資源簡介

守恒思想
運動中的動量和能量守恒
（2022·廣東模擬）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。
關(guān)鍵信息：光滑水平面 → 系統(tǒng)不受外力
發(fā)生碰撞，作用時間極短 → 內(nèi)力遠大于外力，滿足動量守恒
碰后粘在一起 → 完全非彈性碰撞，機械能損失最多
解題思路：本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)動量守恒定律得出碰后新物塊和新滑板的速度大小和方向；再結(jié)合能量守恒定律分析出相對位移的大小。
（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右為正方向，則
mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得：v物＝5(1－k) m/s
由于0＜k＜0.5，所以v物＞0，即方向向右；
滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v板，滑板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg，則有
Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v板
解得：v板＝m/s
由于0＜k＜0.5，所以v板＞0，即新滑板速度方向也向右；
（2）若k＝0.5，可知碰后瞬間C、D形成的新物塊的速度為：
v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s，即碰后新物塊具有向右的速度。
碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為：
v板′＝＝＝0m/s，即碰后新滑板速度為零。
則碰后新物塊相對于新滑板向右做勻減速直線運動，新滑板向右做初速度為零的勻加速直線運動。設(shè)新物塊的質(zhì)量為m′＝2kg，新滑板的質(zhì)量為M′＝3kg，相對靜止時的速度為v共，根據(jù)動量守恒定律可得：
m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得：v共＝1m/s
根據(jù)能量守恒可得：
解得：x相＝1.875m
（2022·西寧二模）如圖所示，在光滑水平面上距離豎直線MN左側(cè)較遠處用彈簧鎖定不帶電絕緣小球A，彈性勢能為0.45J，A球質(zhì)量M＝0.1kg，解除鎖定后與靜止在M點處的小球B發(fā)生彈性正碰，B球質(zhì)量m＝0.2kg帶電量q＝＋10C。MN左側(cè)存在水平向右的勻強電場E2，MN右側(cè)空間區(qū)域范圍內(nèi)存在豎直向上、場強大小E1＝0.2N/C的勻強電場和方向垂直紙面向里磁感應(yīng)強度為B＝0.2T的勻強磁場。（g＝10m/s2，不計一切阻力）求：
（1）解除鎖定后A球獲得的速度v1；
（2）碰后瞬間B球速度v2；
（3）E2大小滿足什么條件時，B球能經(jīng)電場E2通過MN所在的直線；（不考慮B球與地面碰撞再次彈起的情況）
（1）解除鎖定過程，小球A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有
EP＝
可得v1＝＝3m/s
即解除鎖定后A球獲得的速度v1大小為3m/s，方向水平向右。
（2）小球A、B在M點發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律分別得：
Mv1＝Mv1′＋mv2 ①
＝＋ ②
聯(lián)立①②解得：v2＝＝2m/s，方向水平向右。
（3）B球進入MN右側(cè)后，受到的電場力qE1＝mg＝2N，方向豎直向上，即重力與電場力平衡，因此小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。
由牛頓第二定律得：qv2B＝
解得R＝0.2m
小球B在電磁場區(qū)域運動半個圓周后速度方向垂直MN水平向左射出，出射點距M點距離y＝2R＝2×0.2m＝0.4m
小球B在MN左側(cè)的運動，在豎直方向為自由落體運動，在水平方向類似于豎直上拋運動，若B球返回MN，必須滿足（取向右為正方向）：
v2 ( v2)＝·t
y＝2R≥gt2
解得：E2≥V/m≈0.283V/m
