知识讲解 高考冲刺：热点分析三：守恒

1 高考冲刺：热点分析三：守恒 【高考展望】 最近几年高考热点为：动量守恒定律及其应用、机械能守恒定律及其应用、能量守恒定律及其应用、 电荷守恒定律及其应用、质量数守恒及其应用。主要内容包括动量、冲量、功、功率、机械能等基本概念； 动量定理和动能定理两大定理；动量守恒定律、机械能守恒定律和能量转化和守恒定律三大定律． 功能的关系和能量守恒定律是自然界中适用范围非常广泛的物理规律，是高中物理的主干和重点知识， 从能量角度分析处理物理问题是高中物理中处理物理问题的重要方法，也是历年高考热点。 用动量的观点分析物理问题是力学三大思路之一，也是历年高考考查的重点、热点，在试题中往往表 现为灵活性强、综合性大、能力要求高，如对动量定理的考查绝大多数问题设置的情景是短暂且是变力作 用的过程，直接用冲量的概念无法解决，只能依据动量定理，通过动量的变化求解某一变力的冲量或合力 的冲量． 机械能守恒定律、能量守恒定律与动量守恒定律结合，大大增加了试题的难度，是高中物理的重点， 也是高考考查的重点之一，每年的高考中必有这方面的试题，而且常常是动量与能量，或者动量、能量与 平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合题，试题的情景常常是物理过程较复杂的， 或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等． 【方法点拨】 对定律的考查，主要是运用守恒定律确定相互作用的各物体作用完成以后的运动状态，即作用完成以 后各个物体速度的大小和方向，或者是动量的大小和方向，因此在复习中应予以足够的重视，既要加强对 定理定律的理解，把握其实质内涵，又要在实战中理顺思路，仔细琢磨，达到熟能生巧的目的． 复习时不仅要搞清楚定理、定律的来龙去脉，适用的条件，更要具备能够将复杂的过程分解成一个个子过 程的能力，所以在专题复习中要在过程分析上下功夫，来提高自己的分析问题和解决综合题的能力． 【典型例题】类型一、机械能守恒定律的应用问题 应用机械能守恒定律解题的一般思路： (1)选择适当的研究对象(物体或系统)，明确哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择合适的初、 末状态； (2)对物体进行受力分析和运动分析，明确各个力做功的情况及初末状态的速度，判断机械能是否守 恒，只有符合守恒条件才能应用机械能守恒定律解题； (3)选择适当的机械能守恒定律表述形式列守恒方程，对多过程问题可分阶段列式，也可对全过程列 式．(必要时应选取重力势能为零的参考平面) 例 1．如图所示，将一质量为 的小球自水平平台右端 点以初速度 水平抛出，小球飞离 平台后由 点沿切线落入竖直光滑圆轨道 ，并沿轨道恰好通过最高点 ，圆轨道 的形状为半 径 的圆截去了左上角 的圆弧， 为其竖直直径，( ， ，重力加 速度 )求： (1)小球经过 点的速度大小； (2)小球运动到轨道最低点 时轨道对小球的支持力大小； (3)平台末端 点到 点的竖直高度 . 0.1 kgm = O 0v A ABC C ABC 2.5 mR = 127° CB sin53 0.8° = cos53 0.6° = 210 m/sg = C B O A H2 【思路点拨】本题是一个多过程的机械能守恒问题，涉及运动的分解、平抛运动、圆周运动、牛顿运 动定律等知识，是一个综合性习题． 【答案】(1) 　(2) 　(3) 【解析】 (1)小球恰运动到 点，重力提供向心力，即 解得： (2)从 点到 点机械能守恒，由机械能守恒定律有 解得： 在 点小球受重力、支持力 ，它们的合力提供向心力，即 解得： (3)从 点到 点机械能守恒，则 代入数据得： 点的竖直分速度为 平台末端 点到 点的竖直高度 代入数据得 . 【总结升华】本题是一个多过程的机械能守恒问题，涉及运动的分解、平抛运动、圆周运动、牛顿运 动定律等知识，是一个综合性习题．以下变式题是有关连接体的机械能守恒问题，注意与单个物体机械能 守恒相区别． 5 m/s 6.0 N 3.36 m C 2 Cvmg m R = 5 m/sCv gR= = B C 2 21 122 2B Cmv mg R mv⋅= ＋ 2 4 5 5m/sB Cv v gR= = B BN 2 B B vN mg m R =- 2 ( ) 6.0 NB B vN m g R + =＝ A B 2 21 1(1 cos 53 )2 2A Bmv mgR mv− ° =+ 105 m/sAv = A sin53y Av v °= O A 2 2 2(sin53 ) 2 2 y Av vH g g °= = 3.36 mH＝3 举一反三: 【高清课堂：高考热点分析之三 守恒 例 1】 【变式 1】一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 和 的小球 和 。支架的两直角边长 度分别为 和 ，支架可绕固定轴 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时 边处于水平位置， 由静止释放，则下列叙述错误的是（ ） A． 