粵教版選修35 第一章 第五節(jié)　自然界中的守恒定律 學(xué)案.doc

第五節(jié)自然界中的守恒定律1各種形式的能量可以相互轉(zhuǎn)化，但總能量不變，可以說能量的守恒是最重要的守恒形式。2動(dòng)量守恒定律通常是對相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)而言的，適用于任何形式的運(yùn)動(dòng)。3物理學(xué)中各種各樣的守恒定律，本質(zhì)上就是某種物理量保持不變，例如能量守恒是對應(yīng)著某種時(shí)間變換中的不變性，動(dòng)量守恒則對應(yīng)著某種空間變換中的不變性。4所謂對稱，其本質(zhì)也是具有某種不變性，守恒定律來源于對稱，物理規(guī)律的每一種對稱性通常都相應(yīng)于一種守恒定律。5物質(zhì)世界三大守恒定律是指物質(zhì)、能量、動(dòng)量三個(gè)方面。對守恒定律的理解1.守恒定律的特點(diǎn)(1)守恒定律并不告訴我們物體狀態(tài)變化的全部細(xì)節(jié)，也不能判定某種變化是否會(huì)發(fā)生，也無法描述變化過程的快慢。(2)守恒定律可以用來判斷某個(gè)變化是否可能發(fā)生，以及一旦發(fā)生物體初、末狀態(tài)間應(yīng)滿足什么樣的關(guān)系。即在符合守恒條件時(shí)，可以不分析系統(tǒng)內(nèi)相互作用過程的細(xì)節(jié)，而對系統(tǒng)的變化狀態(tài)或一些問題作出判斷。(3)物理學(xué)中各種各樣的守恒定律，本質(zhì)上就是某種物理量保持不變。例如：在微觀世界中我們對粒子之間的相互作用情況不清楚，但是仍然可以用守恒定律得出一些結(jié)論。當(dāng)兩個(gè)亞原子微粒碰撞時(shí)，由于對碰撞過程中的各種細(xì)節(jié)我們還缺乏完整而可靠的計(jì)算理論，因而事先并不能準(zhǔn)確預(yù)知碰撞的結(jié)果。但卻可以根據(jù)能量與動(dòng)量守恒推斷碰撞后是否會(huì)有未觀察到的粒子產(chǎn)生，從而在實(shí)驗(yàn)中加以注意，進(jìn)行檢驗(yàn)。2守恒與對稱的關(guān)系(1)所謂對稱，其本質(zhì)也就是具有某種不變性，守恒定律來源于對稱，物理規(guī)律的每一種對稱(即不變性)通常都對應(yīng)于一種守恒定律。對稱和守恒這兩個(gè)重要概念是緊密聯(lián)系在一起的。(2)物理規(guī)律的對稱性就是某種物理狀態(tài)或過程在一定的變換下(例如轉(zhuǎn)動(dòng)、平移等等)，它所服從的物理規(guī)律不變。例如：物理學(xué)概念有對稱性的如正電子和負(fù)電子、南北磁極、電場與磁場、粒子與反粒子、平面鏡成像、光的可逆性、力現(xiàn)象和熱現(xiàn)象的平衡態(tài)、物質(zhì)性質(zhì)的各向同性、物質(zhì)的波動(dòng)性和粒子性等等。物理學(xué)上受對稱性啟發(fā)而提出新概念，發(fā)現(xiàn)新規(guī)律的事例也是很多的。例如，德布羅意受光的粒子性啟發(fā)而提出物質(zhì)波概念，法拉第受電流磁效應(yīng)啟發(fā)而想到磁生電的問題，從而發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)定律，狄拉克由對稱性考慮而提出正電子和磁單極等等。(1)物理學(xué)中的每一條守恒定律都用極其精練的語言將內(nèi)涵豐富的自然規(guī)律表述出來，表現(xiàn)出物理學(xué)的簡潔美。(2)物理學(xué)中的每一條守恒定律都對應(yīng)于自然界中的一種對稱關(guān)系，反映出自然界的一種對稱美。(3)物理學(xué)中的每一條守恒定律中都有一個(gè)守恒量，這反映了各種運(yùn)動(dòng)形式間的聯(lián)系和統(tǒng)一，表現(xiàn)出物理學(xué)的和諧統(tǒng)一美。1關(guān)于對自然界中的守恒定律的理解，下列說法不正確的是()a守恒定律不能描述物體狀態(tài)變化的全部細(xì)節(jié)，但能判斷某種變化是否一定會(huì)發(fā)生b守恒定律本質(zhì)上就是某種物理量保持不變c守恒定律來源于對稱，物理規(guī)律的每一種對稱性通常都對應(yīng)一種守恒定律d動(dòng)量守恒定律對應(yīng)著某種空間變換下的不變性解析：守恒定律來源于對稱，其本質(zhì)上是某種物理量保持不變，例如能量守恒對應(yīng)著某種時(shí)間變換中的不變性，動(dòng)量守恒定律對應(yīng)著某種空間變換下的不變性，故b、c、d對。守恒定律不能描述狀態(tài)變化的全部細(xì)節(jié)，也不能判斷某種變化是否一定發(fā)生，故a錯(cuò)。答案：a解決動(dòng)力學(xué)問題的方法1.解決動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解題。(2)動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律解題。(3)能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量轉(zhuǎn)化守恒定律解題。2解決動(dòng)力學(xué)問題方法的選擇(1)研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系時(shí)，一般用力的觀點(diǎn)解題。(2)研究某一個(gè)物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律去解決問題。3解決動(dòng)力學(xué)問題的注意事項(xiàng)在用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解題時(shí)，應(yīng)分清物體或系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)過程，各個(gè)物理過程中動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒，不同能量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系等。