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1、專(zhuān)題八 守恒定律的綜合應(yīng)用雷區(qū)掃描本部分常見(jiàn)的失分點(diǎn)有：1.亂用守恒定律，守恒方程列錯(cuò).2.研究對(duì)象和研究過(guò)程的選取不當(dāng).3.正、負(fù)號(hào)的處理不正確.造成失誤的根源在于：對(duì)守恒定律的適用條件理解不夠深刻，甚至相互混淆；平時(shí)不注意正確的解題思路，不是從過(guò)程的分析，始末狀態(tài)的分析確定入手去處理問(wèn)題，而是機(jī)械地套用公式；不能從過(guò)程量與狀態(tài)量的關(guān)系上分析過(guò)程的發(fā)生和發(fā)展；對(duì)矢量（動(dòng)量、沖量）的運(yùn)算法則不清楚，對(duì)矢量正負(fù)號(hào)的規(guī)定有錯(cuò)誤的理解.排雷示例例1.（1998年全國(guó)）在光滑水平面上，動(dòng)能為E0、動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反.將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量的大小

2、分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E2、p2，則必有A.E1E0B.p1p0C.E2E0D.p2p0雷區(qū)探測(cè)本題考查碰撞中的動(dòng)量守恒及能量守恒，要求理解動(dòng)量守恒是指碰撞過(guò)程中的任意時(shí)刻系統(tǒng)的總動(dòng)量大小和方向均不能改變.要求理解動(dòng)能是標(biāo)量，只有大小無(wú)方向，也只有正值，且在碰撞過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)能是不能增加的.雷區(qū)診斷根據(jù)題意：“碰撞前，球2靜止；碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反”，若選碰前球1的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律p=-p1+p2得到碰撞后球2的動(dòng)量等于p2=p0+p1,即在碰撞后，球2將沿正方向運(yùn)動(dòng)，而且p2p0,故選D.既然碰后球2沿正方向運(yùn)動(dòng)，它必具有一定的動(dòng)能E2，由能

3、量守恒定律：E0E1+E2，得E0E1，E0E2.故選項(xiàng)A正確，而選項(xiàng)C錯(cuò)誤.由動(dòng)能公式E=mv2=和E0E1，就可推斷碰后球1的動(dòng)量一定小于碰前球1的動(dòng)量，p1p0.正確解答 ABD例2.（1998年上海）用質(zhì)量為M的鐵錘沿水平方向?qū)①|(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的鐵釘敲入木板，鐵錘每次以相同的速度v0擊釘，隨即與釘一起運(yùn)動(dòng)并使釘進(jìn)入木板一定距離.在每次受擊進(jìn)入木板的過(guò)程中，釘所受到的平均阻力為前一次受擊進(jìn)入木板過(guò)程所受平均阻力的k倍(k1).(1)若敲擊三次后釘恰好全部進(jìn)入木板，求第一次進(jìn)入木板過(guò)程中釘所受到的平均阻力.(2)若第一次敲擊使釘進(jìn)入木板深度l1，問(wèn)至少敲擊多少次才能將釘全部敲入木板?并就你

4、的解答討論要將釘全部敲入木板，l1必須滿足的條件.雷區(qū)探測(cè)本題考查動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用.重點(diǎn)考查了過(guò)程分析及根據(jù)過(guò)程特點(diǎn)選擇合適規(guī)律分析解決問(wèn)題的能力.善于借用數(shù)學(xué)工具分析問(wèn)題歸納出一般性的結(jié)論也是本題要考查的重要能力.雷區(qū)診斷認(rèn)真審題，規(guī)范地分析整個(gè)物理過(guò)程，弄清在不同階段的過(guò)程特點(diǎn).“錘子擊打釘子一起運(yùn)動(dòng)”這一過(guò)程中二者作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故滿足動(dòng)量守恒定律，但在二者獲得共速的過(guò)程中，系統(tǒng)有機(jī)械能損失.二者隨釘子進(jìn)入木板一起運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服阻力做功，動(dòng)能減少，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.一定要抓住規(guī)律性東西，要善于用數(shù)學(xué)工具處理問(wèn)題.題中告訴“釘所受到的平均阻力為前一次受擊進(jìn)入

5、木塊過(guò)程所受平均阻力的k倍”因此只要學(xué)生逐步去解，想辦法歸納出遞推式或通式就會(huì)發(fā)現(xiàn)處理問(wèn)題的方法.在此問(wèn)中，找到通式后要用到等比數(shù)列求和，寫(xiě)出n次的函數(shù)表達(dá)式，反復(fù)推敲，找制約關(guān)系，判斷L1滿足條件對(duì)學(xué)生的素質(zhì)要求較高.正確解答 (1)錘打擊釘子過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律Mv0（Mm）v之后二者一起運(yùn)動(dòng)克服阻力做功，釘子進(jìn)入木板即它們的末動(dòng)能EkMm）v2完全用于克服阻力做功，即：EkF l1kF l2k2F l3所以l2l1，l3l1，l1l2l3lF(2)設(shè)敲n次，釘全部進(jìn)入木板EkFl1kFl2k2Fl3k1Fl，l1l2lll1（1）l1若上式右邊不是整數(shù)，n應(yīng)取其整數(shù)部分加1，若恰為整數(shù)，