球的最大速度为 B． 球的速度最大时，两小球的总重力势能最小 C． 球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为 D． 、 两球的最大速度之比 【答案】BCD 【解析】由机械能守恒可知，两球总重力势能最小时，二者的动能最大，根据题意知两球的角速度相 同，线速度之比为 ，故选项 BD 正确。 与竖直方向的夹角为 时，由机械能守恒得： 可得： 由数学知识可知，当 时， 有最大值，故选项 C 是正确的. 【变式 2】 如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球 和 . 球质量为 ，静置于地面； 球质量为 ，用手托住，高度为 ，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放 后， 可能达到的最大高度为(　　) A． 　　　　B． C． D． m 2m A B 2l l O OA A 2 gl A A o45 A B : 2:1A Bv v = : 2:1A Bv v = OA θ 2 21 12 cos 2 (1 sin ) 22 2A Bmg l mgl mv mvθ θ⋅ − − = ⋅ + ⋅ 2 8 8(sin cos )3 3Av gl glθ θ= + − 45θ = ° cos sinθ θ+ a b a m b 3m h b a h 1.5h 2h 2.5h4 【答案】B 【解析】在 落地前， 组成的系统机械能守恒，且 两物体速度大小相等，根据机械能守恒 定律可知： . 球落地时， 球高度为 ，之后 球向上做竖直上抛运动，此过程中机械能守恒， ， 所以 可能达到的最大高度为 ，B 项正确． 【变式 3】（2016 四川成都模拟）轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另 一端与物块 P 接触但不连接。AB 是长度为 5l 的水平轨道，B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切，半 圆的直径 BD 竖直，如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 μ=0.5。用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长 度 l，然后释放，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g。 （1）若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点间的距离； （2）若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围。 【答案】（1）P 到达 B 点时速度的大小是 ，它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点间的距 离是 ； （2）P 的质量的取值范围为： 。 【解析】（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得： Ep=5mgl 如题图，根据能量守恒定律得; b a b、 a b、 213 - = ( 3 )2mgh mgh m m v+ v gh= b a h a 2mv mg h∆= 2 2 2 v hh g = = a 1.5h 6gl 2 2l 5 5 5 2Pm mm ≤ ＜5 联立解得 物体 P 从 B 到 D 的过程，由机械能守恒定律得 解得 即物体 P 能到达 D 点，且物体 P 离开 D 点后做平抛运动，则有 解得 即落地点与 B 点间的距离是 ； （2）P 刚好过 B 点，有： 解得 P 最高到 C 点而不脱轨，则有; 解得 所以满足条件的 P 的质量的取值范围为： 。 类型二、能量守恒问题 1．注意 的含义； 2．系统的一种能量减少，另一种能量必然增加． 例 2．(2015 浙江卷) 如图所示，用一块长 L1=1.0m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高 H=0.8m，长 L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角 θ 可在 0~60°间调节后固定。将质量 m=0.2kg 的小物块从斜面顶端静止 释放，物块与斜面间的动摩擦因数 μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为 μ2，忽略物块在斜面与桌面交 接处的能量损失。