2019-2020学年高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 第五节 自然界中的守恒定律课件 粤教版选修3

第五节自然界中的守恒定律第一章碰撞与动量守恒第一章碰撞与动量守恒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__________，但总能量______．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__________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______，这一点是很重要的．相互转化不变相互作用无关二、守恒与对称所谓对称，其本质也是具有某种________．物理规律的每一种对称性(即不变性)通常都相应于一种______定律．对称和守恒这两个重要概念是紧密地联系在一起的．不变性守恒在中学物理中，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动量守恒定律机械能守恒定律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′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2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v0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：mv0＝(m＋mA)v所以v＝mv0m＋mA＝mv0m＋99m＝v0100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＋mA)v＝(m＋mA＋mB)v′12(m＋mA)v2＝12(m＋mA＋mB)v′2＋Ep所以Ep＝12×100m×v01002－12×200m×v02002＝mv20400.答案：mv20400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P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2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t1＝2s至t2＝4s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v1＝6m/s，求P1、P2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v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.[解析](1)设P1和P2发生碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2①解得：v2＝v12＝3m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE＝12mv21－12×2mv22②解得ΔE＝9J.(2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma＝－μ2mg③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＝v2t＋12at2④由①③④式得v1＝6L＋μgt2t⑤若2s时通过B点，解得：v1＝14m/s若4s时通过B点，解得：v1＝10m/s故v1的取值范围为：10m/s≤v1≤14m/s设向左经过A点的速度为vA，由动能定理知12×2mv2A－12×2mv22＝－μ2mg4L⑥当v2＝12v1＝7m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，E＝17J.[答案](1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J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．12mv2B．mM2（m＋M）v2C．12NμmgLD．NμmgL解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1则动能损失ΔEk＝12mv2－12(m＋M)v21解得ΔEk＝mM2（m＋M）v2，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：ΔEk＝Q＝NμmgL，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vB，C的速度大小为vC，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(mA＋mB)vB＝mCvCmCgR＝12mCv2C＋12(mA＋mB)v2B由以上两式解得：vB＝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vCy＝0，A、C速度相同，设为v1.根据动量守恒定律，有mBvB＝(mA＋mC)v1C位于最大高度时速度v1＝12vB＝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mCgh＝12mBv2B＋12(mA＋mC)v21＋mCgHC能达到的最大高度H＝h－14R.答案：(1)133gR，方向水平向右(2)h－14R