6、則不加1.要使釘全部釘入木板l1不能太小，因1（1）0，即：即：l1（1）l例3.（1999年上海）一質(zhì)量m=2 kg的平板車(chē)左端放有質(zhì)量M3 kg的小滑塊，滑塊與平板車(chē)之間的摩擦系數(shù)0.，開(kāi)始時(shí)，平板車(chē)和滑塊共同以v02 m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平板車(chē)速度大小保持不變，但方向與原來(lái)相反.平板車(chē)足夠長(zhǎng)，以至滑塊不會(huì)滑到平板車(chē)右端.(取g=10 m/s2)求：(1)平板車(chē)第一次與墻壁碰撞后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離.(2)平板車(chē)第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v.(3)為使滑塊始終不會(huì)到平板車(chē)右端，平板車(chē)至少多長(zhǎng)?圖81雷區(qū)探測(cè)本題利用動(dòng)量守恒定律和能

7、量轉(zhuǎn)化和守恒定律研究平板車(chē)與滑塊間，及平板車(chē)與墻壁間的不斷作用和碰撞過(guò)程.重點(diǎn)考查了動(dòng)量守恒定律的適用條件，及用兩個(gè)守恒定律解題的一般思路和方法.能否進(jìn)行深入細(xì)致的過(guò)程分析和對(duì)關(guān)鍵問(wèn)題做出準(zhǔn)確判斷也是本題考查的重點(diǎn).雷區(qū)診斷本題要以基本的物理規(guī)律為依據(jù)，深入進(jìn)行物理過(guò)程分析，建立正確的物理情境.小車(chē)第一次碰墻后，小車(chē)以原速率向左運(yùn)動(dòng)，由于Mm，系統(tǒng)總動(dòng)量向右，平板車(chē)向左減速至速度為零時(shí)，滑塊仍向右滑動(dòng)，此時(shí)平板車(chē)有向左的最大位移.之后在滑動(dòng)摩擦力的作用下，平板車(chē)向右加速，直至共速(要判定二者在小車(chē)碰墻前獲得共速)然后二者勻速運(yùn)動(dòng)，小車(chē)再次與墻碰撞，重復(fù)前面的物理過(guò)程.平板車(chē)每一次碰撞到下一次碰

8、撞都是在重復(fù)相同的物理過(guò)程，滿足相同的物理規(guī)律，只不過(guò)由于能量在二者相對(duì)運(yùn)動(dòng)中不斷發(fā)生由機(jī)械能向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，因此小車(chē)離墻越來(lái)越近，直至靠在墻壁上.如果在分析中找到規(guī)律，領(lǐng)會(huì)到系統(tǒng)機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能是由滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功來(lái)完成，問(wèn)題就迎刃而解了.正確解答 (1)設(shè)第一次碰墻壁后，平板車(chē)向左移動(dòng)s，速度變?yōu)?，由于體系總動(dòng)量向左，平板車(chē)速度為零時(shí)，滑塊還在向右滑行.由動(dòng)能定理：Mgs0mv02，s代入數(shù)據(jù)得：s0.33（m）(2)假設(shè)平板車(chē)與墻相撞前二者已經(jīng)取得共同速度v，據(jù)動(dòng)量守恒得：Mv0mv0（Mm）v代入數(shù)據(jù)得v0.（m/s）由于撞墻前兩平板車(chē)均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，那么平板車(chē)由速度為零，

9、向右加速到 0.4 m/s，前進(jìn)的距離s，由動(dòng)能定理得：mv20Mgs代入數(shù)據(jù)，ssm充分說(shuō)明平板車(chē)還未與墻相撞，就與小滑塊取得共同速度.所以，平板車(chē)第二次與墻碰撞前瞬間的速度v=v0. m/s.(3)因?yàn)橄到y(tǒng)總動(dòng)量水平向右，所以平板車(chē)與墻碰撞后，向左運(yùn)動(dòng)至速度為零后仍向右運(yùn)動(dòng)到撞墻，平板車(chē)與墻壁發(fā)生多次碰撞，每次情況與此類(lèi)似，最后停在墻邊，系統(tǒng)損失的機(jī)械能，完全通過(guò)滑塊相對(duì)于平板車(chē)滑動(dòng)時(shí)克服摩擦力做功，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.設(shè)平板車(chē)停在墻邊時(shí)，滑塊恰在平板車(chē)的最右端，平板車(chē)最短長(zhǎng)度為l，據(jù)功能原理得：（Mm）v02Mgl，所以l代入數(shù)據(jù)得l0.833（m），即平板車(chē)至少長(zhǎng)0.833 m例4.（2000