(重力加速度取 g=10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 214 2p BE mg l mvµ= ⋅ + 6Bv gl= 2 21 12 2 2D Bmg l mv mv⋅ + = 2Dv gl gl= ＞ 212 2l gt= Dx v t= 2 2x l= 2 2l 1 4pE m g lµ= ⋅ 1 5 2m m= 2 24pE m g l m glµ= ⋅ + 2 5 3m m= 5 5 5 2Pm mm ≤ ＜ 2 1W E E E∆其他 = - =6 (1) 求 θ 角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2) 当 θ 角增大到 37°时，物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数 μ2；(已知 sin 37°=0.6， cos 37°=0.8) (3) 继续增大 θ 角，发现 θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离 xm。 【答案】(1) tan θ≥0.05　(2) 0.8　(3) 1.9m 【解析】(1)为使小物块下滑 mgsinθ≥μ1mgcosθ　 ① θ 满足的条件 tanθ≥0.05 ② (2)克服摩擦力做功 Wf =μ1mgL1cosθ+μ2mg(L2－L1cosθ) ③ 由动能定理得 mgL1sinθ－Wf =0 ④ 代入数据得 μ2= 0.8　 ⑤ (3) 由动能定理得 ⑥ 代入数据得 v =1m/s ⑦ t =0.4s ⑧ x1=vt x1=0.4m ⑨ xm=x1+L2=1.9m ⑩ 举一反三: 【变式】如图所示，质量为 的物体以某一速度从 点冲上倾角为 的斜面，运动的加速度为 ，物块在斜面上上升的最大高度为 ，则这个过程中 A．重力势能增加了 B．机械能损失了 2 1 1sin 2fmgL W mvθ =- 21 2H gt= m A 30° 3 4 g h mgh 1 2 mgh7 C．动能损失了 D．重力势能增加了 【答案】AB　 【解析】 重力势能增加量 ， A 对、D 错； 动能增加为 ， 即动能损失为 ，C 错； 机械能改变为 ， 即机械能损失了 ，B 对． 类型三、能量守恒定律的综合应用 做功的过程就是能量转化的过程，功是能量转化的量度． 1．重力所做的功等于重力势能的减少量；弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少量； 2．合外力所做的功等于动能的增加量； 3．电场力所做的功等电势能的减少量； 4．只有重力或弹簧的弹力做功，则势能和动能相互转化，机械能守恒； 5．除重力和弹簧的弹力以外的其他力所做的功等于机械能的增加量，即 ； 6．克服一对滑动摩擦力所做的净功等于机械能的减少量，即 ( 为相对滑动的距离)； 7．克服安培力所做的功等于电能的增加量． 例 3.如图所示，挡板 固定在足够高的水平桌面上，小物块 和 大小可忽略，它们分别带有 和 的电荷量，质量分别为 和 .两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端 与 连接，另一端连接一轻质小钩．整个装置处于场强为 、方向水平向左的匀强电场中． 开始时 静止，已知弹簧的劲度系数为 ，不计一切摩擦及 间的库仑力， 所带的电荷量保持不变， 不会碰到滑轮． mgh 3 4 mgh pE mgh∆ ＝ 32 2kE ma h mgh∆ = ⋅ =－ － 3 2 mgh 1 2p kE E E mgh∆ ∆＝ ＋ ＝－ 1 2 mgh 2 1W E E E∆其他 = - = E f s∆ ∆＝ s∆ P A B AQ+ BQ+ Am Bm B E A B、 k A B、 A B、 B8 (1)若在小挂钩上挂一质量为 的不带电物块 并由静止释放，可使物块 恰好能离开挡板 ，求 物块 下落的最大距离； (2)若 的质量改为 ，则当 刚离开挡板 时， 的速度为多大？ 【思路点拨】用到能量的转化和守恒定律，即电势能和机械能的转化。 【答案】(1) 　(2) 【解析】 (1)开始平衡时有： 解得： 当 刚离开挡板时有： 解得： 故 下落的最大距离为 由以上各式得： (2)由能量守恒定律知 下落 的过程中， 的重力势能的减少量等于 的电势能的增加量、弹性势 能的增加量和系统动能增加量的和． 当 的质量为 时有： 当 的质量为 时有： 联立以上各式得： M C A P C C 2M A P B ( )A B Eh Q Qk = + 2 += 2 + A B B MgE Q Qv k M m ( ) ( ) 1 Bkx EQ＝ 1= BEQx k A 2 Akx EQ＝ 2 = AEQx k C 1 2h x x＝ ＋ ( )A B Eh Q Qk = + C h C B C M = +B pMgh EQ h E∆ 弹 C 2M 212 (2 )2B BpMgh EQ h E M m v= + ∆ + +弹9 【总结升华】本题用到能量的转化和守恒定律，即电势能和机械能的转化，是能量守恒定律的一个综 合应用． 举一反三: 【变式】小物块 的质量为 ，物块与坡道间的动摩擦因数为 ，水平面光滑；坡道顶端距水平面 高度为 ，倾角为 ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端 点处无机械能损失，重力加速度为 .将轻 弹簧的一端连接在水平滑道 处并固定墙上，另一自由端恰位于坡道的底端 点，如图 2－6－7 所示．