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)
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。
2019-2020年高中物理第1章第4、5节反冲运动自然界中的守恒定律学案粤教版选修3-5
019-2020年高中物理第1章第4、5节反冲运动自然界中的守恒定律学案粤教版选修3-5遵循的规律反冲运动f宀中籠军释火箭、喷气式飞机等的工作原理应用I 处理“人船模型”等实际问题1 •反冲运动是指一个物体向某一方向射出（或抛出）它的一部分时，这个物体的剩余部分向相反方向运动的现象.2•反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理.3•火箭的燃料点燃后燃烧生成的高温高压燃气以很大的速度向后喷出，火箭由于反冲运动而向前运动.1 •下列不属于反冲运动的是（B）A. 喷气式飞机的运动B .直升飞机的运动C.火箭的运动D •反击式水轮机的运动解析：直升飞机是螺旋浆与外部空气作用不是反冲，其他三种是反冲运动.2•一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是（D）A向后踢腿B •手臂向后甩C.在冰面上滚动D .脱下外衣水平抛出3・（多选）关于喷气式飞机的飞行情况，以下说法正确的是（BC）A喷气式飞机能飞出大气层B. 每秒喷出一定量的气体时，喷气速度越大，飞机受到的推力越大C. 战斗开始前抛掉副油箱，在喷气情况相同时，可以飞得更快，操作越灵活D. 以上说法都不正确解析：喷气飞机的发动机是靠空气中的氧气助燃的，A错；每秒喷出一定量的气体△ m 时，设喷气速度为v0，根据反冲原理：△ m- v0= M\2 —MV.一M\2 —MVl 即厶m- v0 = M\2 —MV.可见，v0越大，飞机受到的推力F=上越大，B正确；而惯性的大小与质量有关，故C正确.4 •小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3 S4（图中未全画出）•要使小车向前运动，可采用的方法是（B）A. 打开阀门S1 B •打开阀门S2C.打开阀门S3 D •打开阀门S4解析：据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0,由0= m水v水+ m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出.5•运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（B）A. 燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B. 火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C. 火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D. 火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故选项B对.能丄捌丄6•质量为m的人，原来静止在乙船上，甲、乙两船质量均为M开始时都静止，人先跳到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度大小之比为v甲：v乙等于（C）A. 1 : 1 B . m：MC. （n^ M : M D . m：（W m解析：对人及甲、乙两船，由动量守恒定律得：Mv甲一（M+ R）V乙=0，即v甲：v乙=（m+ M : M7.步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s ,则步枪的反冲速度大小约为（A）A. 2 m/sB. 1 m/sC. 3 m/sD. 4 m/s解析：由动量守恒得：9. 6XX 865 —4.1 v 枪=0, v 枪=2 m/s.&质量m= 100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着口甲=40 kg、m乙=60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸 3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为（A）A. 0.6 m/s，向左B . 3 m/s，向左C. 0.6 m/s，向右D . 3 m/s，向右解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有 0=— m 甲v 甲+ m 乙v 乙+ mv 解得v 数据解得v =— 0.6 m/s ，负号说明小船的速度方向向左，故选项A 正确.9•光滑水平面上一长 L 、质量为M 的平板车一端站着一质量为 m 的人，开始时，人、车均静止，当人从车一端走到另一端时，人、车的位移各是多大？解析：人、车系统动量守恒，在任一时刻动量之和为零，设人前进的方向为正方向，则 有：mvr — MvM= 0，①①式说明即使人不是匀速行走，任一时刻人、车速度大小比等于其质量的反比，故全在人从车一端走到另一端的过程中， 车向左退，如图所示，此过程中人的位移 sm 与车的位移sM 之和为车长L , 即卩sM+ sm= L ,③10.如图所示，小球 A 系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于 O 点正下方，物块与水平面间 的动摩擦因数为 卩.现拉动小球使线水平伸直，AQ ------------- 0 -r1i » I ' A 'N\ :h! Bv小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至 最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ,求物块B 刚被碰后瞬间速度的大小.解析：设小球的质量为m ,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为 v 1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有，代入过程人、车的平均速度也满足此关系，即:msm MsM —T ■— L ，②由②③解得人、车的位移sm= ML mL M+ m ，sM=M+ m i答案：人、车的位移大小各是ML mL M^ m M+ m imgh=，得v1=』2gh.设碰后小球反弹的速度大小为v1',同理有：h®, ghmg l6=，得v1 =8 .设碰后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv l = - mvl'+ 5m\2,2019-2020年高中物理第1章第4节分子间的相互作用力学案粤教版选修3-31. 知道分子间同时存在着相互作用的引力和斥力.2. 知道实际表现的分子力是斥力和引力的合力，记住分子力随分子间距离变化的规律.3•能用分子解释简单的现象.分子引力* 一分子力分产力随分F距离变化规律i. 大量事实说明分子间存在相互吸引力和相互排斥力.研究表明，二者是同时存在、同时变化的，把两者相等的位置叫平衡位置.2•分子间的相互作用力图象如图所示，由图可知，引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，当r = r0时，F斥=F弓I, F合=0;当r = r1时，F斥〉F弓I,分子力表现为斥力, 当r = r2时，F斥v F弓I,分子力表现为弓I力.3. 平衡位置的距离r0的大小与分子的大小相当，其数量级为10—10 m当分子间距离的数量级大于10—9m时，分子间的作用力近似为零，因此，分子力的作用距离很短.4. 组成物质的分子是由原子组成的,原子内部有带正电的原子核和外部带负电的电子，巩固提升这些带电粒子的相互作用引起了分子间的作用力，所以分子力在本质上是电磁力.1•下列现象能说明分子之间有相互作用力的是（A）A. —般固体难于拉伸，说明分子间有引力B. —般液体易于流动和变成小液滴，说明液体分子间有斥力C. 用气筒给自行车车胎打气，越打越费力，说明压缩后的气体分子间有斥力D. 高压密闭的钢筒中的油沿筒壁溢出，这是钢分子对油分子的斥力解析：固体难于拉伸，是分子间引力的表现，故A对；B中液体的流动性不能用引力、斥力来说明，它的原因是化学键的作用；自行车车胎内越打气，气体越多，气体的压强会越大，打气就越费力，这不是分子斥力的结果，况且分子斥力始终存在；在气体状态下，分子力表现为引力.钢分子间有空隙，油从筒中溢出，是外力作用的结果，而不是钢分子对油分子的斥力，故只有A正确.2. 清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成水珠，这一物理过程中，水分子间的（D）A. 引力消失，斥力增大B. 斥力消失，引力增大C. 引力、斥力都减小D. 引力、斥力都增大解析：水汽凝结成水珠时，水分子之间的距离变小，引力、斥力都随分子间的距离的减小而增大.3•下列现象不能说明分子间存在引力的是（B）A. 打湿了的两张纸很难分开B. 磁铁吸引附近的小铁钉C. 用斧子劈柴，要用很大的力才能把柴劈开D. 用电焊把两块铁焊在一起解析：只有分子间的距离小到一定程度时，才发生分子引力的作用，纸被打湿后，水分子填充了两纸间的凹凸部分，使水分子与两张纸的分子接近到引力作用范围而发生作用，故A正确；磁铁对小铁钉的吸引力在较大的距离内也可发生，不是分子引力，B错误；斧子劈柴，克服的是分子引力，C正确；电焊的原理是两块铁熔化后使铁分子达到引力作用范围而发生作用，D正确，故符合题意的为B选项.4. 分子间的相互作用力由引力F引和斥力F斥两部分组成，则(A)A. F 引和F 斥是同时存在的B. F引总是大于F斥，其合力总表现为引力C. 分子之间的距离越小，F引越小，F斥越大D. 