1.9 第六节　自然界中的守恒定律-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（粤教版）

本讲义聚焦自然界中的守恒定律核心知识点，系统梳理动量守恒、机械能守恒及能量守恒定律的内容与适用条件，通过情境导入引发思考，结合“小球-弧形轨道”“子弹打木块”等典型模型分析，辅以例题与练习构建完整学习支架。 资料以情境导入激发科学探究兴趣，通过典型模型建构深化科学思维，如“子弹打木块”模型帮助学生掌握守恒定律应用。课中助力教师引导学生推理论证，课后通过测评练习辅助学生查漏补缺，强化物理观念与科学态度。

第六节　自然界中的守恒定律 【素养目标】　1.知道动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律的内容，知道动量守恒定律、机械能守恒定律的适用条件。　2.会用动量守恒和能量守恒的观点分析有关问题。 知识点一　自然界中的能量守恒定律 【情境导入】　如图所示，小车固定在光滑的水平面上，小球沿光滑的弧形轨道下滑时，它的机械能守恒。若小车不固定，小球的机械能还守恒吗？球和车组成的系统的机械能守恒吗？若弧形轨道粗糙，球和车组成的系统机械能不再守恒，动量是否守恒？ 提示：小球的机械能不守恒，系统的机械能守恒；动量不守恒，只能说水平方向动量守恒。 【教材梳理】 (阅读教材P26—P27完成下列填空) 1．系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统。 2．动量守恒定律在微观、宏观和宇观都是适用的，是自然界普适的基本定律。 3．机械能守恒定律：由于系统内重力或弹力做功只引起系统内动能和势能的相互转化，不改变系统的机械能总量，所以当系统外力与系统内除重力和弹力外的其他内力做功的代数和为零，则系统的总机械能保持不变。 学生用书第33页 【师生互动】　如图所示，木块A的右侧为光滑曲面且下端极薄，静止在光滑水平面上。一小球B以一定的速度从右向左运动冲上曲面A，与A发生相互作用的过程中，B球未能飞离曲面A。 任务1．小球B与木块A组成的系统动量守恒吗？ 任务2．小球B与木块A组成的系统机械能守恒吗？ 任务3．木块A何时速度最大？ 提示：任务1.动量不守恒，只是水平方向动量守恒。 任务2.水平面、斜面都光滑，则小球B与木块A组成的系统机械能守恒。 任务3.当小球B回到水平面时，木块A获得的速度最大。 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道，重力加速度为g，求： (1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示)； (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。 [解题指导]　(1)看到“光滑水平面上”，想到“小球与圆弧轨道在水平方向上动量守恒”。 (2)看到“小球能上升的最大高度”，想到“最高点二者速度相等”。 (3)看到“小球离开圆弧轨道”，想到“从开始到离开轨道满足动量守恒和机械能守恒”。 答案：(1)　(2) 解析：(1)小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝3mv， 解得v＝ 根据机械能守恒定律得mv02＝×3mv2＋mgh 解得h＝。 (2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律得 mv0＝mv1＋2mv2 根据机械能守恒定律得mv02＝mv12＋×2mv22，联立解得v1＝－ 则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。 模型图例 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为M，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g。 模型特点及规律 1．当滑块上升到最大高度时，滑块与曲(斜)面体具有共同的水平速度v共。此时滑块的竖直速度vy＝0。 系统水平方向的动量守恒： mv0＝(M＋m)v共； 系统的机械能守恒： mv02＝(M＋m)v共2＋mgh。 其中h为滑块上升的最大高度，系统减少的动能转化为滑块的重力势能。 2．当滑块返回最低点时，滑块与曲(斜)面体分离。 系统水平方向的动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2； 系统的机械能守恒： mv02＝mv12＋Mv22。 针对练．如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则(　　) A．下滑过程中，小滑块的机械能守恒 B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大 C．下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒 D．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点 答案：D 解析：小滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动，弧形槽对小滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械能不守恒，A错误；小滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时小滑块速度为零，下滑到最低点时小滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知小滑块沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小，B错误；小滑块在弧形槽上下滑过程中，小滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒；在竖直方向上小滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有Mv1＝mv2，根据能量守恒定律有mgh＝Mv12＋mv22，由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故v2>v1；小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变、方向相反，故小滑块能追上弧形槽；当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有Mv1＋mv2＝(m＋M)v，根据能量守恒定律有mgh1＝Mv12＋mv22－(m＋M)v2，故可得h1<h，即小滑块不能到达弧形槽上的A点，D正确。 