高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第六节 自然界中的守恒定律导学案及答案

自然界中的守恒定律

1．了解自然界中的守恒定律。

2．能用动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律解决生活中的现象。

[情境导学]

一个钢球与另一个静止的钢球相碰，如果两个钢球的质量相等，碰后第一个钢球停止运动，第二个钢球能摆到同样的高度。碰撞过程中，系统的机械能有损失吗？

提示：由于B球能摆到同样的高度，说明碰后的机械能与碰前相等，所以两球碰撞的过程中，系统的机械能也守恒。

[知识梳理]

1．守恒定律

(1)物理学的守恒定律：动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、电荷守恒定律等，反映了自然界的和谐与统一。

(2)内容

①物质所处的系统若没有系统外的因素使系统的这些物理量发生改变，则系统内部的这些物理量总和保持不变，这些物理量只在系统内部转移或转化。

②若由于外界因素的作用，使得系统中的某个物理量发生变化，则系统中该物理量总和的增加量(或减少量)等于外界向该系统输入(或抽取)的量。

(3)条件：合适的系统和范围。

2．动量守恒定律

合外力为零时，系统的动量不发生改变；合外力不为零，但在某个方向合外力为零，系统在该方向动量守恒。若有冲量作用于系统，则冲量的值等于系统动量的改变量。

3．机械能守恒定律

当系统外力与系统内除重力和弹力外的其他内力做功代数和为零，则系统的总机械能保持不变。

4．能量守恒定律

在系统机械能增加或减少的同时，必然有其他形式的能量减少或增加，而且系统机械能的变化量和其他形式能量的变化量总是相同的。

[初试小题]

1．判断正误。

(1)守恒定律在任何系统和范围都适用。(×)

(2)在某个方向上系统所受的合外力为零，则系统的动量便守恒。(×)

(3)只要系统所受的合外力不为零，则系统的机械能便不会守恒。(×)

(4)系统的总能量减少时，外界必有其他物体得到能量。(√)

2．思考题。

如图，在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前一个物体静止，另一个以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。碰撞后该系统的总动能是否会有损失？若有损失，损失的能量转化为什么能量？

提示：根据动量守恒定律，有mv＝2mv′，则

v′＝v

碰撞前的总动能Ek＝mv2

碰撞后的总动能Ek′＝(2m)v′2＝Ek

可见，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。

减少的动能转化为内能。

1．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较

2．应用“两个守恒”定律求解问题的路线图

[例题1]　如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的静止滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R＝1 m，质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块。已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球恰好到达圆弧的上端，求：

(1)小球的初速度v0是多少；

(2)滑块最终获得的最大速度是多少。

[解析]　(1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块在水平方向上的速度相同，设为v1，小球与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故有mv0＝(m＋M)v1。

因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有mv02＝(m＋M)v12＋mgR，联立解得v0＝5 m/s。

(2)小球到达最高点后返回的过程中，滑块做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3，研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv2＋Mv3，mv02＝mv22＋Mv32，

联立解得v3＝2 m/s。

[答案]　(1)5 m/s　(2)2 m/s

[针对训练]

如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；

(2)A、B两球的质量之比mA∶mB。

解析：(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝mAvA2，解得vA＝。

(2)设两球碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝gt2，在水平方向上有＝vt，联立以上各式得mA∶mB＝1∶3。

答案：(1)　(2)1∶3

1．动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中最重要、最普遍、最基本的两条客观规律。如果系统内部存在除重力和弹力外的其他力做功，则系统的机械能发生改变，此时题中涉及能量时应考虑能量守恒定律来解决问题。

2．常见类型

考向1　子弹打木块模型

[例题2]　(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较(　　)

A．射入滑块A的子弹速度变化大

B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大

C．两个过程中系统产生的热量相同

D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍

[解析]　设子弹的初速度为v，子弹和滑块的共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有mv＝(M＋m)v′，解得v′＝，由于两矩形滑块A、B的质量相同，故两种情况中最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹的速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理可知，整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减少的机械能，则两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的变化量，则射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误。

[答案]　BC

考向2　滑块—木板模型

[例题3]　(多选)

如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块(可视为质点)，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，物块以v0的速度从木板的左端向右滑动，若木板固定，物块恰好能从木板的右端滑下，若木板不固定，下列叙述正确的是(　　)

A．物块不能从木板的右端滑下

B．系统产生的热量Q＝μmgL

C．经过t＝，物块与木板便保持相对静止

D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功

[解析]　若木板固定，物块恰好能从木板的右端滑下，说明物块运动到木板右端时速度为零，根据能量守恒定律，解得产生的热量为Q′＝μmgL＝mv02；若木板不固定，物块做减速运动，木板做加速运动，经过一段时间达到共同速度v，由系统动量守恒得mv0＝(m＋M)v，解得v＝，根据能量守恒定律，解得产生的热量Q＝mv02－(m＋M)v2<Q′＝μmgL，A正确，B错误。设经过时间t物块与木板达到共同速度，对木板，由动量定理得μmgt＝Mv，解得t＝，C正确。物块克服摩擦力所做的功等于物块动能的减少量，根据能量守恒定律可知，物块减少的动能等于系统产生的热量加上木板动能的增加量，而摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，D错误。