（2022·四川月考）如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，頂端裝有光滑的輕質(zhì)定滑輪，跨過定滑輪的不可伸長細(xì)線兩端連接兩質(zhì)量相等的物塊A和B。物塊A的正下方地面上固定一豎直輕彈簧，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力。物塊B由斜面體底端靜止釋放后，在物塊A下落至最低點的過程中。下列說法正確的是（　?。?br/>A．A和B系統(tǒng)的機械能守恒
B．物塊A剛與彈簧接觸時，物塊B的動能最大
C．A和B重力勢能及彈簧的彈性勢能之和先減少后增大
D．物塊A下落至最低點時，A和B系統(tǒng)的機械能最大
關(guān)鍵信息：光滑斜面體 → B與斜面體之間無摩擦力
不可伸長細(xì)線 → A、B構(gòu)成連接體，速度大小相等
A下落至最低點的過程中 → A、B與彈簧組成的系統(tǒng)只有動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)機械能守恒
解題思路：物塊A與彈簧接觸前，A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功；物塊A剛與彈簧接觸時彈簧的彈力為零，故A依然有向下的加速度，則A、B一起做加速度減小的加速運動。到加速度減為零時，A、B物體速度達到最大，此后做加速度增大的減速運動，直到速度減為零時，A下落到最低點。
AD、在物塊A未與彈簧接觸前，A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒；與彈簧接觸后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；物塊A下落至最低點時，彈簧的彈性勢能最大，則A和B系統(tǒng)的機械能最小，故D錯誤；
B、物塊A剛與彈簧接觸時，物塊A所受重力大于彈簧的彈力，受合力向下，加速度向下，速度繼續(xù)增大，當(dāng)重力等于彈力時，加速度是零，物塊A速度最大，物塊B的速度也最大，動能最大，故B錯誤；
C、由于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)在全過程中機械能守恒，即彈簧的彈性勢能、A和B的重力勢能、動能三者之間互相轉(zhuǎn)化。物塊B由斜面體底端靜止釋放后，A在與彈簧接觸前，A和B做加速運動。A剛與彈簧接觸時依然有向下的加速度，則A、B一起做加速度減小的加速運動。到加速度減為零時，A、B物體速度達到最大，此后做加速度增大的減速運動，直到速度減為零時，A下落到最低點。因此全過程A和B的動能先增大后減小，所以A和B重力勢能及彈簧的彈性勢能之和先減少后增大，故C正確；
故選：C。
（2022·南通四模）如圖所示，光滑釘子M、N相距2L，處于同一高度。帶有光滑小孔的小球A穿過輕繩，輕繩的一端固定在釘子M上，另一端繞過釘子N與小球B相連，B球質(zhì)量為m。用手將A球托住靜止在M、N連線的中點P處，B球也處于靜止?fàn)顟B(tài)。放手后，A球下落的最大距離為L。已知重力加速度為g。
（1）求A球的質(zhì)量mA；
（2）求A球下落到最低點時繩中張力T；
（3）用質(zhì)量為m的C球替換A球，C球從P點由靜止釋放后，求C球下落距離為L時的速度大小vC。
（1）A球由靜止釋放后，先做加速運動后做減速運動，當(dāng)速度減為零時，A球下落最大距離L。
A球下落至最低點時，根據(jù)幾何關(guān)系可得B球上升的高度為hB＝L－2L
由A、B系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律可得：mAgL＝mghB
解得mA＝2(－1)m；
（2）設(shè)A球下落到最低點時繩AN與豎直方向的夾角為α，由幾何關(guān)系知tanα＝＝1，
所以α＝45°，如圖所示：
A球下落到最低點時剛好減速為零，則A球所受合力向上，B球所受合力向下，則根據(jù)牛頓第二定律，
對A球：2Tcosα－mAg＝mAaA
對B球：mg－T＝maB
A球到最低點后，在極短時間Δt內(nèi)，A、B的位移關(guān)系有：2×aAΔt2cosα＝aBΔt2
聯(lián)立解得：T＝mg；
（3）由題意知，C球下落距離為L時，C球速度與繩NC間的夾角β＝45°，如圖所示；
根據(jù)B、C系統(tǒng)機械能守恒得：mgL－mg·2(－1)L＝
根據(jù)運動的合成與分解可得：vB＝2vCcosβ
解得：vC＝。
思想方法是高中物理的骨骼，能量守恒即為其中之一，下圖所示的物理現(xiàn)象和規(guī)律，均可視為高中物理中能量轉(zhuǎn)化和守恒相關(guān)而進行的整合。