学生用书第34页 知识点二　“子弹打木块”模型 模型 图例 如图所示， 子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块，子弹可能留在木块中(未穿出)，也可能穿出木块。 模型 特点 及规律 1．子弹打木块的过程很短暂，该过程内力远大于外力，则系统的动量守恒： (1)子弹未穿出木块：mv0＝(m＋M)v； (2)子弹穿出木块：mv0＝mv1＋Mv2。 2．在子弹打木块过程中系统的机械能不守恒，机械能的损失即为过程中的摩擦生热Q热： (1)子弹未穿出木块： Q热＝fd＝mv02－(M＋m)v2 其中d为子弹射入木块的深度； (2)子弹穿出木块： Q热＝fL＝mv02－mv12－Mv22 其中L为木块的长度，注意d≤L。 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f。求： (1)子弹、木块的共同速度大小； (2)过程中的摩擦生热； (3)子弹打进木块的深度。 答案：(1) v0　(2)v02 (3) 解析：(1)设子弹、木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝ v0。 (2)子弹打进木块过程中的摩擦生热为 Q热＝mv02－(M＋m)v2＝v02。 (3)方法一：如图所示，设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2。 由动能定理对子弹有－fx1＝mv2－mv02 解得x1＝ 对木块有fx2＝Mv2 解得x2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移，即d＝x1－x2＝。 方法二：由能量守恒定律得fd＝mv02－(m＋M)v 2解得d＝。 变式拓展1．在【例2】中，试求子弹在木块内运动的时间。 答案： 解析：方法一：设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得ft＝Mv－0 解得t＝。 方法二：对木块由牛顿第二定律得f＝Ma 由运动学公式得v＝at 解得t＝。 变式拓展2.在【例2】中，如果子弹不穿出木块，求木块的长度满足的条件。 答案：L≥ 解析：如果子弹不穿出木块，则有L≥d，由【例2】的解析可得木块的长度满足L≥。 针对练1．(2025·汕头市期中)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较(　　) A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，滑块对子弹的平均阻力一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程系统产生的热量相同 答案：D 解析：根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，可知两种情况下滑块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；两滑块的动量Δp＝Mv变化相同，受到的冲量相同，由能量守恒定律有mv02－(m＋M)v2＝F阻s，子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍，则射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的，故B错误； 射入滑块A中与B中时阻力对子弹做功均为Wf＝mv2－mv02，故C错误；由能量守恒得Q＝mv02－(m＋M)v2，两个过程系统产生的热量相同，故D正确。故选D。 针对练2. (多选)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　) A．10 J B．8 J C．6 J D．4 J 答案：AB 解析：设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝。木块获得的动能为ΔEk＝Mv2＝＝·，系统产生的内能为Q＝mv02－(M＋m)v2＝，可得Q＞ΔEk＝6 J，故A、B正确。故选AB。 学生用书第35页 知识点三　“滑块—木板”模型 模型 图例 木板A的上表面粗糙，放在光滑地面上： 1．如图甲所示，开始时木板A静止，滑块B从木板A的左端以速度v0在木板上滑动。 2．如图乙所示，开始时木板A以速度v0运动，滑块B静止于木板A的右端。 两种情景： 1．如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度； 2．如果木板长度较小，B可能滑出A的右端(图甲)或左端(图乙)。 模型 特点 及规律 以图甲为例：设滑块质量为m、木板质量为M、动摩擦因数为μ。 1．如果木板足够长，运动情景如图所示： f＝μmg 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M )v 由动能定理得－fx1＝mv2－mv02 fx2＝Mv2 fx3＝f(x1－x2)＝mv02－(m＋M )v2＝Q 2．如果木板长度较小，滑块B滑出木板A的右端，设木板的长度为L，滑块滑出木板时滑块的速度为v1，木板的速度为v2。 由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。 由能量守恒得Q热＝fL＝mv02－mv12－Mv22 (2025·深圳市高二期中)如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)小车最终的速度大小v； (2)物块在车面上滑行的时间t； (3)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。 