2高射炮的炮筒與水平面的夾角60，當(dāng)它以v0100 m/s的速度發(fā)射炮射時(shí)，炮身反沖后退，已知炮彈的質(zhì)量m10 kg，炮身質(zhì)量m200 kg，炮身與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2 ，則炮身后退多遠(yuǎn)才停下？解析：在發(fā)射炮彈的短暫時(shí)間內(nèi)，對炮身所組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以炮彈水平分速度的方向?yàn)檎?，炮身獲得的反沖速度為v，則有mv0cosmv0，v m/s2.5 m/s炮身后退的加速度ag0.210 m/s22 m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得炮身的后退距離s m1.56 m。答案：1.56 m彈簧類問題的分析例1圖151中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊b相連，b靜止在水平導(dǎo)軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質(zhì)量與b相同滑塊a，從導(dǎo)軌上的p點(diǎn)以某一初速度向b滑行，當(dāng)a滑過距離l1時(shí)，與b相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后a、b緊貼在一起運(yùn)動(dòng)，但互不粘連。已知最后a恰好返回出發(fā)點(diǎn)p并停止?；瑝Ka和b與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)都為 ，運(yùn)動(dòng)過程中彈簧最大形變量為l2，求a從p出發(fā)時(shí)的初速度v0。圖151解析令a、b質(zhì)量皆為m，a剛接觸b時(shí)速度為v1 (碰前)，由功能關(guān)系，有mvmvmgl1a、b碰撞過程中動(dòng)量守恒，令碰后a、b共同運(yùn)動(dòng)的速度為v2。有：mv12mv2碰后a、b先一起向左運(yùn)動(dòng)，接著a、b一起被彈回，在彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，設(shè)a、b的共同速度為v3，在這過程中，彈簧勢能始末兩態(tài)都為零，利用功能關(guān)系，有：(2m)v(2m)v(2m)g(2l2) 此后a、b開始分離，a單獨(dú)向右滑到p點(diǎn)停下，由功能關(guān)系有mvmgl1 由以上各式，解得v0。答案v0(1)對兩個(gè)(或兩個(gè)以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)，在物體瞬時(shí)碰撞時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，但碰撞瞬間往往有機(jī)械能損失，而系統(tǒng)內(nèi)物體與外界作用時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量往往不守恒。在系統(tǒng)內(nèi)物體與彈簧作用時(shí)，一般滿足機(jī)械能守恒。(2)如果同時(shí)有滑動(dòng)摩擦力做功，產(chǎn)生摩擦熱，一般考慮用能的轉(zhuǎn)化和守恒。圖152(3)對于有豎直彈簧連接的問題，彈簧的形變量與物體高度的變化還存在一定的數(shù)量關(guān)系。1(雙選)如圖152所示，一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為m的平板，處在平衡狀態(tài)，一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，讓環(huán)自由下落，撞擊平板，已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)，使彈簧伸長()a若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動(dòng)量守恒b若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機(jī)械能守恒c環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小無關(guān)d在碰后板和環(huán)一起下落的過程中，它們減少的動(dòng)能等于克服彈簧彈力所做的功解析：環(huán)與板的碰撞是完全非彈性碰撞，總的機(jī)械能不守恒，b錯(cuò)；在撞擊過程中，新的平衡位置是由環(huán)和板的重量決定，與高度的大小無關(guān)，c正確；環(huán)和板撞后一起下落，動(dòng)能減小、重力勢能減小，均轉(zhuǎn)化為彈性勢能，d錯(cuò)。答案：ac滑塊類問題的分析圖153例2某興趣小組用如圖153所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究。它們在水平桌面上固定一內(nèi)徑為d的圓柱形玻璃杯，杯口上放置一直徑為d、質(zhì)量為m的勻質(zhì)薄圓板，板上放一質(zhì)量為2m的小物塊，板中心、物塊均在杯的軸線上，物塊與板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)板與杯口之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮板翻轉(zhuǎn)。(1)對板施加指向圓心的水平外力f，設(shè)物塊與板間最大靜摩擦力為fmax，若物塊能在板上滑動(dòng)，求f應(yīng)滿足的條件。(2)如果對板施加的指向圓心的水平外力是作用時(shí)間極短的較大沖擊力，沖量為i，i應(yīng)滿足什么條件才能使物塊從板上掉下？物塊從開始運(yùn)動(dòng)到掉下時(shí)的位移s為多少？根據(jù)s與i的關(guān)系式說明要使s更小，沖量應(yīng)如何改變。