专题八守恒定律的综合应用

发布时间：2020-03-02 21:04:51 来源：范文大全收藏本文下载本文手机版

专题八

守恒定律的综合应用

雷区扫描

本部分常见的失分点有：

1.乱用守恒定律，守恒方程列错.2.研究对象和研究过程的选取不当.3.正、负号的处理不正确.造成失误的根源在于：①对守恒定律的适用条件理解不够深刻，甚至相互混淆；②平时不注意正确的解题思路，不是从过程的分析，始末状态的分析确定入手去处理问题，而是机械地套用公式；③不能从过程量与状态量的关系上分析过程的发生和发展；④对矢量（动量、冲量）的运算法则不清楚，对矢量正负号的规定有错误的理解.排雷示例

例1.（1998年全国）

在光滑水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E

1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E

2、p2，则必有

A.E1＜E0

B.p1＜p0 C.E2＞E0

D.p2＞p0 雷区探测

本题考查碰撞中的动量守恒及能量守恒，要求理解动量守恒是指碰撞过程中的任意时刻系统的总动量大小和方向均不能改变.要求理解动能是标量，只有大小无方向，也只有正值，且在碰撞过程中系统总动能是不能增加的.雷区诊断根据题意：“碰撞前，球2静止；碰撞前后球1的运动方向相反”，若选碰前球1的运动方向为正方向，由动量守恒定律p=-p1+p2得到碰撞后球2的动量等于p2=p0+p1,即在碰撞后，球2将沿正方向运动，而且p2＞p0,故选D.既然碰后球2沿正方向运动，它必具有一定的动能E2，由能量守恒定律：E0≥E1+E2，得E0＞E1，E0＞E2.故选项A正确，而选项C1p22错误.由动能公式E=mv=和E0＞E1，就可推断碰后球1的动量一定小于碰前球1的22m动量，p1＜p0.正确解答

ABD 例2.（1998年上海）

用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为l的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度v0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离.在每次受击进入木板的过程中，钉所受到的平均阻力为前一次受击进入木板过程所受平均阻力的k倍(k＞1).(1)若敲击三次后钉恰好全部进入木板，求第一次进入木板过程中钉所受到的平均阻力.(2)若第一次敲击使钉进入木板深度l1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板?并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，l1必须满足的条件.雷区探测

本题考查动量守恒定律与动能定理的综合应用.重点考查了过程分析及根据过程特点选择合适规律分析解决问题的能力.善于借用数学工具分析问题归纳出一般性的结论也是本题要考查的重要能力.雷区诊断认真审题，规范地分析整个物理过程，弄清在不同阶段的过程

特点.“锤子击打钉子一起运动”这一过程中二者作用时间极短，内力远远大于外力，故满足动量守恒定律，但在二者获得共速的过程中，系统有机械能损失.二者随钉子进入木板一起运动的过程中克服阻力做功，动能减少，动能转化为内能.一定要抓住规律性东西，要善于用数学工具处理问题.题中告诉“钉所受到的平均阻力为前一次受击进入木块过程所受平均阻力的k倍”因此只要学生逐步去解，想办法归纳出递推式或通式就会发现处理问题的方法.在此问中，找到通式后要用到等比数列求和，写出n次的函数表达式，反复推敲，找制约关系，判断L1满足条件对学生的素质要求较高.正确解答

(1)锤打击钉子过程满足动量守恒定律 Mv0＝（M＋m）v

之后二者一起运动克服阻力做功，钉子进入木板即它们的末动能Ek＝全用于克服阻力做功，即：Ek＝F l1

＝kF l2＝k2F l3

所以l2＝

1M＋m）v2完211l1，l3＝2l1，l1＋l2＋l3＝l kk22F＝Ek1Mv0＝··2Mml11112222Mv(1kk)kk＝0 2l2(Mm)lk(2)设敲n次，钉全部进入木板ｎ－Ek＝Fl1＝kFl2＝k2Fl3＝„„＝k1Flｎ，l1＋l2＋„＋lｎ＝l l1（1＋111＋2＋„＋n1）＝l kkk1n111lk＝1＋＋2＋„＋n1＝ 1kkkl11k1lg[1-ｎ＝l1(1-)]l1k 1lgk若上式右边不是整数，n应取其整数部分加1，若恰为整数，则不加1.要使钉全部钉入木板l1不能太小，因1－

11ll（1－）＞0，即：＜即：l1＞（

11kl1l11k－1）l k例3.（1999年上海）

一质量m=2 kg的平板车左端放有质量M＝3 kg的小滑块，滑块与平板车之间的摩擦系数μ＝0.４，开始时，平板车和滑块共同以v0＝2 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反.平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端.(取g=10 m/s2)求：

(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.(3)为使滑块始终不会到平板车右端，平板车至少多长?

