第一章 第五节+自然界中的守恒定律+Word版含解析

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)，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。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。例如，德布罗意受光的粒子性启发而提出物质波概念，法拉第受电流磁效应启发而想到磁生电的问题，从而发现电磁感应定律，狄拉克由对称性考虑而提出正电子和磁单极等。
(1)物理学中的每一条守恒定律都用极其精练的语言将内涵丰富的自然规律表述出来，表现出物理学的简洁美。
(2)物理学中的每一条守恒定律都对应于自然界中的一种对称关系，反映出自然界的一种对称美。
(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。
1．关于对自然界中的守恒定律的理解，下列说法不正确的是(　　)
A．守恒定律不能描述物体状态变化的全部细节，但能判断某种变化是否一定会发生
B．守恒定律本质上就是某种物理量保持不变
C．守恒定律来源于对称，物理规律的每一种对称性通常都对应一种守恒定律
D．动量守恒定律对应着某种空间变换下的不变性
解析：选A　守恒定律来源于对称，其本质上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，动量守恒定律对应着某种空间变换下的不变性，故B、C、D对。守恒定律不能描述状态变化的全部细节，也不能判断某种变化是否一定发生，故A错。
解决力学问题的方法
1.解决力学问题的三个基本观点
(1)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——用动能定理和能量转化守恒定律解题。
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)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。
3．解决力学问题的注意事项
在用动量和能量观点解题时，应分清物体或系统的运动过程，各个物理过程中动量、机械能是否守恒，不同能量之间的转化关系等。
2．高射炮的炮筒与水平面的夹角α＝60°，当它以v0＝100 m/s的速度发射炮射时，炮身反冲后退，已知炮弹的质量m＝10 kg，炮身质量M＝200 kg，炮身与地面的动摩擦因数μ＝0.2 ，则炮身后退多远才停下？
解析：在发射炮弹的短暂时间内，对炮身所组成的系统在水平方向动量守恒，以炮弹水平分速度的方向为正，炮身获得的反冲速度为v′，
则有mv0cos α－Mv′＝0，
∴v′＝＝ m/s＝2.5 m/s
炮身后退的加速度a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
由运动学公式可得炮身的后退距离
s＝＝ m＝1.56 m。
答案：1.56 m
弹簧类问题的分析
[例1]　如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2，求A从P出发时的初速度v0。
[解析]　令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1 (碰前)，由功能关系，有mv02－mv12＝μmgl1①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2。有：mv1＝2mv2②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：
(2m)v22－(2m)v32＝μ(2m)g(2l2)③
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有mv32＝μmgl1④
由以上各式，解得v0＝。
[答案]　v0＝
(1)对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在物体瞬时碰撞时，满足动量守恒，但碰撞瞬间往往有机械能损失，而系统内物体与外界作用时，系统动量往往不守恒。在系统内物体与弹簧作用时，一般满足机械能守恒。
(2)如果同时有滑动摩擦力做功，产生摩擦热，一般考虑用能的转化和守恒。
(3)对于有竖直弹簧连接的问题，弹簧的形变量与物体高度的变化还存在一定的数量关系。
1．[多选]如图所示，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，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　环与板的碰撞是完全非弹性碰撞，总的机械能不守恒，B错；在撞击过程中，新的平衡位置是由环和板的重量决定，与高度的大小无关，C正确；环和板撞后一起下落，动能减小、重力势能减小，均转化为弹性势能，D错。
滑块类问题的分析
[例2]　某兴趣小组用如图所示的装置进行实验研究。它们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为d、质量为m的匀质薄圆板，板上放一质量为2m的小物块，板中心、物块均在杯的轴线上，物块与板间动摩擦因数为μ，不
计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转。
(1)对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件。
(2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I。
①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？
③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变。
[解析]　(1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a
由牛顿运动定律，有
对物块f＝2ma　对圆板F－f＝ma
圆板与物块相对静止，有f≤fmax
得F≤fmax
相对滑动的条件F>fmax。
(2)设冲击力刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2
由动量定理，有I＝mv0
由动能定理，有
对圆板－2μmg(s＋d)＝mv12－mv02
对物块2μmgs＝(2m)v22－0
由动量守恒定律，有mv0＝mv1＋2mv2
要使物块落下，必须v1>v2
由以上各式得I>m
s＝()2
分子有理化得s＝μg()2
根据上式结果知：I越大，s越小。
[答案]　(1)F>fmax　(2)见解析
(1)“滑块”问题是动量和能量综合应用之一，由于木块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使木块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变。但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律和动能定理。
(2)另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情境示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系。
2.如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以速度v0向右在光滑水平面上运动，质量为m的物体A被轻放到车的右端，由于物体与车面之间的摩擦力f作用，A也运动起来，当A在车面上达到最大速度时以下判断错误的是(　　)
A．平板车的速度最小
B．物体A不再受摩擦力作用
C．在此过程，摩擦力的冲量为mv0
D．此过程经历时间为
解析：选C　小车和物体在光滑的水平面上发生作用，小车B在物体A的摩擦力作用下减速运动。物体A在小车的摩擦力作用下加速运动。因小车足够长，所以当两者速度相等时，物体A与小车间摩擦力消失，一起匀速运动，此时A的速度达到最大，小车的速度最小，故选项A、B正确。由动量守恒有Mv0＝(M＋m)v，对A由动量定理有If＝ft＝mv－0联立得If＝，t＝，故选项C错误，选项D正确。