物 块 从坡顶由静止滑下，求： (1)物块滑到 点时的速度大小； (2)弹簧为最大压缩量 时的弹性势能； (3)物块 被弹回到坡道上升的最大高度． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)从 到 运用功能关系有： 解得： (2)在水平轨道上，由能量守恒，有： 联立解得： (3)设物体能上升的最大高度为 ，物体 被弹回的过程中由功能关系，有 解得： 2 += 2 + A B B MgE Q Qv k M m ( ) ( ) A m µ h θ O g M O A O d A 2 (1 )gh cotµ θ− cotmgh mghµ θ− (1 ) 1 cot h cot µ θ µ θ − + A O 21cos 2 hmg mgh mvsin µ θ ⋅ +- =- 2 (1 )v gh cotµ θ= − 21 2pE mv= cotpE mgh mghµ θ= − 1h A 1 1cot pmgh mgh Eµ θ =- -10 ． 类型四、动量守恒 1．应用动量守恒定律应注意的问题 (1)选取正方向：若系统内物体作用前后都在同一直线上运动，这时应规定正方向，将矢量运算转化 为代数运算． (2)动量是状态量，对应着一个瞬时时刻．动量守恒是指该相互作用过程中的任一时刻的总动量恒 定． (3)动量表达式中的速度必须是相对同一惯性参考系的速度，在研究地面上物体间相互作用的过程时， 通常取地球为参考系． 2．动量守恒的三种情况 (1)系统所受的合外力为零，动量守恒； (2)内力远大于外力，动量近似守恒； (3)某方向的合外力为零，该方向上的动量守恒． 例 4．如图所示，一质量为 的平板车 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为 的小木块 ， ， 间动摩擦因数为 ，现给 和 以大小相等、方向相反的初速度 ，使 开始向左运动， 开始向右运动，最后 不会滑离 ，求： (1) 最后的速度大小和方向． (2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小． 【答案】(1) ，方向向右　(2) 【解析】 (1)最终 具有相同的速度，设此速度为 ，选择向右的方向为正方向．则据动量守恒 定律可得： 解得： ，方向向右． (2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为 ，由动量守 恒定律得： 1 (1 ) 1 cot hh cot µ θ µ θ − += M B m A m M＜ A B、 µ A B 0v A B A B A B、 0 M m vM m − + 2 0 2 2 M m vMgµ − A B、 v 0 0 ( )Mv mv M m v+- = 0 M mv vM m −= + v ′ 0 0Mv mv Mv ′- =11 这一过程平板车向右运动 , 由能量守恒定律得： 解得： ． 【总结升华】　本题是两个物体相互作用过程动量守恒的最常规的试题，旨在帮助同学们通过试题理 解运用动量守恒定律解题时要选择正方向，在有些解答中，可能你看不到诸如“选择……为正方向”的字 眼，但是方程的列出一定是选择了正方向的，如果没有写也只能说是省略了． 举一反三: 【变式】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为 、 ，两船沿同一直线同 一方向运动，速度分别为 .为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 的货物沿水平方向抛向甲 船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力) 　　　　 【答案】 【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为 ，抛出货物后船的速度为 ，甲船上的人接到 货物后船的速度为 ，由动量守恒定律： 为避免两船相撞应满足　 联立以上各式得： ． 类型五、弹性碰撞与非弹性碰撞 一个质量为 的物体以速度 碰撞一个质量为 的静止的物体，碰后它们的速度分别为 ， 在碰撞过程中，动量守恒，其表达式为： . 1．若碰撞是弹性碰撞，那么动能也守恒，其表达式为： s 2 2 0 1 1 2 2mgs Mv Mvµ = − ′ 2 0 2 2 M ms vMgµ −= 10m 12m 0 02v v、 m 0v4 minv 1v 2v 0 1 min12 11mv mv mv= - 0 min 210 11mv mv mv- = 1 2v v= min 0v v=4 1m 1v 2m 1 2v v′ ′、 1 1 1 1 2 2m v m v m v′+ ′=12 ， 碰后的速度 ， ， 若它们的质量相等，那么它们碰撞后将交换速度． 2．若碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后两物体的速度相同，则 . 3．若碰撞为一般的非弹性碰撞，则碰撞后速度关系满足以下两个关系式： ， ． 4．若碰撞为非弹性碰撞，则碰撞过程中将发生能量转化，系统的机械能与其他形式的能相互转化， 通常为机械能转化为内能． 