物理第十六章 动量守恒定律综合与测试教案设计

这是一份物理第十六章 动量守恒定律综合与测试教案设计，共11页。










[自我校对]


①质量


②速度


③mv


④v


⑤动量的变化


⑥p′－p＝I


⑦p1＋p2＝p1′＋p2′


⑧机械能守恒定律


⑨有损失


⑩损失最多





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1.冲量的计算


(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．


(2)变力的冲量：


①通常利用动量定理I＝Δp求解．


②可用图象法计算．在F­t图象中阴影部分(如图16­1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．





图16­1


2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用


(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．


(2)应用动量定理求解的问题


①求解曲线运动的动量变化量．


②求变力的冲量问题及平均力问题．


③求相互作用时间．


④利用动量定理定性分析现象．


一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求：


(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？


(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？


(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2)


【解析】 (1)小球自由下落10 m所用的时间是t1＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s＝eq \r(2) s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×eq \r(2) N·s≈4.75 N·s，方向竖直向下．





(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得


mg(t1＋t2)－Ft2＝0


泥潭的阻力F对小球的冲量


Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(eq \r(2)＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上．


(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N.


【答案】 (1)4.75 N·s (2)6.10 N·s (3)15.25 N


解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题：


1．寻找临界状态


题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．


2．挖掘临界条件


在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．


3．常见类型


(1)涉及弹簧类的临界问题


对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．


(2)涉及相互作用边界的临界问题


在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．


(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．


如图16­2所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝eq \f(2v\\al(2,0),g)，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看做质点．





图16­2


【解析】 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)(m1＋M)veq \\al(2,1)＝(m1＋M)gh


得：v1＝eq \r(2gh)＝2v0


设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则


人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′


即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′①


人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′


即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′②


解得v1′＝6v0－2v③


v2′＝eq \f(1,2)v－eq \f(1,2)v0④


两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′


当v1′＝v2′时，由③④解得v＝eq \f(13,5)v0


当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝eq \f(11,3)v0


故v的取值范围为eq \f(13,5)v0≤v≤eq \f(11,3)v0.


【答案】 eq \f(13,5)v0≤v≤eq \f(11,3)v0


1.解决该类问题用到的规律


动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．


2．解决该类问题的基本思路


(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．


(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．


(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．


(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．


(5)选取所需要的方程列式并求解．


如图16­3所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的eq \f(1,4)固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)．





图16­3


(1)求子弹射入木块前的速度．


(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？


【解析】 (1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1


系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：


eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)＝(m＋M)gR


由以上两式解得：v0＝eq \f(m＋M,m)eq \r(2gR).


(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(9m＋M)v9


设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：


eq \f(1,2)(9m＋M)veq \\al(2,9)＝(9m＋M)gH


由以上各式可得：H＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M＋m,M＋9m)))2R.


【答案】 (1)eq \f(m＋M,m)eq \r(2gR) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M＋m,M＋9m)))2R





1两物体不发生相撞的临界条件是两物体的速度同向同速.


2子弹进入木块的过程中因摩擦而损失的机械能转化为系统的内能.





1．如图16­4所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．





图16­4


【解析】 由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv＝(M＋m)v1，且M＝2m


相对静止时的共同速度v1＝eq \f(mv,M＋m)＝eq \f(v,3)


由功能关系知：μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)


解得滑块相对盒的路程s＝eq \f(v2,3μg).


【答案】 eq \f(v,3) eq \f(v2,3μg)


2．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图16­5所示．求：





图16­5


(1)滑块a、b的质量之比；


(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．


【解析】 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得


v1＝－2 m/s①


v2＝1 m/s②


a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.


由题给图像得


v＝eq \f(2,3) m/s③


由动量守恒定律得


m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④


联立①②③④式得


m1∶m2＝1∶8.⑤


(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为


ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2⑥


由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为


W＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2⑦


联立⑥⑦式，并代入题给数据得


W∶ΔE＝1∶2.⑧


【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2


3．如图16­6所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.





图16­6


(1)求斜面体的质量；


(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？


【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得


m2v20＝(m2＋m3)v①


eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②


式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得


m3＝20 kg.③


(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有


m1v1＋m2v20＝0④


代入数据得


v1＝1 m/s⑤


设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有


m2v20＝m2v2＋m3v3⑥


eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦


联立③⑥⑦式并代入数据得


v2＝1 m/s⑧


由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．


【答案】 (1)20 kg (2)见解析


4．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求


(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；


(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．


【解析】 (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则


Δm＝ρΔV①


ΔV＝v0SΔt②


由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为


eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S.③


(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得


eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \\al(2,0)④


在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为


Δp＝(Δm)v⑤


设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有


FΔt＝Δp⑥


由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得


F＝Mg⑦


联立③④⑤⑥⑦式得


h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2).⑧


【答案】 (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)





动量定理及其应用
动量守恒定律应用中的临界问题
动量守恒和能量守恒的综合应用