图8—1

雷区探测

本题利用动量守恒定律和能量转化和守恒定律研究平板车与滑块间，及平板车与墙壁间的不断作用和碰撞过程.重点考查了动量守恒定律的适用条件，及用两个守恒定律解题的一般思路和方法.能否进行深入细致的过程分析和对关键问题做出准确判断也是本题考查的重点.雷区诊断

本题要以基本的物理规律为依据，深入进行物理过程分析，建立正确的物理情境.小车第一次碰墙后，小车以原速率向左运动，由于M＞m，系统总动量向右，平板车向左减速至速度为零时，滑块仍向右滑动，此时平板车有向左的最大位移.之后在滑动摩擦力的作用下，平板车向右加速，直至共速(要判定二者在小车碰墙前获得共速)然后二者匀速运动，小车再次与墙碰撞，重复前面的物理过程.平板车每一次碰撞到下一次碰撞都是在重复相同的物理过程，满足相同的物理规律，只不过由于能量在二者相对运动中不断发生由机械能向内能的转化，因此小车离墙越来越近，直至靠在墙壁上.如果在分析中找到规律，领会到系统机械能全部转化为内能是由滑动摩擦力对系统做功来完成，问题就迎刃而解了.正确解答

(1)设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度变为0，由于体系总动量向左，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行.由动能定理：

mv01－μMgs＝0－mv02，s＝

22Mg

1222代入数据得：s＝＝＝0.33（m）

20.43103(2)假设平板车与墙相撞前二者已经取得共同速度v′，据动量守恒得： Mv0－mv0＝（M＋m）v′ 代入数据得v′＝

23222＝0.４（m/s）

5由于撞墙前两平板车均做匀变速直线运动，那么平板车由速度为零，向右加速到

0.4 m/s，前进的距离s′，由动能定理得：

1mv′2－0＝μMgs′ 21120.42代入数据，s′＝＝＜s＝m

320.431075充分说明平板车还未与墙相撞，就与小滑块取得共同速度.所以，平板车第二次与墙碰撞前瞬间的速度v=v′＝0.４ m/s.(3)因为系统总动量水平向右，所以平板车与墙碰撞后，向左运动至速度为零后仍向右运动到撞墙，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边，系统损失的机械能，完全通过滑块相对于平板车滑动时克服摩擦力做功，转化为内能.设平板车停在墙边时，滑块恰在平板车的最右端，平板车最短长度为l，据功能原理得：

(Mm)v01（M＋m）v02＝μMgl，所以l＝代入数据得 22Mg5522l＝＝＝0.833（m）， 20.43106即平板车至少长0.833 m 例4.（2000年全国）

在原子核物理中，研究核子和核子关联的最有效

途径是：双电小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图8—2所示.C和B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变.然后，A球与挡板B发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连.过一段时间.突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失).已知A、B、C三球质量均为m.

图8—2

(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度.(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.雷区探测

本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用.本题涉及到多物体的多次相互作用过程，涉及到弹性势能与其他形式能量的相互转化.有效的过程分析、研究过程的选取，各过程之间的衔接，物理模型的抽象和转化均是本题考查的主要意向.雷区诊断

本题属于多物体多过程问题.如对整个过程没有清晰的分析，

没有合适的处理方法，就会感到题目难度很大，无从下手或得出错误答案.因此就这类问题，平时复习时要注意综合分析能力的培养和提高.能够按物理过程的发生、发展，把复杂过程化分成简单的子过程，注意过程的衔接，根据过程特点合适地选择规律.如本题可分为：

①B、C相碰结成D，动量守恒而机械能损失；②D挤压弹簧推动A至弹簧最短时被锁定，系统动量守恒，总机械能守恒；③A与P碰后，A、D静止，系统动能损尽；④解除锁定后到弹簧恢复原长，弹性势能全部转化为D的动能，系统机械能守恒；⑤D通过弹簧拉动A一起向右运动，当弹簧最长，弹性势能最大时，A、D同速，系统动量、总机械能守恒.如进行以上分析，会降低题目难度，增加解题的成功率.凡物体间发生相互作用，交换动量和能量的过程都叫碰撞.因此两物体间直接接触的冲撞和非直接接触的相互作用过程都叫碰撞.凡碰撞问题，都具有动量和能量守恒两大核心特点.弹性碰撞动量、动能守恒；而非弹性碰撞动量守恒、动能不守恒但总能量守恒.C、B碰撞过程属于完全非弹性碰撞，动量守恒即：mv0＝2mv1，但机械能损失最大即

1×2mv12＜21mv02，系统内能增加，之后D通过弹簧与A作用可认为是弹性碰撞过程，当D与A共速211时，弹簧最短，此过程中mv0＝3mv2，又由机械能守恒Ep＝×2mv12－×3mv22.