分子之间的距离越小，F引越大，F斥越小解析：分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力随分子间距离的变化而变化得更快一些.当r<r0 时，合力表现为斥力，随分子间距离的增大而减小.当r>r0 时，合力表现为引力，合力的大小随分子间距离的增大表现为先增大后减小.故正确选项是A.5. “破镜难圆”的原因是(D)A. 玻璃分子间的斥力比引力大B. 玻璃分子间不存在分子力的作用C. 一块玻璃内部分子间的引力大于斥力；而两块碎玻璃片之间，分子引力和斥力大小相等，合力为零D. 两片碎玻璃之间，绝大多数玻璃分子间距离太大，分子引力和斥力都可忽略，总的分子引力为零解析：破碎的玻璃放在一起，由于接触面的错落起伏，只有极少数分子能接近到分子间有作用力的程度，因此，总的分子引力非常小，不足以使它们连在一起.6•关于分子间作用力，下面说法中正确的是(其中r0为分子间平衡位置之间的距离)(D)A. 两个分子间距离小于r0时，分子间只有斥力B. 两个分子间距离大于r0时，分子间只有引力C. 压缩物体时，分子间斥力增大，引力减小D. 拉伸物体时，分子斥力和引力都减小解析：分子间的引力和斥力是同时存在的，当r>r0时，它们的合力表现为引力；当r<r0 时，它们的合力表现为斥力，故A B选项均错；当物质分子间距变化时，分子的引力和斥力同时增大或减小，故C错、D对.7.下列现象可以说明分子间有引力的是(A)A. 用粉笔写字在黑板上留下字迹B. 两个带异种电荷的小球相互吸引C. 用毛皮摩擦过的橡胶棒能吸引轻小的纸屑D. 磁体吸引附近的小铁钉解析：毛皮摩擦的橡胶棒能吸引轻小的纸屑及两带电小球相吸都是静电力的作用，磁铁吸引小铁钉的力是磁场力，二者跟分子力是不同性质的力，故B、C D错，粉笔字留在黑板上是由于粉笔的分子与黑板的分子存在引力的结果，故A正确.&两个分子从远处(r>10—9 m)以相等的初速度v相向运动，在靠近到距离最小的过程中，其动能的变化情况为(D)A. —直增加 B .一直减小C.先减小后增加D .先增加后减小解析：从r>10-9 m到r0时，分子间作用力表现为引力，随距离的减小，分子力做正功，分子动能增加；当分子间距离由r0减小时，分子间作用力表现为斥力，随距离减小，分子间作用力做负功，分子动能减小，D正确，A B C错误.9•如图所示，甲分子固定于坐标原点0,乙分子从无穷远处静止释放，在分子力的作用下靠近甲，图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处是（C）A. a点B . b点C. c点D . d点解析：a点和c点处分子间的作用力为零，乙分子的加速度为零，从a点到c点分子间的作用力表现为引力，分子力做正功，乙分子速度增加，从c点到d点分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功，故乙分子由a点到d点先加速再减速，所以在c点速度最大，故C正确.10.分子甲和分子乙距离较远，设甲分子固定不动，乙分子逐渐向甲分子靠近，直到不能再近的这一过程中（D）A分子力总是对乙分子做正功B. 乙分子总是克服分子力做功C. 先是乙分子克服分子力做功，然后分子力对乙分子做正功D. 先是分子力对乙分子做正功，然后乙分子克服分子力做功解析：由于分子间距大于r0时，分子力表现为引力，因此分子乙从远处移到距分子甲r0处的过程中分子力做正功，如下图所示；由于分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，因此分子乙从距分子甲r0处继续移近甲时要克服分子力做功.。
物理粤教版3-51.5自然界中的守恒定律学案
物理粤教版3-51.5自然界中的守恒定律学案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__________，但它能够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能够____________，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)，那么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、图32、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.假设运动过程中轻绳在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3.3×107m/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 4.7×106m/s，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、图44、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v 0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、C 离开弹簧后的速度恰为v 0.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 ＝1kg ，原来静止，m A ＝1kg(含支架)、现将小球C 用长为0.2m 的细线悬于支架顶端，m C ＝0.5kg.开始时A 车与C 球以v 0＝4m/s 的速度冲向B车，如图5所示、假设A ，B 正碰后粘在一起，不计空气阻力，g 取10m/s 2，试求小球C 摆动的最大高度、参考答案课前预习练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，因此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，因此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 v 0M 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 v 0＝(M A ＋M B )v ，解得v ＝M A v 0M 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、依照动量守恒定律有：(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，系统的动量基本上守恒的、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 ′，依照动量守恒和动能守恒有：4.13mv 2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 ＝mv 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得 3mv ＝2mv 1＋mv 0②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)v 21＋12mv 20③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep ＝13mv 20④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，但要注意假设机械能没有转化为其他形式的能，机械能是守恒的，假设机械能有一部分转化为其他形式的能，那么机械能要减少，假设有其他形式的能转化为机械能，那么机械能要增加、5、0.16m解析设A 、B 相碰后二者的共同速度为v ，那么由动量守恒定律 m A v 0＝(m A ＋m B )v ， 解得：v ＝2m/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，那么由动量守恒有：m C v 0＋(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ′ 解得：v ′＝2.4m/s再由机械能守恒定律，设C 球摆动的最大高度为h ，那么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 ＝0.16m。
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。
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实验验证动量守恒定律教学案
实验验证动量守恒定律一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒.2．探究一维弹性碰撞的特点。
二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′,看碰撞前后动量是否守恒.三、实验器材方案一:气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥.方案二：带细线的摆球（两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车（两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案四：斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，天平一台,刻度尺，圆规。
四、实验步骤方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验（1)测质量：用天平测出滑块质量.(2）安装：正确安装好气垫导轨。
(3）实验：接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量，②改变滑块的初速度大小和方向）.(4）验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