例 5．在光滑的水平面上，质量为 的小球 以速率 向右运动．在小球的前方 点处有一质量为 的小球 处于静止状态，如图所示．小球 与小球 发生正碰后小球 均向右运动．小球 被在 点处的墙壁弹回后与小球 在 点相遇， .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是 弹性的，求两小球质量之比 . 　　　　　　 【思路点拨】通过分析碰撞前后的运动，找出碰撞前后物体的速度关系，再利用动量守恒规律和动能 守恒规律列方程求解． 【答案】 【解析】 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 和 的速度大小保持不变，对小球 ： 对小球 ： 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= ′ + ′ 1 2 1 1 1 2 m mv vm m −′ = + 1 1 2 1 2 2m vv m m ′ = + 1 1 1 2 1 2 v v m v m m ′ = ′ = + 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 m m m vv vm m m m − ≤ ′ ≤+ + 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2m v m vvm m m m ≤ ′ ≤+ + 1m A 0v O 2m B A B A B、 B Q A P 1.5PQ PO= 1 2 m m 1 2 =2m m A B B 2OQ PQ v t+ = A13 ， 而 ， 由以上三式得： 则两球碰撞后的速度大小之比为 两球碰撞过程动量守恒，有： 由于是弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，有 解得： ． 【总结升华】 本题属于弹性碰撞问题，碰撞中动量守恒，机械能也守恒(因势能未变，表现为动能守 恒)，先通过分析碰撞前后的运动，找出碰撞前后物体的速度关系，再利用动量守恒规律和动能守恒规律 列方程求解．对弹性碰撞模型，要求能够记忆表达式及结果，可缩短解题的时间． 举一反三: 【变式 1】图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块 相连， 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。 另一质量与 相同滑块 ，从导轨上的 点以某一初速度向 滑行，当 滑过距离 时，与 相碰，碰 撞时间极短，碰后 紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后 恰好返回出发点 并停止。滑块 和 与导轨的滑动摩擦因数都为 ，运动过程中弹簧最大形变量为 ，求 从 出发时的初速度 。 【答案】 【解析】解：令 质量皆为 ， 刚接触 时速度为 （碰前），由功能关系，有 ① 碰撞过程中动量守恒，令碰后 共同运动的速度为 ，有 1PO v t= 1.5PQ PO= 2 1 4:1v v: = 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 2 =2m m B B B A P B A 1l B A B、 A P A B µ 2l A P 1 2(10 16 )g l lµ + A B、 m A B 1v 2 2 0 1 1 1 1 2 2mv mv mglµ− = A B、 A B、 2v14 ② 碰后 先一起向左运动，接着 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设 的共同速度为 ， 在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有 ③ 此后 开始分离， 单独向右滑到 P 点停下，由功能关系有 ④ 由以上各式，解得 ． 【变式 2】如图所示， 三个木块的质量均为 .置于光滑的水平桌面上， 之间有一 轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 和 紧连，使弹簧不 能伸展，以至于 可视为一个整体，现 以初速 沿 的连线方向朝 运动，与 相碰并粘合 在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 与 分离，已知 离开弹簧后的速度恰为 .求弹 簧释放的势能． 　　　　 【答案】 【解析】 设碰后 和 的共同速度的大小为 ，由动量守恒得： 设 离开弹簧时， 的速度大小为 ，由动量守恒得： 设弹簧的弹性势能为 ，从细线断开到 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 由以上各式得弹簧所释放的势能为： ． 类型六、动量与能量问题的综合应用 例 6．