22正确解答

(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒定律，有：

mv0＝（m＋m）v1 ①

当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有： 2mv1＝3mv2 ②

由①②两式得A的速度 v2＝1v0

3③

(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由动能守恒，有：

11·2mv12＝·3mv22＋Ep 2

2 ④

撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有：

Ep＝1（2m）·v32 2

⑤

以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度.当A、D的速度相等时，弹簧伸长至最长.设此时的速度为v４，由动量守恒，有：

2mv3＝3mv４

⑥ 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为Ep′，由能量守恒有

11·2mv32＝·3m 22v４2＋Ep′

解以上各式得： Ep′＝

⑦

1mv02 36

⑧

排雷演习

1.（2003年新课程，22）K-介子衰变的方程为K-→π-+π0,其中K-介子和π-介子带负的基元电荷，π0介子不带电.一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆

-弧AP，衰变后产生的π介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK-与Rπ-之比为2∶1.π0介子的轨迹未画出.由此可知π-的动量大小与π0的动量大小之比为

图8—3

A.1∶1

B.1∶2 C.1∶3

D.1∶6 2.甲、乙两球在光滑的水平轨道上同方向运动.已知它们的动量分别为p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，碰后乙的动量变为10 kg·m/s.则两球的质量关系可能是

A.m甲＝m乙

B.m乙＝2m甲 C.m乙＝４m甲

D.m乙＝6m甲

3.如图8—4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

图8 —4 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

4.如图8—5所示，小木块与长木板之间光滑.M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接.开始时m和M都静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F

1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统.正确的说法是(整个过程中弹簧不超过弹性限度)

图8— 5 A.由于F1和F2分别对m、M做正功，故系统的机械能不断增加

B.由于F1和F2等大反向，故系统的动量守恒

C.当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大 D.当弹簧弹力的大小与拉力F

1、F2的大小相等时，m、M的动能最大

5.如图8—6所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环.在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的木质轨道，且穿过金属球的圆心O，现使质量为M的条形磁铁以v0的水平速度沿轨道向右运动，则

图8—6

A.磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来 B.圆环可能获得的最大速度为

Mv0

Mm1Mv02 2C.磁铁与圆环系统损失的动能可能为Mmv02/2（M＋m） D.磁铁与圆环系统损失的动能可能为6.用细线悬挂一质量为M的木块而静止，如图8—7所示，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块但未穿出，则木块上升的最大高度为_____.

图8— 7 7.质量为m，速度为v0的子弹，水平射入固定在地面上质量为M的木块中，深入的距离为L.如果将该木块放在光滑水平地面上，欲使同样质量的子弹水平射入木块的深度也为L，则其水平速度应为_____.8.如图8—8所示，一质量为M、长为l的长方形木板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，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板.以地面为参照系，(1)若已知A和B的初速度大小为v0.求它的最后的速度大小和方向.(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达最远处(从地面上看)离出发点的距离.

图8— 8 9.如图8—9所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平台面上.B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用绳相连，使弹簧不能伸展，物块A以初速v0沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B、C粘合在一起，然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，脱离弹簧后C的速度为v0.

图8—9

(1)求弹簧所释放的势能ΔE.(2)若更换B、C间的弹簧，当物块A以初速v向B运动，物块C在脱离弹簧后的速度为2v0，则弹簧所释放的势能ΔE′是多少? (3)若情况(2)中的弹簧与情况(1)中的弹簧相同，为使物体C在脱离弹簧后的速度仍为2v0，A的初速v应多大? 10.如图8—10所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑1/4圆弧轨道，两轨道相接，质量为M的小木块静止在O点，一质量为m的小子弹以某一初速水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，恰能到达圆弧最高点C(小木块和子弹均可看成质点).问：

图8—10

(1)子弹入射前的速度；

(2)若每当小木板返回到停止在O点时，在即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9题子弹射入小木块后，小木块沿圆弧能上升的最大高度为多少?