（2）安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
（3）实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
(4）测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度.(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验.(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验（1）测质量：用天平测出两小车的质量。
(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
(3）实验:接通电源,让小车A运动,小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。
（4）测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝错误!算出速度。
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．
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 。
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。
【2019-2020】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教学案粤教版选修3_5
教学资料参考范本【2019-2020】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教学案粤教版选修3_5撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________[学习目标] 1.加深对动量守恒定律和能量守恒定律的理解，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．[导学探究] 如图1所示，质量为2 kg的物体静止在与其之间动摩擦因数μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F＝20 N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g＝10 m/s2)图1答案对物体受力分析如图所示：方法一：根据牛顿第二定律F－μmg＝mav＝ats＝at2解得t＝4 s，s＝40 m.方法二：根据动量定理可得：(F－μmg)t＝mv－0解得：t＝4 s.根据动能定理可得：Fs－μmgs＝mv2－0解得s＝40 m.[知识梳理] 解决力学问题的三个基本观点1．力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、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．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，应由能量守恒求解问题．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2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，在木板的上表面有两块质量均为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两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．求：图2(1)木块B的最小速度是多少？(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？答案(1) (2)，向左解析(1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．取向右为正方向，根据动量守恒定律：m·2v0－mv0＝5mv解得B的最小速度v＝v05(2)A向左减速的过程，根据动能定理有－μmgs1＝0－mv02向左的位移为s1＝v 202μgA、C一起向右加速的过程，根据动能定理有μmgs2＝×4m()2向右的位移为s2＝2v 2025μg取向左为正方向，整个过程A发生的位移为s＝s1－s2＝21v 2050μg即此过程中A发生的位移向左，大小为.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，则系统动量守恒．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：图3(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能；(3)子弹在木块中打入的深度．答案(1) (2) (3)错误!解析因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(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：mv＝(M＋m)v′①二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v′2②由①②两式解得：s＝.(2)射入过程中损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v′2③解得：ΔE＝.(3)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相对得：s相对＝＝.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．整个过程往往涉及到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：弹簧压缩最短时，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 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4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4(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得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝ m/s＝3 m/s.(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vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC得：vBC＝ m/s＝2 m/s，物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒定律，则Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vABC2＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.针对训练如图5所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，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，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图5A. B.mv 20200C. D.199mv 20400答案A解析子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－×200mv22＝.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，而机械能守恒条件是合外力做的功为零．(2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况．(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式．(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒．1．(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6所示，上述两种情况相比较( )图6A．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答案AC解析两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv＝(M＋m)v共，得v共＝v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确．2.如图7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．4 J B．8 J C．16 J D．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：mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，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8 J.3．