答案：(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)5 m/s 解析：(1)物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝0.8 m/s。 (2)对小车，由动量定理得μm2gt＝m1v 代入数据解得t＝0.24 s。 (3)设物块恰好到达小车的最右端时物块滑上小车的速度为v0′，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由能量守恒定律得 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s。 解答“滑块—木板”模型问题的技巧 1．对系统应用动量守恒定律。 2．在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。 3．在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。 4．在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒定律。 5．滑块与木板恰好不相对滑动时，滑块与木板达到共同速度。　　 针对练1．(2025·广州六中高二阶段练习)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较硬木小，以下判断正确的是(　　) 学生用书第36页 A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能不一样大 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 答案：C 解析：设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可知共同速度v相同，则根据ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝Q可知两个系统产生的内能Q相同，故A、B错误；根据功能关系得Q＝f·d，可知产生的内能Q相同时，摩擦力f越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。故选C。 针对练2．(2025·湛江市高一期中)如图所示，质量M＝2 kg的长木板在足够长的光滑地面上水平向右做速度大小为v1＝2 m/s的匀速直线运动。某时刻一质量m＝2 kg的小物块(视为质点)以大小v2＝8 m/s的速度从木板的左端滑上木板，最终物块恰好未滑离木板。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)木板的最终速度大小v； (2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量Q及木板的长度L。 答案：(1)5 m/s　(2)18 J　1.8 m 解析：(1)根据动量守恒定律有 Mv1＋mv2＝(M＋m)v 解得v＝5 m/s。 (2)根据能量守恒定律有 Q＝Mv12＋mv22－(M＋m)v2 解得Q＝18 J 又Q＝μmgL 解得L＝1.8 m。 知识点四　爆炸问题 爆炸问题的三个特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 注意：由于爆炸过程中物体的位移很小可以忽略，故爆炸过程中物体的重力势能可以认为不变，机械能的变化体现为动能的变化。 以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块弹片。其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。(不计火药的质量)求： (1)质量较小的一块弹片速度的大小和方向。 (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？ 答案：(1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反 (2)mv02 解析：(1)斜向上抛出的手榴弹运动轨迹如图所示，在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0 取v1的方向为正方向，设质量为2m的弹片的速度大小为v1′，质量为m的弹片的速度大小为v2，由于爆炸过程的爆炸力远大于手榴弹的重力，系统的动量近似守恒，则有3mv1＝2mv1′＋mv2，其中v1′＝2v0 解得v2＝－2.5v0，负号表示v2的方向与爆炸前速度的方向相反。 (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔEk＝×2mv1′2＋mv22－×3mv12＝mv02。 变式拓展．如果将【例4】中“其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行”改为“其中质量较小的一块沿着原来的相反方向以v0的速度飞行”。求： (1)质量较大的一块弹片速度的大小和方向。 (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？ (3)假设手榴弹爆炸时离地高度为h，空气阻力不计，两块弹片落地时的距离。 答案：(1)v0　方向与爆炸前速度方向相同 (2)mv02　(3)v0 解析：(1)取v1的方向为正方向，设质量为2m的弹片的速度大小为v1″，质量为m的弹片的速度大小为v2′，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1″－mv2′ 其中爆炸质量较小的弹片的速度大小v2′＝v0，v1＝v0，解得v1″＝v0，方向与爆炸前速度方向相同。 (2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔEk′＝×2mv1″2＋mv2′2－×3mv12＝mv02。 (3)手榴弹爆炸后两块弹片都做平抛运动，则有 h＝gt2 两块弹片落地时的距离s＝v1″t＋v2′t＝v0。 