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简 化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为 、厚度为 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为 的 1 22mv mv= A B、 A B、 A B、 3v 2 2 2 3 2 1 1(2 ) (2 ) (2 ) (2 )2 2m v m v m g lµ− = A B、 A 2 3 1 1 2 mv mglµ= 0 1 2(10 16 )v g l lµ= + A B C、 、 m B C、 B C B C、 A 0v B C、 B B C A B、 C 0v 2 0 1 3 mv A B、 C v 03mv mv= C A B、 1v 1 03 2mv mv mv= + pE C 2 2 2 1 0 1 1 1(3 ) (2 )2 2 2pm v E m v mv+ = + 2 0 1 3pE mv= 2m 2d m15 子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为 、质量均为 的相同两块， 间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板， 求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力 影响． 【答案】 【解析】设子弹初速度为 ，射入厚度为 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为 ，由动量守 恒得 ① 解得 此过程中动能损失为 ② 解得 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 和 ，由动量守恒得 ③ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为 ，由能量守恒得 ④ 联立①②③④式，且考虑到 必须大于 ，得 ⑤ 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 ，由动量守恒得 d m 2 3 4 d + 0v 2d V 0(2 )m m V mv+ = 0 1 3V v= 2 2 0 1 1 32 2E mv mV∆ = − × 2 0 1 3E mv∆ = 1v 1V 1 1 0mv mV mv+ = 2 E∆ 2 2 2 1 1 0 1 1 1 2 2 2 2 Emv mV mv ∆+ = − 1v 1V 1 0 1 3 2 6v v  = +    2V16 ⑥ 损失的动能为 ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式得 ⑧ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二钢板的深度 为 ⑨ 【总结升华】　本题在子弹打击钢板的过程，由子弹和钢板组成的系统受到了阻力，但比子弹打击钢 板的作用力小得多，所以可以认为这个打击过程中动量守恒．子弹与钢板作用过程中有机械能损失，损失 的机械能转化为子弹和钢板的内能． 举一反三: 【变式 1】质量为 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪的射击手。 首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 ，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深 度为 ，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相 对于木块静止时，下列判断正确的是（ ） 　　　　 A．木块静止， B．木块向右运动， C．木块静止， D．木块向左运动， 【答案】C 【解析】设子弹速度为 ，质量为 ，已知木块质量为 ． 左侧射手开枪后，子弹射入木块与木块一起向右运动。木块与子弹共同速度设为 ，由动量守恒： 　　 由能量守恒得： 2 12mV mv= 2 2 1 2 1 1 22 2E mv mV∆ ′ = − × 1 3= 12 2 2 EE   ∆∆ ′ × + ×    x 1 312 2x d  = × +    M 1d 2d 1 2d d= 1 2d d< 1 2d d< 1 2d d= 0v m M 1v 1( )mv M m v= + 2 2 1 1 1 1 ( )2 2fF d mv M m v= − +17 右侧射手开枪后，射出的子弹与木块与及左侧射手射出的第一颗子弹共同的速度设为 ，由动量守恒： 由能量守恒得： 解得： ． 即 ． 【变式 2】如图所示，固定容器及可动活塞 P 都是绝热的，中间有一导热的固定隔板 B，B 的两边分别盛 有气体甲和乙。现将活塞 P 缓慢地向 B 移动一段距离。已知气体的温度随其内能的增加而升高，则在移动 P 的过程中（ ） A．外力对乙做功，甲的内能不变 B．外力对乙做功，乙的内能不变 C．乙传递热量给甲，乙的内能增加 D．