如图8所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，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木板上最多能滑行的距离为( )图8A．L B. C. D.L2答案D解析长木板固定时，由动能定理得：μMgL＝Mv02，若长木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C三项错误．4．如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g ＝10 m/s2.求：图9(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．答案(1)2.5 m/s (2)0.375 m解析(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh＝mAv12 ①代入数据解得v1＝＝5 m/s②设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mAv1＝(mA＋mB)v2③代入数据解得v2＝2.5 m/s④(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3⑤根据能量守恒定律有：μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v⑥联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m．⑦一、选择题(1～2题为单选题，3～4题为多选题)1．如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图1A．P的初动能B．P的初动能的12C．P的初动能的D．P的初动能的14答案B解析把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，v＝v02所以弹簧具有的最大弹性势能Ep＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故B正确．2．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m ＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s时，物块的运动情况是( )图2A．做减速运动B．做加速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能答案A解析开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.7 m/s，所以物块处于向左减速的过程中．3．如图3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( )图3A．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mgh2C．B与A分开后能达到的最大高度为h4D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算答案BC解析根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即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′＝mv2，B能达到的最大高度为h′＝h，即C正确，D错误．4．如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1 kg和m2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )图4A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/sC．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/sD．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J答案CD解析在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒．设水平向右为正方向，断开后两球仍沿原直线运动，速度分别为v1和v2，设刚分离时，a、b两球的速度方向相同，由动量守恒定律，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，有v1t－v2t＝s，联立解得：v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确．由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能为Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v＝0.27 J，选项D正确．二、非选择题5．如图5所示，在光滑水平地面上的木块M紧挨轻弹簧靠墙放置．子弹m以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量M＝9m，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx.劲度系数为k、形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2.求：图5(1)从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；(2)弹簧的劲度系数．答案(1)mv02 (2)错误!解析(1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，解得v＝.设从子弹射入木块到刚好相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律ΔE＝mv02－(m＋M)v2代入数据得ΔE＝.(2)设弹簧的劲度系数为k′，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx，其弹性势能可表示为Ep′＝k′(Δx)2，木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律1(m＋M)v2＝Ep′，2解得弹簧的劲度系数k′＝.6．如图6所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：图6(1)子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？答案(1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m解析(1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：m0v0＝(m0＋m)v1，解得：v1＝＝ m/s＝10 m/s(2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v，解得v＝＝ m/s＝2 m/s(3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：1(m0＋m)v12＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m＋M)v2，2解得L＝8 m.7．如图7所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.求：图7(1)小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)A、C碰撞后瞬间A的速度大小；(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？答案(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m(或 m)解析(1)小球碰撞前在竖直平面内做圆周运动根据机械能守恒定律，得mCgL＝mCv02由牛顿第二定律，得F－mCg＝mCv 20L解得v0＝4 m/s，F＝30 N(2)设水平向右为正方向，A、C碰撞后的速度大小分别为vA、vC，由能量守恒和动量守恒，得mCvC2＝mCghmCv0＝mAvA－mCvC解得vC＝2 m/s，vA＝1.5 m/s(3)设A在B上相对滑动的最终速度为v，相对位移为s，由动量守恒和能量守恒，得mAvA＝(mA＋mB)vμmAgs＝mAvA2－(mA＋mB)v2解得s＝0.375 m要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或 m)8.如图8所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，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A点．求男演员落地点C与O点的水平距离x.(已知男演员的质量m1和女演员的质量m2的关系为＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)图8答案8R解析设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v02设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落到C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得4R＝gt2，x＝v1t女演员刚好能回到A点，由机械能守恒定律得m2gR＝m2v22，已知m1＝2m2，解得x＝8R.。