解析(1)設(shè)圓板與物塊相對靜止時(shí)，它們之間的靜摩擦力為f，共同加速度為a由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有對物塊f2ma對圓板ffma圓板與物塊相對靜止，有ffmax得ffmax相對滑動(dòng)的條件ffmax。(2)設(shè)沖擊力剛結(jié)束時(shí)圓板獲得的速度大小為v0，物塊掉下時(shí)，圓板和物塊速度大小分別為v1和v2由動(dòng)量定理，有imv0由動(dòng)能定理，有對圓板2mg(sd)mvmv對物塊2mgs(2m)v0由動(dòng)量守恒定律，有mv0mv12mv2要使物塊落下，必須v1v2由以上各式得ims()2分子有理化得sg()2根據(jù)上式結(jié)果知：i越大，s越小。答案(1)ffmax(2)見解析(1)“滑塊”問題是動(dòng)量和能量綜合應(yīng)用之一，由于木塊與木板之間常存在一對相互作用的摩擦力，這對摩擦力使木塊、木板的動(dòng)量發(fā)生變化，也使它們的動(dòng)能發(fā)生改變。但若將兩者視為系統(tǒng)，則這對摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，它不影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，但克服它做功，使系統(tǒng)機(jī)械能損失，所以解決“滑塊”問題常用到動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理。(2)另外，解決“滑塊”問題時(shí)一般要根據(jù)題意畫出情境示意圖，這樣有利于幫助分析物理過程，也有利于找出物理量尤其是位移之間的關(guān)系。圖1542.如圖154所示，足夠長的小平板車b的質(zhì)量為m，以速度v0向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的物體a被輕放到車的右端，由于物體與車面之間的摩擦力f作用，a也運(yùn)動(dòng)起來，當(dāng)a在車面上達(dá)到最大速度時(shí)以下判斷錯(cuò)誤的是()a平板車的速度最小b物體a不再受摩擦力作用c在此過程，摩擦力的沖量為mv0d此過程經(jīng)歷時(shí)間為解析：小車和物體在光滑的水平面上發(fā)生作用，小車b在物體a的摩擦力作用下減速運(yùn)動(dòng)。物體a在小車的摩擦力作用下加速運(yùn)動(dòng)。因小車足夠長，所以當(dāng)兩者速度相等時(shí)，物體a與小車間摩擦力消失，一起勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)a的速度達(dá)到最大，小車的速度最小，故選項(xiàng)a、b正確。由動(dòng)量守恒有mv0(mm)v，對a由動(dòng)量定理有ifftmv0聯(lián)立得if，t，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤，選項(xiàng)d正確。答案：c圖11質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的位移時(shí)間圖像如圖1所示，由圖有以下說法：碰撞前兩物體動(dòng)量相同；兩物體質(zhì)量相等；碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)；碰撞前兩物體動(dòng)量大小相等、方向相反。其中正確的是()abc d解析：由圖可知，m1和m2碰前都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度大小相同，但運(yùn)動(dòng)方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止?fàn)顟B(tài)，由碰撞過程中動(dòng)量守恒可得m1v1m2v20。故選項(xiàng)c對。答案：c2質(zhì)量為m的小砂車沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中，從砂車上方落入一個(gè)質(zhì)量為m的鐵球，則()a車仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度等于v0b車仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度小于v0c車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度小于v0d條件不足，無法判斷解析：砂車和鐵球組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，動(dòng)量守恒，由mv0(mm)v可知v，選項(xiàng)b對。圖2答案：b3一輛小車靜止在光滑水平面上，小車立柱上拴有一根長為l的輕繩，輕繩末端拴著一個(gè)小球，如圖2所示，現(xiàn)將小球拉至水平位置后自靜止釋放，小球擺動(dòng)的過程中不計(jì)一切阻力，則下列說法中正確的是 ()a小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒b小球開始擺動(dòng)后，小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒c小球開始擺動(dòng)后，小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量不守恒d小球開始擺動(dòng)后，小球達(dá)最大速度時(shí)小車也同時(shí)達(dá)最大速度解析：在小球下擺過程中，因小車運(yùn)動(dòng)，輕繩懸點(diǎn)移動(dòng)，輕繩對小球做功不為零，故小球的機(jī)械能不守恒，但小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能是守恒的；小球在豎直方向上的動(dòng)量是變化的，而小車無豎直動(dòng)量，故系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量不守恒，但水平方向因無外力作用，水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量是守恒的，故a、b、c均錯(cuò)誤；小球在最低點(diǎn)時(shí)速度最大，由水平方向動(dòng)量守恒可知，小車此時(shí)速度也為最大，故d正確。