乙的内能增加，甲的内能不变 【答案】C 【变式 3】一质量为 的物体 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中 为粗糙的水平面， 长度为 ； 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与 和 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有 一质量为 的木块以大小为 的水平初速度从 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为 ，返回后在到 达 点前与物体 相对静止．重力加速度为 .求： 2v 1 0 2( ) ( 2 )M m v mv M m v+ − = + 2 2 2 2 0 1 2 1 1 1( ) ( 2 )2 2 2fF d mv M m v M m v= + + − + 2 0v = 2 0 1 2 ( )f Mmvd F M m = + 2 0 2 ( 2 ) 2 ( )f M m mvd F M m += + 1 2d d< 2m P ab L bc ab bc m 0v a h a P g18 (1)木块在 段受到的摩擦力 ； (2)木块最后距 点的距离 . 【答案】(1) 　(2) 【解析】 (1)设木块和物体 第一次达到的共同速度为 ，两物体从开始到第一次到达共同速度过程， 由动量和能量守恒得： 由以上两式得： (2)木块返回后与物体 第二次达到的共同速度与第一次相同(动量守恒)，对全过程应用能量守恒得： 由以上各式得： ． 【变式 4】如图所示，质量 、长 的长木板 静止在光滑的水平面上，在长木板 的右端固定了根轻质弹簧，质量 的小滑块 静止于木板 的右端，质量 的小滑块 以 的初速度向左运动并压缩弹簧(与弹簧不粘连)，当长木板 达到某一速度时与左侧的挡板碰撞， 碰后长木板 立即停止，这时 才开始在 上滑动，它刚好能滑到长木板 的左端， 均可视为质 点， 之间的动摩擦因数为 ，取 .则： (1) 与挡板碰撞前瞬间的速度 为多大？ (2)在整个过程中，弹簧弹性势能的最大值 为多少？ 【答案】　(1) 　(2) 【解析】 (1)当小滑块 在 上滑动时，由动能定理得： ab f a s 2 0( 3 ) 3 m v gh L − 2 0 2 0 6 3 v gh Lv gh − − P v 0 ( 2 )mv m m v+= 2 2 0 1 1 ( 2 )2 2mv m m v mgh fL+ += + 2 0( 3 ) 3 m v ghf L −= P 2 2 0 1 1 ( 2 ) (2 )2 2mv m m v f L s+ −= + 2 0 2 0 6 3 v ghs Lv gh −= − 2 kgAm = 1.5 mL = A A 1 kgBm = B A 2 kgCm ＝ C 0 6 m/sv = A A B A A B C、 A B、 0.3µ = 210 m/sg = A Av mE 3 m/s 22.5 J B A19 解得： (2)从小滑块 与弹簧开始接触至 与挡板刚碰撞时，由动量守恒定律得： 解得： 因为 ，所以，当 与挡板碰撞时，弹簧已在恢复形变，此后 继续压缩弹簧，当 的速度减 小到零时，弹簧的弹性势能 解得： 在 与挡板碰撞前，设当三者共速时，共同的速度为 ，弹簧的弹性势能为 ， 由动量守恒定律，得： 由机械能守恒定律，得： 解得： ． 因为 ． 所以，弹簧弹性势能的最大值 ． 类型七、质量数守恒和电荷守恒定律 例 7． 云室处在磁感强度为 的匀强磁场中，一静止的质量为 的原子核在云室中发生一次 衰变， 粒子的质量为 ，电量为 ，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内。现测得 粒子运动的轨道半径为 。 试求在衰变过程中的质量亏损（注：涉及动量守恒问题时，亏损质量不计） 【答案】 210 2B B Am gL m vµ = −- 3 m/sAv = C A 0 ( )C A B A C Cm v m m v m v= + + 1.5 m/sCv = A Cv v＞ A C C 2 2 1 0 1 1 ( )2 2C A B AE m v m m v= - + 1 22.5 JE = A 1v 2E 0 1( )C A B Cm v m m m v= + + 2 2 2 0 1 1 1 ( )2 2C A B CE m v m m m v= − + + 2 21.6 JE = 1 222.5 J 21.6 JE E= ＞ = 1 22.5JmE E= = B M α α m q α R 2 2 ( ) 2 ( ) M qBR c m M m−20 【解析】该衰变放出 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,其轨道半径 与运动速度 的关系由洛伦 兹力和牛顿定律可得 . 动量守恒定律是自然界中的普遍规律,对粒子相互作用也适用,核衰变过程遵守动量守恒定律,衰变过 程质量亏损很小,亏损质量忽略不计时得: . 又衰变过程 粒子和剩余核的动能都来自于亏损质量即 , 联立解得: . 例 8． 有 3 个完全一样的金属小球， ， 带电荷量 ， 带电荷量 ， 球不带电， 今将 固定起来，然后让 反复与 球接触，最后移去 球，求 间的相互作用力变为原来 的多少? 