学生用书第37页 针对练．(多选)(2023·广东高二联考期末)如图所示，有一易爆物静止放在离地面高为h的小平台上，某时刻该物体爆炸裂开成甲、乙两块物体，甲物体获得的初速度大小为v0，方向水平向左。若甲物体的质量为2m，乙物体的质量为m，摩擦阻力和空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．爆炸后瞬间，甲、乙两物体的总动量为零 B．甲、乙两物体同时落地且落地时速率相等 C．两物体下落过程，甲物体的动量变化量大小是乙物体的两倍 D．爆炸过程中释放的总能量为mv02 答案：AC 解析：根据动量守恒可知爆炸前后瞬间，动量的矢量和均为零，故A正确；爆炸后，两物体从同一高度做平抛运动，由h＝gt2可知甲、乙两物体同时落地；由动量守恒定律可得0＝2mv0－mv乙，解得v乙＝2v0，再分别根据动能定理得2mgh＝×2mv甲2－×2mv02，mgh＝mv乙′2－mv乙2，解得v甲＝，v乙′＝＝，可知甲、乙两物体落地时速率不同，故B错误；根据动量定理，两物体在落地的过程中，动量变化量等于重力的冲量大小，即I＝mgt，甲物体的质量是乙物体质量的两倍，故甲物体动量变化量的大小是乙物体的两倍，C正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程中释放的总能量为两个物体的总动能Ek＝×2mv02＋m(2v0)2＝3mv02与爆炸产生的热量的总和，故D错误。故选AC。 1．(多选)带有光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则(　　) A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对滑车做的功为Mv02 D．小球在弧形槽上升的最大高度为 答案：BC 解析：由于没有摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决。因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，由动能定理可知，小球对滑车做功W＝Mv02。小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把小球从开始到上升到最高点的过程看作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv02＝2×Mv′2＋Mgh，联立解得h＝，故B、C正确。 2．质量为0.01 kg的子弹，以400 m/s的速度射入质量为0.49 kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。若子弹刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为(　　 ) A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s 答案：B 解析：子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为m1，初速度为v0，木块质量为m2，一起运动的速度为v，根据动量守恒定律，有m1v0＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝8 m/s，故B正确，A、C、D错误。 3．(多选)(2024·汕尾市高二期中)防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为v0，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿v0的方向飞去，且爆炸过程时间为Δt且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动 C．爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为＋mg D．爆炸过程释放的化学能为m(v－v0)2 答案：BD 解析：爆炸过程系统在水平方向动量守恒，以v0方向为正方向，由动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，解得v′＝2v0－v，由于v与2v0的大小关系未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误；由以上分析可知，当v＝2v0时，弹尾的速度为零，则弹尾可能做自由落体运动，故B正确；以弹头为研究对象，以v0方向为正方向，在水平方向上由动量定理可得FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故C错误；根据能量守恒可知，爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有E化＝mv2＋mv′2－·2mv02，又v′＝2v0－v，整理可得E化＝m，故D正确。故选BD。 4．(2024·惠州市高一统考期末)如图所示，一质量为M的木板静止在光滑的水平面上，另一质量为m的小物块以水平速度v0从木板的最左端开始沿木板上表面滑动，一段时间后，小物块恰好没有从木板的右端掉下。滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求： (1)小物块在木板上表面滑动时，小滑块和木板的加速度大小分别为多少？ (2)小物块在木板上表面滑动的过程所用时间。 (3)木板的长度为多少？ 答案：(1)μg　　(2)　(3) 解析：(1)小物块在木板上表面滑动时，设小物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，μmg＝Ma2 解得a1＝μg，a2＝。 (2)设小物块和木板的共同速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝ 设小物块在木板上表面滑动的过程所用时间为t，以速度方向为正方向，对小物块由动量定理得 －μmgt＝mv－mv0 解得t＝。 (3)设木板的长度为L，由能量守恒定律得μmgL＝mv02－(M＋m)v2 解得L＝。 学科网（北京）股份有限公司 $