一、选择题(第1～5题为单选题，第6～8题为多选题)
1．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度为(　　)
A．3v0－v　　　　　　 B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：选C　取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确。
2．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹数目为(子弹留在木块中不穿出)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　选木块的运动方向为正方向，设子弹数目为n，由子弹和木块组成的系统动量守恒可得：Mv1－nmv2＝0，故n＝，选项B对。
3．(重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝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　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于 2 m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错，B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。
4．有一质量为M的小孩，依靠在一竖直墙壁沿水平方向，以速度v1投出质量为m的石块，如果此小孩站在光滑的水平面上，做同样大的功沿水平方向投出石块，那么此石块获得的速度为(　　)
A. ·v1 B. ·v1
C. ·v1 D. ·v1
解析：选C　人站在光滑面上投石块的速度为v2，人的速度为v，由动量守恒，mv2－Mv＝0①
又根据题间两次投石块做功相等，
即mv＝mv＋Mv2②
联立①②式解得，v2＝ ·v1，
故选项C对。
5．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：选C　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过程中球和槽组成的系统在竖直方向上动量不守恒，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。
6.如图所示，在光滑的水平面上，静止停放的小车内有一弹簧被A和B两物体压缩，A和B的质量之比为1∶2，它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止下来，都未与车壁相碰，则(　　)
A．B先相对小车静止下来
B．小车始终静止在水平面上
C．最终小车静止在水平面上
D．最终小车水平向右匀速运动
解析：选AC　因释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开，可认为此过程中A、B与弹簧组成的系统动量守恒，由mAvA＝mBvB可得vA∶vB＝2∶1，两物体滑行过程中，由μmg＝ma可知，aA＝aB，对小车受力分析可知，μmBg－μmAg＝M车a车，可知，小车在水平面上向右行驶，又因aB与a车同向，故物体B先相对小车静止下来，由A、B、车组成的系统动量守恒可知，最终小车、A、B的速度均为零，由以上分析可知，选项A、C正确，B、D错误。
7．质量为M的小砂车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，在运动中，从砂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v0
B．车仍做匀速直线运动，速度小于v0
C．车做匀减速直线运动，速度小于v0
D．砂车和铁球组成的系统在水平方向动量守恒
解析：选BD　砂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＝，选项BD对。
8.一辆小车静止在光滑水平面上，小车立柱上拴有一根长为L的轻绳，轻绳末端拴着一个小球，如图所示，现将小球拉至水平位置后自静止释放，小球摆动的过程中不计一切阻力，则下列说法中正确的是(　　)
A．小球摆动过程中机械能守恒
B．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能守恒、动量不守恒
C．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能不守恒、动量守恒
D．小球开始摆动后，小球达最大速度时小车也同时达最大速度
解析：选BD　在小球下摆过程中，因小车运动，轻绳悬点移动，轻绳对小球做功不为零，故小球的机械能不守恒，但小球和小车组成的系统机械能是守恒的；小球在竖直方向上的动量是变化的，而小车无竖直动量，故系统在竖直方向上动量不守恒，但水平方向因无外力作用，水平方向上系统动量是守恒的，故A、C均错误，B正确；小球在最低点时速度最大，由水平方向动量守恒可知，小车此时速度也为最大，故D正确。
二、非选择题
9.如图所示，传送带以v0＝2 m/s的水平速度把质量m＝20 kg的行李包运送到原来静止在光滑地面上质量M＝30 kg的小车上，若行李包与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，设小车足够长，则行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间是多少？
解析：以行李包与小车构成的系统为研究对象，设行李包与小车最后达到共同速度v。由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，
解得v＝0.8 m/s。
对行李包，由动量定理得－μmgt＝mv－mv0，
解得t＝0.3 s。
即行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间为0.3 s。
答案：0.3 s
10．如图所示，质量为M、长为L的长方形木块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，其中M＝3m。现分别给A和B大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A恰好滑到B板的中央。
(1)若已知A和B的初速度大小均为v0，求它们最后速度的大小和方向；
(2)若初速度大小未知，求小木块A向左运动到达最远处时(从地面上看)离出发点的距离。
解析：(1)对M、m系统，设向右为正方向，由动量守恒：Mv0－mv0＝(M＋m)v得v＝v0，
方向向右。
(2)设A、B的初速度大小均为v1，A的速度方向水平向左，B向右；当A、B有相同速度时设为v2，根据动量守恒同理可得v2＝v1
设A、B间的滑动摩擦力为f，
对A、B系统：f＝Mv＋mv－(M＋m)v
对A：f·x＝mv解得x＝。
答案：(1)v0　方向向右　(2)
11．(广东高考)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
解析：(1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2所以A滑过Q点时的速度
v＝＝ m/s
＝4 m/s＞＝ m/s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m
所以A受到的弹力F＝－mg＝－1×10N＝22 N。
(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，则mv0＝2mv′
所以v′＝v0＝3 m/s
从碰撞到AB停止，根据动能定理，得
－2μmgkL＝0－·2mv′2
所以k＝＝＝45。
(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得－2μmgnL＝·2mv－·2mv′2
解得vn＝ m/s(n＜k)。
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45
(3)vn＝ m/s(n＜k)