10、年全國(guó)）在原子核物理中，研究核子和核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是：雙電小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài).在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖82所示.C和B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D.在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變.然后，A球與擋板B發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連.過(guò)一段時(shí)間.突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無(wú)機(jī)械能損失).已知A、B、C三球質(zhì)量均為m.圖82(1)求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度.(2)求在A球離開(kāi)擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能.雷區(qū)探測(cè)本

11、題考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用.本題涉及到多物體的多次相互作用過(guò)程，涉及到彈性勢(shì)能與其他形式能量的相互轉(zhuǎn)化.有效的過(guò)程分析、研究過(guò)程的選取，各過(guò)程之間的銜接，物理模型的抽象和轉(zhuǎn)化均是本題考查的主要意向.雷區(qū)診斷本題屬于多物體多過(guò)程問(wèn)題.如對(duì)整個(gè)過(guò)程沒(méi)有清晰的分析，沒(méi)有合適的處理方法，就會(huì)感到題目難度很大，無(wú)從下手或得出錯(cuò)誤答案.因此就這類(lèi)問(wèn)題，平時(shí)復(fù)習(xí)時(shí)要注意綜合分析能力的培養(yǎng)和提高.能夠按物理過(guò)程的發(fā)生、發(fā)展，把復(fù)雜過(guò)程化分成簡(jiǎn)單的子過(guò)程，注意過(guò)程的銜接，根據(jù)過(guò)程特點(diǎn)合適地選擇規(guī)律.如本題可分為：B、C相碰結(jié)成D，動(dòng)量守恒而機(jī)械能損失；D擠壓彈簧推動(dòng)A至彈簧最短時(shí)被鎖定，系統(tǒng)動(dòng)量

12、守恒，總機(jī)械能守恒；A與P碰后，A、D靜止，系統(tǒng)動(dòng)能損盡；解除鎖定后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為D的動(dòng)能，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；D通過(guò)彈簧拉動(dòng)A一起向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧最長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、D同速，系統(tǒng)動(dòng)量、總機(jī)械能守恒.如進(jìn)行以上分析，會(huì)降低題目難度，增加解題的成功率.凡物體間發(fā)生相互作用，交換動(dòng)量和能量的過(guò)程都叫碰撞.因此兩物體間直接接觸的沖撞和非直接接觸的相互作用過(guò)程都叫碰撞.凡碰撞問(wèn)題，都具有動(dòng)量和能量守恒兩大核心特點(diǎn).彈性碰撞動(dòng)量、動(dòng)能守恒；而非彈性碰撞動(dòng)量守恒、動(dòng)能不守恒但總能量守恒.C、B碰撞過(guò)程屬于完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒即：mv02mv1，但機(jī)械能損失最大即2mv12mv02

13、，系統(tǒng)內(nèi)能增加，之后D通過(guò)彈簧與A作用可認(rèn)為是彈性碰撞過(guò)程，當(dāng)D與A共速時(shí)，彈簧最短，此過(guò)程中mv03mv2，又由機(jī)械能守恒Ep2mv123mv22.正確解答 (1)設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律，有：mv0（mm）v1當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒，有：2mv13mv2由兩式得A的速度v2v0(2)設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為Ep，由動(dòng)能守恒，有：2mv123mv22Ep撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3，則有：Ep（2m）v32以后彈簧伸長(zhǎng)，A球離開(kāi)

14、擋板P，并獲得速度.當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)至最長(zhǎng).設(shè)此時(shí)的速度為v，由動(dòng)量守恒，有：2mv33mv當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為Ep，由能量守恒有2mv323mv2Ep解以上各式得：Epmv02排雷演習(xí)1.（ 新課程，22）K-介子衰變的方程為K-+0,其中K-介子和-介子帶負(fù)的基元電荷，0介子不帶電.一個(gè)K-介子沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的-介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點(diǎn)相切，它們的半徑RK-與R-之比為21.0介子的軌跡未畫(huà)出.由此可知-的動(dòng)量大小與0的動(dòng)量大小之比為圖83A.11B.12C.13D.162.甲、乙兩球在光滑的水平軌道上同方向運(yùn)動(dòng).已知它們的動(dòng)量分別為p甲5 kgm/s，p乙7 kgm/s，碰后乙的動(dòng)量變?yōu)?0 kgm/s.則兩球的質(zhì)量關(guān)系可能是A.m甲m乙B.m乙2m甲C.m乙m甲D.m乙6m甲3.如圖84所示，一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處在平衡狀態(tài)，一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，讓環(huán)自由下落，撞擊平板.已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)，使彈簧伸長(zhǎng) 圖84