高中物理第一章碰撞与动量守恒1.5自然界中的守恒定律教案粤教版选修3_.doc
1.5 自然界中的守恒定律课堂互动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.（1）物理定律的空间平移对称性.设想我们在空间某处做一个物理实验，然后将该套实验平移到另一处.如果给以同样的起始条件，实验将会以完全相同的方式进行.这说明物理定律没有因平移而发生变化.这就是物理定律的空间平移对称性.它表明空间各处对物理定律是一样的，所以又叫做空间均匀性.（2）物理定律的转动对称性.如果在空间某处做实验后，把整套仪器转一个角度，则在相同的起始条件下，实验也会以完全相同的方式进行.这说明物理定律并没有因转动而发生变化.这就是物理定律的转动对称性.它表明空间的各个方向对物理定律是一样的，所以又叫做空间的各向同性.（3）物理定律的时间平移对称.如果我们用一套仪器做实验，该实验进行的方式或秩序是和此实验开始的时刻无关的.无论在什么时候开始做实验，我们得到完全一样的结果.这个事实表示了物理定律的时间平移的对称性.2.对称与守恒定律的关系人们一直就知道，对称在组织自然世界的过程中扮演了一个很重要的角色.我们都熟悉太阳的圆形，雪花和结晶体的规则性.然而，并非所有的对称都是几何性的.男女的对称、正负电荷的对称也是很有用的概念，但这种对称是抽象性质的.这些抽象的对称所显露的物质内部构造的优美，使大部分物理学家感到惊奇.物理学家们不久便开始发问这些对称性背后的意义.一位杰出的理论物理学家说：“大自然似乎是想用这些对称来告诉我们什么秘密”.数学分析的力量在这个时候显露了出来.群论表明，一切对称都可以在一个单一的主要基本对称中找到其自然的起源.人们发现，较为复杂的对称都可以通过非常简单的组合得到.守恒定律是自然界和谐对称的一种体现.在我们学习的物理中，有许多运动是对称的，运动中的各过程也是对称，利用对称的思想和方法，可以更有效地处理解决问题.各个击破【例题】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1-5-2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（）图1-5-2A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能守恒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 解析：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它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.答案：C类题演练某一物体以60 J 的初动能，从A 点被竖直上抛，在它上升到某一高度时，动能损失了30 J,而机械能损失了10 J,则该物体落回A 点时的动能为（设空气阻力大小恒定）（ ）A.50 JB.40 JC.30 JD.20 J 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|ΔE k |=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|ΔE k |=mgs+fs,|ΔE|=fs ，|ΔE k ′|=mgh+fh,|ΔE′|=fh 所以|||'||||'|E E E E k k ∆∆=∆∆.代入数据，得|ΔE′|=20 J 物体在上升过程与下降过程中，克服空气阻力做的功相等，所以在全过程中的机械能损失为2|ΔE′|，故物体在落回A 点时的动能为E k =E k0-2|ΔE′|=20 J，选项D 正确.答案：D变式提升如图1-5-3所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（ ）图1-5-3A.合力变小，速度变小B.合力变小，速度变大C.合力先变小，后变大；速度先变大，后变小D.合力先变大，后变小；速度先变小，后变大解析：根据牛顿第二定律知道，物体受到的合外力与物体的加速度是瞬时对应关系，所以在分析问题时，要详尽地分析物体运动变化过程中的受力情况，进而分析加速度和速度的变化情况.铁球接触弹簧前，做自由落体运动，有一向下的速度.铁球接触弹簧后，在整个压缩弹簧的过程中，仅受重力G 和弹簧弹力F 的作用.开始压缩时，弹簧的弹力F 小于物体的重力G ，合外力向下，铁球向下做加速运动，但随着铁球向下运动，弹簧形变量增大，弹力随之增大，合外力减小，加速度减小，速度增大.当弹簧增至与重力相等的瞬间，合力为零，加速度为零，速度最大.此后，弹力继续增大，弹力大于重力，合力向上且增大，加速度向上逐渐增大，直至铁球速度为零，此时弹簧压缩量最大. 答案：C。
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 1.5 自然界中的守恒定律教学案 粤教版选修3-5-粤教版高二选修
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，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)M ＋mM －m2gh ，方向竖直向下 (2)4Mmgh M －m解析 (1)M 下落h 后：Mgh ＝12Mv 2，v ＝2gh爆炸时动量守恒：Mv ＝－mv ＋(M －m )v ′v ′＝M ＋m M －m2gh ，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ΔE k ＝12mv 2＋12(M －m )v ′2－12Mv 2＝4MmghM －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，那么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，那么系统机械能不守恒．应结合能量守恒求解问题．3．注意滑块假设不滑离木板，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，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)MM ＋m v 0 (2)Mv 022μM ＋m g (3)Mmv 022M ＋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：Mv 0＝(M ＋m )v 解得v ＝MM ＋mv 0. (2)设小铁块距A 点的距离为L ，由能量守恒定律得μmgL ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2 解得：L ＝Mv 022μM ＋m g(3)全过程所损失的机械能为 ΔE ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2＝Mmv 022M ＋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，那么系统机械能不守恒，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．假设子弹不穿出木块，那么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)mM ＋m v 0 (2)Mmv 022M ＋m Mmv 022M ＋m(3)Mmv 022f M ＋m解析 (1)由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，子弹与木块的共同速度为：v ＝mM ＋mv 0.(2)由能量守恒定律得，系统损失的机械能 ΔE k ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2，得：ΔE k ＝Mmv 022M ＋m系统增加的内能Q ＝ΔE k ＝Mmv 202M ＋m(3)解法一：对子弹利用动能定理得 －fs 1＝12mv 2－12mv 02所以s 1＝Mm M ＋2m v 022f M ＋m2同理对木块有：fs 2＝12Mv 2故木块发生的位移为s 2＝Mm 2v 022f M ＋m2.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＝12mv 02－12(M ＋m )v 2 得：l 深＝Mmv 022f M ＋ml 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，假设系统合外力为零，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．那么在以后的运动中：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 ＝2＋2×62＋2＋4m/s ＝3 m/s.(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 ， 那么m B v ＝(m B ＋m C )v BC ，v BC ＝2×62＋4m/s ＝2 m/s ， 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 ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12×(2＋4)×22 J ＋12×2×62J －12×(2＋2＋4)×32J ＝12 J.