高中物理 第1章 動量守恒研究章末分層突破教師用書 魯科版選修3-5

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第1章 動量守恒研究 [自我校對] ①速度 ②力 ③合力 ④mv′－mv ⑤合外力 ⑥遠大于 ⑦m1v1′＋m2v2′ _________________________________________________________ _________________________________________________________ _________________________________________________________ _________________________________________________________ _________________________________________________________ _________________________________________________________ _________________________________________________________ 求恒力沖量和變力沖量的方法 1.恒力的沖量計算 恒力的沖量可直接根據(jù)定義式來計算，即用恒力F乘以其作用時間t求得． 2．方向恒定的變力的沖量計算 若力F的方向恒定，而大小隨時間變化的情況如圖11所示，則該力在時間t＝t2－t1內的沖量大小在數(shù)值上就等于圖中陰影部分的“面積”． 圖11 3．一般變力的沖量計算 在中學物理中，一般變力的沖量通常是借助于動量定理來計算的． 4．合力的沖量計算 幾個力的合力的沖量計算既可以先算出各個分力的沖量后再求矢量和，又可以先算出各個分力的合力再算合力的沖量． 　物體A和B用輕繩相連在輕質彈簧下靜止不動，如圖12甲所示，A的質量為m，B的質量為M.當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為vA，這時物體B下落的速度大小為vB，如圖乙所示．這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為多少？ 圖12 【解析】　本題中彈簧彈力是變力，時間又是未知量，顯然，不能直接從沖量的概念I＝Ft入手計算，只能用動量定理求解． 對物體A由動量定理得I－mgt＝mvA① 對物體B由動量定理得Mgt＝MvB② 由①②式得彈簧的彈力對物體A的沖量為 I＝mvA＋mvB. 【答案】　mvA＋mvB 爆炸與碰撞的比較 爆炸 碰撞 相同點 過程 特點 都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動量守恒 過程 模型 由于碰撞、爆炸過程相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，因此可以把作用過程看做一個理想化過程來處理，即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動 能量 情況 都滿足能量守恒，總能量保持不變 不同點 動能 情況 有其他形式的能轉化為動能，動能會增加 彈性碰撞時動能不變，非彈性碰撞時動能有損失，動能轉化為內能，動能減少 　假設一質量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質量相等的兩塊，沿水平方向向相反的兩個方向飛出，假設其中一塊落在距A點距離為s處，不計空氣阻力，煙花炸裂時消耗的化學能80%轉化為動能．求： (1)煙花上升的最大高度； (2)煙花炸裂后其中一塊水平飛出時的速度大?。? (3)煙花炸裂時消耗的化學能． 【解析】　(1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度h＝. (2)設煙花炸裂后其中一塊水平飛出時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得s＝v1t，h＝gt2　解得v1＝. (3)煙花炸裂時動量守恒，有v1－v2＝0，解得另一塊的速度為v2＝v1 由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學能 E＝＝mv＝. 【答案】　(1)　(2)　(3) 多體問題及臨界問題 1.多體問題 對于兩個以上的物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，相互作用的情況也不盡相同，作用過程較為復雜，雖然仍可對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關系式，但因未知條件過多而無法求解，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個動量守恒的方程，或將系統(tǒng)內的物體按相互作用的關系分成幾個小系統(tǒng)，分別建立動量守恒的方程． 2．臨界問題 在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題．這類問題的求解關鍵是充分利用反證法、極限法分析物體的臨界狀態(tài)，挖掘問題中隱含的臨界條件，選取適當?shù)南到y(tǒng)和過程，運用動量守恒定律進行解答． 　甲、乙兩小船質量均為M＝120 kg，靜止于水面上，甲船上的人質量，m＝60 kg，通過一根長為L＝10 m的繩用F＝120 N的力水平拉乙船，求： (1)兩船相遇時，兩船分別走了多少距離； (2)為防止兩船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)． 【解析】　(1)由水平方向動量守恒得 (M＋m)＝M① x甲＋x乙＝L② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得x甲＝4 m，x乙＝6 m. (2)設相遇時甲船和人共同速度為v1，人跳離甲船速度為v.為了防止兩船相撞，人跳后至少需甲、乙船均停下，對人和甲船組成的系統(tǒng)由動量守恒定律得 (M＋m)v1＝0＋mv③ 對甲船和人由動能定理得Fx甲＝(M＋m)v④ 聯(lián)立解得v＝4 m/s. 【答案】　(1)4 m　6 m　(2)4 m/s (1)“人船模型”對于系統(tǒng)初動量為零，動量時刻守恒的情況均適用． (2)兩物體不相撞的臨界條件是：兩物體運動的速度方向相同，大小相等． 1.