答案：d4質(zhì)量為m的木塊在光滑水平面上以速度v1向右運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須發(fā)射子彈數(shù)目為(子彈留在木塊中不穿出)()a. b.c. d.解析：選木塊的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，設(shè)子彈數(shù)目為n，由子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得：mv1nmv20，故n，選項(xiàng)b對。圖3答案：b5.如圖3所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量為m3 kg的薄板和質(zhì)量為m1 kg的物塊，以v4 m/s的初速度朝相反方向運(yùn)動(dòng)，它們之間有摩擦，薄板足夠長。當(dāng)薄板的速度為2.4 m/s時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)情況是()a做加速運(yùn)動(dòng) b做減速運(yùn)動(dòng)c做勻速運(yùn)動(dòng) d以上運(yùn)動(dòng)都可能解析：薄板足夠長，則最終物塊和薄板達(dá)到共同速度v，由動(dòng)量守恒定律得(取薄板運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?mvmv(mm)vv m/s2 m/s共同運(yùn)動(dòng)速度的方向與薄板初速度的方向相同。在物塊和薄板相互作用的過程中，薄板一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，而物塊先沿負(fù)方向減速到零，再沿正方向加速到2 m/s。當(dāng)薄板速度為v12.4 m/s時(shí)，設(shè)物塊的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得：mvmvmv1mv2v2 m/s0.8 m/s即此時(shí)物塊的速度方向沿正方向，故物塊做加速運(yùn)動(dòng)，a正確。圖4答案：a6如圖4所示，將一光滑半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的木塊。今讓一小球自左側(cè)槽口a的正上方從靜止開始下落，與圓弧槽相切自a點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論正確的是()a小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒b小球自半圓槽的最低點(diǎn)b向c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與半圓槽動(dòng)量守恒c小球自半圓槽的最低點(diǎn)b向c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒d小球離開c點(diǎn)后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)解析：由于木塊對槽的彈力作用，在小球沿槽從a到最低點(diǎn)之前，槽不動(dòng)，此過程中小球與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但在這之后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故在水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故a錯(cuò)，c對；在b到c過程中球?qū)Σ鄣膲毫ψ龉?槽的運(yùn)動(dòng)只能是球?qū)λ膲毫Ξa(chǎn)生的)，因此槽對球的支持力做功，故b錯(cuò)；當(dāng)小球脫離槽時(shí)，小球相對于槽的速度應(yīng)豎直向上，但由于二者系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，故此時(shí)二者共同的水平速度不為零，小球離開右側(cè)最高點(diǎn)后，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)是錯(cuò)誤的，故d錯(cuò)。答案：c7(福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖5av0v2 bv0v2cv0v2 dv0(v0v2)解析：火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運(yùn)動(dòng)方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得：v1v0(v0v2)，d項(xiàng)正確。答案：d8有一質(zhì)量為m的小孩，依靠在一豎直墻壁沿水平方向，以速度v1投出質(zhì)量為m的石塊，如果此小孩站在光滑的水平面上，做同樣大的功沿水平方向投出石塊，那么此石塊獲得的速度為()a.v1 b.v1c.v1 d.v1解析：人站在光滑面上投石塊的速度為v2，人的速度為v，由動(dòng)量守恒，mv2mv0又根據(jù)題間兩次投石塊做功相等，即mvmvmv2聯(lián)立式解得，v2 v1，故選項(xiàng)c對。答案：c9如圖6所示，半徑為r的光滑半圓環(huán)軌道與高為10r的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道cd相連，水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡。在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓，處于