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mv ＝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 ＝12gt 2得t ＝2 s ，那么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 ＝12m A v A 2＋12(m －m A )v B 2－12mv 2＝60.75 J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．假设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)M －mM ＋mv 0，水平向右 (2)2Mv 02M ＋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：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v 可得：v ＝M －mM ＋mv 0 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 ＝12mv 02＋12Mv 02－12(M＋m )v 2解得：μ＝2Mv 02M ＋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 ＝10 g 的子弹以v 0＝200 m/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，那么有：mv 0＝mv 1＋Mv 2 得：v 2＝m v 0－v 1M＝1 m/s ， 由能量守恒定律得系统损失的机械能为： ΔE ＝12mv 02－12mv 12－12Mv 22＝149.5 J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 ＝m A v Am A ＋m B＝2 m/s ， 所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为 12(m A ＋m B )v 2＝8 J ， 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．(多项选择)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，以下判断正确的选项是( ) 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，那么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Mv 1－mv 2＝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 ，那么( ) 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.2E 03 C.E 03 D.E 09答案 C解析 碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，解得v 1＝v 03①E 0＝12mv 02②E k ′＝12×3mv 12③由①②③得E k ′＝E 03.4.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，那么整个过程中，系统损失的动能为( )图2A.12mv 2B.mMv 22M ＋m C.12NμmgL D ．NμmgL 答案 BD解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mvM ＋m ，损失的动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2＝Mmv 22M ＋m，所以B 正确；根据能量守恒，损失的动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，那么在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图3` A.mv 02400B.mv 02200C.99mv 02200D.199mv 02400答案 A解析 子弹射入木块A ，动量守恒，有mv 0＝100mv 1＝200mv 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100mv 12－12×200mv 22＝mv 02400. 6．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)116mv 02(2)1348mv 02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mv 0＝2mv 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mv 1＝2mv 2②12mv 12＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③联立①②③式，得ΔE ＝116mv 02④(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：mv 0＝3mv 3⑤12mv 02－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 027．如图5所示，光滑水平面上有A 、B 两小车，质量分别为m A ＝20 kg ，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．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 13m解析 A 、B 相撞：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得v 1＝43 m/s.由于在极短时间内摩擦力对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 )v12(m A ＋m B )v 12－12(m A ＋m B ＋m C )v 2＝μm C gL 解得L ＝13m.8.如图6所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，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·v 0－vt，又f ＝μm 2g ， 解得t ＝m 1v 0μm 1＋m 2g，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 ′，那么m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′，由功能关系有：12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL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，那么v ＝Δs Δt.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)mv(kg·m·s－1)m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′实验结论典例分析[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m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝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． 假设实验允许的相对误差绝对值(|碰撞前后总动量之差碰前总动量|×100%)最大为5%，本实验是否在误差X 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 ，那么T ＝1f＝0.02 s 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＝4.00×10－20.02m/s ＝2.00 m/s③v 1＝1.94×10－20.02m/s ＝0.970 m/s④设B 在碰撞后的速度大小为v 2， 由①式有v 2＝dΔt B⑤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 ′，那么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＝|p －p ′p|×100%⑨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X 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＝10.01ms ，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X 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＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s≈0.50 m/s；滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－349.99×10－3 m/s≈0.10 m/s；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s≈0.60 m/s；③a.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/sb ．碰撞前后总动能不变． 