(2016青島二中檢測)如圖13所示，完全相同的A、B兩物塊隨足夠長的水平傳送帶按圖中所示方向勻速運動，AB間夾有少量炸藥，對A、B在炸藥爆炸過程及隨后的運動過程中有下列說法，其中正確的是(　　) 【導學號：18850017】 圖13 A．炸藥爆炸后瞬間，A、B兩物體速度方向一定相同 B．炸藥爆炸后瞬間，A、B兩物體速度方向可能相反 C．炸藥爆炸后瞬間，A物體速度可能為零 D．炸藥爆炸過程中，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒 E．A、B在炸藥爆炸后到A、B兩物體相對傳送帶靜止過程中動量守恒 【解析】　炸藥爆炸后，A物體的速度是否反向，取決于炸藥對兩物體推力的沖量，應該存在三種可能：速度為零、反向和保持原來的方向，由于炸藥對兩物體的沖量大小相等，方向相反，所以兩物體動量變化大小一定相等，兩物體受到的摩擦力大小相等、方向相反，故兩物體一定同時相對傳送帶靜止，這樣可以判斷在炸藥爆炸后傳送帶對兩物體的沖量大小相等、方向相反，故兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒． 【答案】　BCE 2．(2016大連一中檢測)一質量為100 g的小球從0.80 m高處自由下落到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了0.20 s，則這段時間內軟墊對小球的沖量為(取g＝10 m/s2，不計空氣阻力)________Ns. 【解析】　小球落至軟墊時的速度v0＝＝4 m/s，取豎直向上為正方向，對小球與軟墊作用過程應用動量定理得：I－mgΔt＝0－(－mv0)，I＝mgΔt＋mv0＝(0.1100.2＋0.14) Ns＝0.6 Ns. 【答案】　0.6 3．(2016天津高考)如圖14所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一小滑塊B，盒的質量是滑塊的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________． 圖14 【解析】　由于水平面光滑，則滑塊與盒碰撞時動量守恒，故有：mv＝(M＋m)v1，且M＝2m 相對靜止時的共同速度v1＝＝ 由功能關系知：μmgs＝mv2－(M＋m)v 解得滑塊相對盒的路程s＝. 【答案】　　 4．(2016石家莊一中檢測)如圖15所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞．求A與C碰撞后瞬間A的速度大?。? 圖15 【解析】　因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC① A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為 vAB，由動量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB② A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足 vAB＝vC③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 vA＝2 m/s.④ 【答案】　2 m/s 5.(2016太原一中檢測)兩只船平行逆向航行，如圖16所示．航線鄰近，當它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質量m＝50 kg的麻袋到對面一只船上去，結果載重較小的一只船停了下來，另一只船則以v＝8.5 m/s的速度向原方向航行，設兩只船及船上的載重量分別為m1＝500 kg及m2＝1 000 kg，則在交換麻袋前兩只船的速率為多少？(水的阻力不計) 【導學號：18850018】 圖16 【解析】　在此問題中，只考慮船在原運動方向上的動量．特別指出的是，拋出的物體由于慣性的原因，在原運動方向上的速度不變． 選取投出麻袋后小船和從大船投過來的麻袋為系統(tǒng)，并以小船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：(m1－m)v1－mv2＝0，即450v1－50v2＝0①，選取投出麻袋后大船和從小船投過的麻袋為系統(tǒng)有：－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v，即－950v2＋50v1＝－1 0008.5 kgm/s②，選取四個物體為系統(tǒng)有：m1v1－m2v2＝－m2v，即500v1－1 000v2＝－1 0008.5 kgm/s③，聯(lián)立①②③式中的任意兩式解得：v1＝1 m/s，v2＝9 m/s. 【答案】　1 m/s　9 m/s 6．(2016全國乙卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： 【導學號：18850019】 (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． 【解析】　(1)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S.③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內噴出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－.⑧ 【答案】　(1)ρv0S　(2)－ 圖17 7．(2016全國甲卷)如圖17所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【解析】　(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg.③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 【答案】　(1)20 kg　(2)見解析 我還有這些不足： (1)_________________________________________________________ (2)_________________________________________________________ 我的課下提升方案： (1)_________________________________________________________ (2)_________________________________________________________