[答案]　AC

考向3　爆炸类问题

[例题4]　以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。

(1)求质量较小的一块弹片的速度大小和方向；

(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能。

[解析]　(1)斜向上抛出的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0

设v1的方向为正方向，运动图像如图所示。

由动量守恒定律得，3mv1＝2mv1′＋mv2

其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0

解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。

(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即

ΔEk＝·2mv1′2＋mv22－·3mv12＝mv02。

[答案]　(1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反　(2)mv02

动量、能量问题的解题思路

在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。

[例题5]　如图所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速率v0在水平面上向右运动。另一个完全相同的小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动。为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，不计水对船的阻力，问：为了避免两船相撞，人水平跳出时相对于水面的速率至少多大？

[解析]　设向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，对两船和人组成的系统，由动量守恒定律，有·v0－mv0＝v1，解得v1＝v0。

设人跃出甲船的速率为v2，对甲船和人组成的系统，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律，有v0＝mv1＋v2，解得v2＝v0。

[答案]　v0

四种临界问题的分析

(1)物体恰好到达另一带斜面或弧形槽的物体的最高点。临界条件是两物体的水平速度相等，竖直速度为零。

(2)两物体恰好不相撞。临界条件是两物体接触时速度恰好相等。

(3)物体刚好不滑出小车。临界条件是物体滑到小车一端时与车的速度相等。

(4)弹簧具有最大弹性势能。当弹簧压缩到最短或拉伸到最长时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，弹簧拉伸到最长，两物体不能再远离，两种情况都是两物体具有相同的速度。　　　　

[针对训练]

如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。开始时，两车与小孩都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与左侧的竖直墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出。每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左。则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车？

解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，由动量守恒得mBv1－mAv＝0

即v1＝v

第n次推出A车时，由动量守恒定律得mAv＋mB vn－1＝－mAv＋mBvn

则：vn－vn－1＝v。

所以vn＝v1＋(n－1)v

当vn≥v时，再也接不到A车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6。

答案：6

1．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

解析：选B　弹丸在爆炸过程中，在水平方向上动量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，在水平方向上对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确。

2.(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．mv2　　　　　　 B．

C．NμmgL D．NμmgL

解析：选BD　根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B项正确；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路程，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，D项正确。

3．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的速度随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A．木板获得的动能为2 J

B．系统损失的机械能为1 J

C．木板A的最小长度为1 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

解析：选CD　由题图乙知B的加速度大小a＝1 m/s2，据牛顿第二定律得μmg＝ma，μ＝0.1，故D正确。最后A、B共速，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得M＝2 kg，则木板获得的动能Ek＝Mv2＝1 J，故A错误。系统损失的机械能ΔE＝mv02－(M＋m)v2＝2 J，故B错误。由ΔE＝μmgL得L＝1 m，故C正确。

4.(多选)如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　　)

A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大

B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大

C．弹簧最大的弹性势能等于mv02

D．弹簧弹性势能最大时，A、B的速度均为v0

解析：选CD　细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，且弹簧的弹力先增大后减小，即物块B的加速度先增大后减小，A、B错误。弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩至最短，此时两物块速度相等，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得Epmax＝·3mv02－·(3m＋m)v2＝mv02，C、D正确。

5.竖直平面内的半圆轨道光滑且与水平地面相切于B点，一质量为1 kg的坚硬小物块A(可视为质点)，静止在光滑的水平地面上，如图所示。一颗质量为10 g的子弹以505 m/s的速度向左飞来，正好打中小物块A，并嵌在小物块A内一起向左运动，已知R＝0.4 m，取g＝10 m/s2。求：

(1)子弹打中小物块A并合成一个整体时的共同速度大小；

(2)小物块A在C点对轨道顶端的压力大小；

(3)小物块A的落地点与B点的水平距离。

解析：(1)子弹打中小物块的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，

则共同体的速度大小为v＝＝ m/s＝5 m/s。

(2)小物块(含子弹)从水平面运动到C点的过程，由机械能守恒定律得

(M＋m)v2＝(M＋m)vC2＋(m＋M)g·2R，

代入数据计算得出vC＝3 m/s。

在C点，由牛顿第二定律得

N＋(m＋M)g＝(m＋M)，

代入数据计算得出N＝12.625 N，

由牛顿第三定律知，小物块A在C点对轨道顶端的压力大小为N′＝N＝12.625 N。

(3)小物块离开C点后做平抛运动，

则有2R＝gt2，x＝vCt，

计算得出小物块的落地点与B点的水平距离为x＝1.2 m。

答案：(1)5 m/s　(2)12.625 N　(3)1.2 m