原因：碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5 J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)假设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)，那么应该选________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___________________________________________． (此题计算结果均保留三位有效数字)答案 (1)BCDE (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＝BCΔt＝0.10500.1m/s＝1.05 m/s，碰撞后：v A′＝v B′＝v共＝DEΔt＝0.069 50.1m/s＝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X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，应选项D正确．2．“探究碰撞中动量的变化规律〞的实验中，入射小球m1＝15 g，原来静止的被碰小球m2＝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m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是________，被碰小球碰撞后的m2v2′是________，由此得出结论__________________________________________________________________________________________________________________________________________.图1答案 0.015 kg·m/s 0.007 5 kg·m/s 0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv 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＝0.20.2m/s ＝1 m/s ， 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′＝0.3－0.20.4－0.2m/s ＝0.5 m/s ，m 2的速度大小 v 2′＝0.35－0.20.4－0.2m/s ＝0.75 m/s ，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mv 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．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，那么有m A v A ′＋m B v B ′＝0.2×(－0.09)kg·m/s＋0.3×0.06 kg·m/s＝0那么由以上计算可知：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t 1，B 运动至D 的时间t 2.③重复几次取t 1、t 2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L 1、B 至D 的距离L 2(3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．(2)要求出A 、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 运动至C 的时间t 1和B 运动至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝s t 求出其速度．(3)碰前两滑块静止，v ＝0，总动量为0.设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰后两滑块的总动量为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.。
第一章第五节自然界中的守恒定律 课堂练习含试卷分析详解高中物理粤教版选修3-5
1.(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( )A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量不守恒、机械能守恒C ．动量守恒、机械能不守恒D ．无法判断动量、机械能是否守恒解析：选C.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摩擦阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统机械能不守恒．2．(双选)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不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D 错．3．(单选)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．(单选)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． 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 )v ①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 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16m v 20.答案：(1)12m (2)16m v 20。
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。
2019-2020年高中物理 第一章12 《动量 动量守恒定律》教案 粤教版选修3-5
2019-2020年高中物理第一章12 《动量动量守恒定律》教案粤教版选修3-5★新课标要求（一）知识与技能理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用范围（二）过程与方法在理解动量守恒定律的确切含义的基础上正确区分内力和外力（三）情感、态度与价值观培养逻辑思维能力，会应用动量守恒定律分析计算有关问题★教学重点动量的概念和动量守恒定律★教学难点动量的变化和动量守恒的条件．★教学方法教师启发、引导，学生讨论、交流。
★教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备★课时安排1 课时★教学过程（一）引入新课上节课的探究使我们看到，不论哪一种形式的碰撞，碰撞前后mυ的矢量和保持不变，因此mυ很可能具有特别的物理意义。
（二）进行新课1．动量（momentum）及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。
记为p=mv. 单位：kg·m/s 读作“千克米每秒”。
理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息，反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。
师：大家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和方向，而运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息，更能从本质上揭示物体的运动状态，是一个动力学概念.②矢量性：动量的方向与速度方向一致。
师：综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生的方向，动量的大小等于质量和速度的乘积，动量的方向与速度方向一致。
（2）动量的变化量：定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。
强调指出：动量变化△p是矢量。
方向与速度变化量△v相同。
一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1矢量差【例1（投影）】一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？【学生讨论，自己完成。
【金版学案】高中物理 1.5 自然界中的守恒定律知能演练 粤教版选修3-5