【思路点拨】两个完全相同的带电球体，相互接触后电荷量平分，如果原来两球带异种电荷，则先中 和然后再把剩余的电荷量平分． 【答案】 【解析】 与 反复接触，最后 三球电荷量均分， 即 ， 间的作用力 ， 原来 间作用力 ， 所以 ． 【总结升华】本题考查电荷守恒定律和库仑定律，库仑力与两个点电荷电荷量间的关系，注意对电荷 的转移要全面分析．两个完全相同的带电球体，相互接触后电荷量平分，如果原来两球带异种电荷，则先 α R v 2mvqvB R = ( )0 mv M m v= − − ′ α ( )2 2 21 1 2 2mc M m v mv∆ = − ′ + 2 2 ( ) 2 ( ) M qBRm c m M m ∆ = − A B C、 、 A 7Q B Q− C A B、 C A B、 C A B、 4 7 C A B、 A B C、 、 7 ( ) 23A B C Q Qq q q Q + −′ ′ ′= = = = A B、 2 2 2 2 2 4Q Q kQF k r r ′ = = A B、 2 2 2 7 7Q Q kQF k r r = = 4 7 F F ′ =21 中和然后再把剩余的电荷量平分．22 【巩固练习】 一、选择题 1．如图所示，粗糙的斜面下端是连一个轻质弹簧，弹簧与斜面平行，小滑块 A 从斜面的某一高度开 始沿斜面向下加速运动到压缩弹簧到最短的过程中，则下列说法正确的（ ） A.滑块先做匀加速运动后匀减速运动 B.滑块先做匀加速运动，接触弹簧后再做匀加速运动最后做变减速运动 C.从开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，滑块重力做功等于内能与弹性势能的增量 D.从开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，小块重力势能减少量与内能的增加量之和等于弹性势能的 增大量 2．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程产生的内能 为 6 J，那么此过程木块的动能可能增加了(　　) A．12 J B．16 J C．4 J D．6 J 　　　 3．如图所示，A、B 两木块的质量之比为 mA∶mB＝3∶2，原来静止在小车 C 上，它们与小车上表面 间的动摩擦因数相同，A、B 间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住．小车静止在光滑水平面上，烧断细 线后，在 A、B 相对小车停止运动之前，下列说法正确的是(　　) A．A、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B．A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒 C．小车将向左运动 D．小车将静止不动 4．如图所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上端高 h 处沿光滑圆弧面 相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度 h′(　　) A．大 h B．小于 h C．等于 h D．停在中点与小车一起向左运动 5．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(　　)23 A． B． C． D． NμmgL 6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小 木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度 v0，则(　　) A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，两者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则两者将一起向左运动 7．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为 M 的小车，其左侧有半径为 R 的四分之一光滑圆 弧轨道 AB，轨道最低点 B 与水平轨道 BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为 m 的物块(可 视为质点)从 A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端 C 处恰好没有滑出．设重力加速度为 g，空气 阻力可忽略不计．关于物块从 A 位置运动至 C 位置的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小车和物块构成的系统动量不守恒 B．摩擦力对物块和轨道 BC 所做的功的代数和为零 C．物块运动过程中的最大速度为 D．小车运动过程中的最大速度为 8．如图所示，质量均为 M 的铝板 A 和铁板 B 分别放在光滑水平地面上．质量为 m(m