它既是广泛应用科学实验中用来分析实验数据的重要方法， 也是进行理论研究和规律探索的常用手段。总之，物理函数图 象含有明确的物理意义，体现具体的物理内容，描述清晰的物 理过程。用图象法分析问题，可以优化解题过程，使抽象的问 题形象化，复杂的问题简单化。
例1：水平拉力F1、F2分别作用在水平面上的物体上，经一 段时间后撤去，使物体由静止开始运动而后停下，如果物体在两 种情况下的总位移相等，且F1>F2，那么在这个过程中( )
(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；
(2)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的 半径R的取值。
解析：(1)滑块与小车的共同速度为v1 ，滑块与小车相对 运动过程中动量守恒，有：mv0＝(m ＋ M)v1
代入数据解得v1＝4 m/s
设滑块与小车的相对位移为 L1 ，由系统能量守恒定律，
有：μmgL1
3.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。
4.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平移的不变性； 动量守恒则是对应着某种空间平移的不变性。因此，守恒定律 其实正是自然界和谐统一规律的体现。
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(3)解法一：对子弹利用动能定理得 －fs1＝12mv2－12mv20
所以 s1＝Mm2f（MM＋＋2mm））2v20
同理对木块有：fs2＝12Mv2 故木块发生的位移为 s2＝2f（MMm＋2vm20 ）2. 子弹打进木块的深度为：l 深＝s1－s2＝2f（MMm＋v20m）
【例1】 从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下 落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿
竖直方向回到开始下落的位置，求： (1)刚炸裂时另一块碎片的速度； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？
答案
M＋m (1)M－m
2gh，方向竖直向下
(2)12(m－M)v2＋（MM＋－mm）2gh
和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式：对于两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝ _p_1_′__＋__P_2_′或m1v1＋m2v2＝__m_1_v_1′__＋__m_2_v_2′
3．适用条件：系统不受__外__力__或者所受__外__力__矢量和为零．
二、机械能守恒定律 1. 内容：如果一个系统只有重_力__或__弹__力____做功，则系统在 发生动能和势能的转化过程中，机__械__能____的总量保持不变 2．．表达式：mgh1＋12mv21＝mgh2＋12mv22.
(2)设小铁块距 A 点的距离为 L，由能量守恒定律得
μmgL＝12Mv20－12(M＋m)v2 解得：L＝2μ（MMv＋20 m）g
(3)全过程所损失的机械能为 ΔE＝12Mv20－12(M＋m)v2＝2（MMm＋vm02 ）
三、子弹打木块类模型 1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
答案 (1)MM＋mv0 (3)2（MMm＋vm02 ）
(2)2μ（MMv＋20 m）g
解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于他们之间有摩擦，小铁 块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起 匀速运动．设达到的共同速度为 v. 由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v 解得 v＝M＋M mv0.
3．守恒定律的本质，就是某种物理量保持不变．能量守恒是 对应着_某__种__时__间___变换中的不变性；动量守恒是对应着 _某__种__空__间___变换中的不变性．
四、守恒与对称 1．对称的本质：也是具有某种不变性．所以守恒与对称性之
间有着必然的联系． 2．自然界应该是和谐对称的，在探索未知的物理规律的时候
二、滑块滑板模型 1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水
平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒． 2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，则系统机械能不守
恒．应结合能量守恒求解问题． 3．注意滑块若不滑离木板，最后二者具有共同速度．
【例2】 如图1－5－1所示，在光滑的
水平面上有一质量为M的长木板，以
重力 弹力 3．适用条件：只有______或______做功． 三、守恒与不变 能量 1．能量守各恒种：各_样_____是物理学中最重要的物理量之一，而且
具有___不__变_____的形式，各种形式的能量可以相互转化但 总能量______．
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__．
高中物理·选修3-5·粤教版
第五节 自然界中的守恒定律
[目标定位] 1.加深对动量守恒定律和机械能守恒定律的理 解，能运用这两个守恒定律解决一些简单的与生产、生活相 关的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和 谐与统一．
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受__外__力__，或者所受__外__力__的矢量
，允许以普遍的对称性作为指引.
一、爆炸类问题 解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征： 1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体
间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中， 系统的动量守恒． 2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化 学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加． 3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生 的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后， 物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．
解析 (1)M 下落 h 后：Mgh＝12Mv2，v＝ 2gh 爆炸时动量守恒：Mv＝－mv＋(M－m)v′ v′＝MM＋－mm 2gh
方向竖直向下 (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量， 即ΔEk＝12mv2＋12(M－m)v′2－12Mv2
＝12(m－M)v2＋（MM＋－mm）2gh
(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？
(3)子弹打进木块的深度l深为多少？
答案 (1)M＋m mv0 (3)2f（MMm＋v02m）
(2)2（MMm＋vm02 ）
Mmv02 2（M＋m）
解析 (1)由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，子弹与木块 的共同速度为：v＝M＋m mv0. (2)由能量守恒定律得，系统损失的机械能
则系统动量守恒． 2．在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机
械能向内能转化．系统损失的机械能等于阻力乘于相对位
移．即ΔE＝f·s相对
3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失 最多．
【例3】 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设木块 与子弹的相互作用力为f.试求： (1)子弹、木块相对静止时的速度v.
速度v0向右做匀速直线运动，将质量
图1－5－1
为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面
速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板
间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩
擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？