能量守恒定律是不可以“證明”的，這也導(dǎo)致了理解上的困難，因此，在高中三年的學(xué)習(xí)過程中，我們要通過物理實驗、科學(xué)活動或拓展閱讀等教學(xué)活動中去循序漸進培養(yǎng)并建立這種守恒意識。另外，在物理變化的過程中，常存在著某些不變的物理量，在討論一個物理變化過程時，對其中的各個量或量的變化關(guān)系進行分析，尋找整個過程中或過程發(fā)生前后存在著的不變關(guān)系或不變的量，則成為研究這一變化過程的中心和關(guān)鍵。所以，在平時的解題過程中，既要熟練掌握具體情境下的守恒所成立的條件，也要善于挖掘物理過程中的不變量。
核反應(yīng)中的守恒
（2022·湖北月考）上世紀(jì)四十年代初，我國科學(xué)家王淦昌先生首先提出證明中微子存在的實驗方案：如果靜止原子核俘獲核外K層電子e，可生成一個新原子核X，并放出中微子νe，即＋→X＋。根據(jù)核反應(yīng)后原子核X的動能和動量，可以間接測量中微子的能量和動量，進而確定中微子的存在。下列說法正確的是（　?。?br/>A．原子核X是
B．核反應(yīng)前后的總質(zhì)子數(shù)不變
C．核反應(yīng)前后總質(zhì)量數(shù)不同
D．中微子νe的電荷量與電子的相同
關(guān)鍵信息：核反應(yīng) → 電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒
解題思路：根據(jù)核反應(yīng)過程中，電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒，以及質(zhì)量數(shù)＝中子數(shù)＋電荷數(shù)分析即可。
根據(jù)核反應(yīng)方程，結(jié)合質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，可知X的質(zhì)量數(shù)為：A＝7＋0＝7，質(zhì)子數(shù)為：Z＝4－1＝3，所以新核為，反應(yīng)前總質(zhì)子數(shù)為4，反應(yīng)后為3，故A正確，BC錯誤；
中微子不帶電，故中微子的電荷量與電子的不同，故D錯誤。
故選：A。
（2022·海淀區(qū)模擬）的質(zhì)量是3.016050u，質(zhì)子的質(zhì)量是1.007277u，中子的質(zhì)量是1.008665u。u為12C原子質(zhì)量的，稱為原子質(zhì)量單位。根據(jù)質(zhì)能方程可知，1u相當(dāng)于931.5MeV。已知h＝6.63×10－34J·s。則：
（1）一個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合為氚核時，是吸收還是放出能量？該能量為多少？
（2）氚核的結(jié)合能和比結(jié)合能各是多少？
（3）如果這些能量是以光子形式放出的，則光子的頻率是多少？
（1）一個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合成氚核的核反應(yīng)方程是：
反應(yīng)前各核子總質(zhì)量為一個質(zhì)子和兩個中子的總質(zhì)量為
m總＝mp＋2mn＝1.007277u＋2×1.008665u＝3.024607u
m總大于的質(zhì)量，故一個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合為氚核時，有質(zhì)量虧損，是放出能量，根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程知，放出能量ΔE為
ΔE＝0.008557×931.5MeV≈7.97MeV；
（2）氚核的結(jié)合能為
ΔE＝7.97MeV
比結(jié)合能＝＝≈2.66MeV；
（3）由光子的能量
E＝hν
放出光子的頻率為
ν＝＝≈1.92×1021Hz。
動量守恒和能量守恒是自然界兩大守恒定律，對于原子物理學(xué)，盡管這一微觀領(lǐng)域有其特殊性，但兩個守恒定律仍然適用，而且還被賦予新的內(nèi)涵，如愛因斯坦質(zhì)能方程。除此之外，核反應(yīng)方程還滿足質(zhì)量守恒、電荷守恒。在應(yīng)用中，一般的核反應(yīng)方程的平衡問題，主要根據(jù)質(zhì)量守恒與電荷守恒來討論，即反應(yīng)前后的總質(zhì)量數(shù)與總電量數(shù)保持不變。在處理粒子與粒子、粒子與原子的碰撞過程和核反應(yīng)方程時，主要根據(jù)能量守恒和動量守恒進行分析、解題。
2

展開更多......

收起↑