第五节自然界中的守恒定律基础达标1．(双选)关于动量守恒定律，下列说法错误的是( )A．系统满足动量守恒条件时，不仅作用前后总动量不变，就是作用过程中任何时刻总动量也不变B．动量守恒定律与牛顿运动定律一样仅适用于宏观、低速的物体C．动量守恒定律仅适用于正碰而不适用于斜碰的物体系统D．大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，动量守恒定律都适用解析：正确理解动量守恒定律与牛顿运动定律的区别是求解关键．答案：BC2．质量分别为m1、m2的小球在一直线上相碰，它们在碰撞前后的位移－时间图象如图所示，若m1＝1 kg，则m2等于( )A．1 kg B．2 kgC．3 kg D．4 kg解析：由图可知，碰撞前，的速度：答案：C能力提升3．质量分别为和的两个物体碰撞前后的位移－时间图象如图所示，由图有以下说法：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．①② B．②③C．②④ D．③④解析：由图可知，和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.故选项C对．答案：C4．(2012·全国理综)(双选)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：根据碰撞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 1′2＋12m 2v 2′2 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12mv 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：AD5．质量为M 的小沙车沿光滑水平面以速度做匀速直线运动，在运动中，从沙车上方落入一个质量为m 的铁球，则( )A ．车仍做匀速直线运动，速度等于B ．车仍做匀速直线运动，速度小于C ．车做匀减速直线运动，速度小于D．条件不足，无法判断解析：沙车和铁球组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，由Mv0＝(M＋m)v可知v＝Mv0M＋m，选项B对．答案：B6．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块，以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长．当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动 B．做减速运动C．做匀速运动 D．以上运动都可能解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)Mv－mv＝(M＋m)v′v′＝－3＋1m/s＝2 m/s共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同．在物块和薄板相互作用的过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到零，再沿正方向加速到2 m/s.当薄板速度为v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得：Mv－mv＝Mv1＋mv2v 2＝M－m v－Mv1m＝－－3×2.41m/s＝0.8 m/s即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动，A正确．答案：A7．如图所示，将一光滑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木块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论正确的是( )A ．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B ．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 点后，将做竖直上抛运动解析：由于木块对槽的弹力作用，在小球沿槽从A 到最低点之前，槽不动，此过程中小球与槽组成的系统动量不守恒，但在这之后，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故在水平方向上系统动量守恒，故A 错，C 对；在B 到C 过程中球对槽的压力做功(槽的运动只能是球对它的压力产生的)，因此槽对球的支持力做功，故B 错；当小球脱离槽时，小球相对于槽的速度应竖直向上，但由于二者系统水平方向上动量守恒，故此时二者共同的水平速度不为零，小球离开右侧最高点后，做竖直上抛运动是错误的，故D 错．答案：C8．(双选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m 的子弹以速度v 水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出，若射击下层，子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较( )A ．两次子弹对滑块做的功一样多B ．两次滑块所受冲量一样大C ．子弹嵌入下层过程中克服阻力做功较少D ．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多解析：由动量守恒知两次子弹射入矩形滑块后的共同速度均为v ′＝mvM ＋m.子弹对滑块做的功W ＝12Mv ′相同，滑块所受冲量I ＝Mv ′相同，子弹克服阻力做功W ＝12mv 2－12mv ′2相同，系统产生的热量Q ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2相同，故选项A 、B 对．答案：AB9．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 的子弹以水平速度射入物块后， 以水平速度射出．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 ＝m ×＋Mv ①解得：v ＝ ②系统损失的机械能为：(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 ＝12gt2⑤s ＝vt ⑥由②⑤⑥三式可得：s ＝mv 0M h 2g .答案：(1)18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M(2)mv 0Mh 2g10．如图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，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速沿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.求弹簧释放的势能．解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv＝m①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得3mv＝2m＋m②设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有牛顿运动定律及守恒定律在应用牛顿定律之前，必须先将物体理想化为质点．所谓“质点”是指物理学中理想化的模型，在考虑物体的运动时，将物体的形状、大小、质地、软硬等性质全部忽略，只用一个几何点和一个质量来代表此物体．质点模型适用的范围是当与分析所涉及的距离相比较，物体的尺寸显得很微小，或我们只考虑物体受的外力，物体本身的内部结构、形变、旋转、温度等对于分析并不重要．举例而言，在分析行星环绕恒星的轨道运动时，行星与恒星都可以被理想化为质点．原初版本的牛顿运动定律只适用于描述质点的动力学，不具有足够功能来描述刚体与可变形体的运动.1750年，欧拉在牛顿定律的基础上，推导出能够应用于刚体的欧拉运动定律．后来，这定律又被应用于假定为连续介质的可变形体．假若用一群离散质点的组合来代表物体，其中每一个质点都遵守牛顿定律，则可以从牛顿定律推导出欧拉运动定律．不论如何，欧拉运动定律可以直接视为专门描述宏观物体运动的公理，与物体内部结构无关．在这里，宏观物体指的是尺度远远大于粒子尺度的物体．牛顿运动定律只成立于惯性参考系，又称为牛顿参考系．有些学者喜欢将第一定律作为根本，而将惯性参考系视作第一定律的延伸，也就是说，在他们看来，第一定律可以用来定义惯性参考系．假若采用这观点，则只有从惯性参考系观察，第二定律才成立．所以，不能从第二定律以特例的方式来推导出第一定律．另外又有一些学者将第一定律视为第二定律的推论．特别注意，惯性参考系的概念是在牛顿提出第一定律之后很久才发展成功的．在现代物理学中，动量守恒定律、能量守恒定律与角动量守恒定律相比牛顿定律更为普遍适用，它们既应用于光，也应用于物质；既应用于经典物理学，也应用于非经典物理学．它们的陈述都非常简单：“动量、能量、角动量既不可能凭空创造也不可能凭空消失”．因为力是动量的时间衍生物，因此力这个概念显得有些多余，是属于守恒定律的．力的概念也不能应用于基础理论，如量子力学、量子电动力学．广义相对论中，标准模型解释了三种基本力(强力、弱力和电磁力)是如何从规范场中起源并通过虚粒子转换的．其他的力例如重力与费米简并压力也可以从动量守恒中引出．近代的科学实验和理论分析都表明：在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律．因此，它是自然界中最重要、最普遍的客观规律之一，比牛顿运动定律的适用范围更广．下面举一个牛顿运动定律不适用而动量守恒定律适用的例子．在我们考察光的发射和吸收时，会看到这样一种现象：在宇宙空间中某个地方有时会突然发出非常明亮的光，这就是超新星．可是它很快就逐渐暗淡下来．光从这样一颗超新星出发到达地球需要几百万年，而相比之下，超新星从发光到熄灭的时间就显得太短了．当光从超新星到达地球时，它给地球一个轻微的推动，而与此同时地球却无法给超新星一个轻微的推动，因为它已经消失了．因此，如果我们想象一下地球与超新星之间的相互作用，在同一瞬间就不是大小相等、方向相反了．这时，牛顿第三定律显然已不适用了．虽然如此，动量守恒定律还是正确的．不过，我们必须把光也考虑在内．当超新星发射光时，星体反冲，得到动量，同时光也带走了大小相等而方向相反的动量．等经过几百万年之后光到达地球时，光把它的动量传给了地球．这里要注意的是：动量不仅可以为实物所携带，而且可以随着光辐射一起传播．当我们考虑到上述这点时，动量守恒定律还是正确的．。
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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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。