高中教育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教学案粤教版选修3Word文档下载推荐.docx
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(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。
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。
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:
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。
答案:
A
解决动力学问题的方法
解决动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——用动能定理和能量转化守恒定律解题。
2.解决动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.解决动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=100m/s的速度发射炮射时,炮身反冲后退,已知炮弹的质量m=10kg,炮身质量M=200kg,炮身与地面的动摩擦因数μ=0。
2,则炮身后退多远才停下?
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mv0cosα-Mv′=0,
∴v′==m/s=2。
5m/s
炮身后退的加速度a=μg=0。
2×
10m/s2=2m/s2
由运动学公式可得炮身的后退距离
s==m=1。
56m。
56m
弹簧类问题的分析
[例1] 图151中,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。
图1-5-1
[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mv-mv=μmgl1 ①
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=2mv2 ②
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)v-(2m)v=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mv=μmgl1 ④
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。
图1-5-2
(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.(双选)如图1-5-2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
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。
AC
滑块类问题的分析
[例2] 某兴趣小组用如图1-5-3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)=mv-mv
对物块2μmgs=(2m)v-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。
图1-5-4
2。
如图1-5-4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
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。
C
图1
1.质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移-时间图像如图1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.②③
C.②④D.③④
由图可知,m1和m2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m1v1+m2v2=0。
故选项C对。
2.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.条件不足,无法判断
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B对。
图2
B
3.一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2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、动量不守恒
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
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、B、C均错误;
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。
D
4.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。
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。
图3
5。
如图3所示,在光滑水平面上,有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1kg的物块,以v=4m/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。
4m/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
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′=m/s=2m/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2m/s。
当薄板速度为v1=2。
4m/s时,设物块的速度为v2,由动量守恒定律得:
Mv-mv=Mv1+mv2
v2=
=m/s=0。
8m/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。
图4
6.如图4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
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。
7.(福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。
已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为( )
图5
A.v0-v2B.v0+v2
C.v0-v2D.v0+(v0-v2)
火箭和卫星组成的系统,在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律有:
(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得:
v1=v0+(v0-v2),D项正确。
8.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( )
·
v1B。
v1
v1D。
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,
9.如图6所示,半径为R的光滑半圆环轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连,水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。
在水平轨道上,轻质弹簧被a、b两小球挤压,处于静止状态。
同时释放两个小球,a球恰好能通过圆环轨道最高点A,b球恰好能到达斜轨道的最高点B。
已知a球质量为m,重力加速度为g。
求:
图6
(1)a球释放时的速度大小。
(2)b球释放时的速度大小。
(3)释放小球前弹簧的弹性势能。
(1)a球恰好能通过圆环轨道最高点A的临界条件是:
mg=m
解得:
vA=
a球从C运动到A,由机械能守恒定律得:
mv=mv+mg×
2R
又有a球释放时的速度va=vC
联立解得va=
(2)b球从D运动到B,由机械能守恒定律得:
mbv=mbg×
10R
又有b球释放时的速度vb=vD
联立解得vb=2
(3)以a球、b球为研究对象,由动量守恒定律得:
mva=mbvb
mb=m
弹簧的弹性势能Ep=mv+mbv
Ep=7。
5mgR。
(1)
(2)2 (3)7。
5mgR
10.如图7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。
图7
(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。
(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
x=。
(1)v0 方向向右
(2)
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