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1、精品教案可编辑第 1 章 动量守恒研究自我校对 精品教案可编辑速度力合力mvmv合外力远大于m1v1m2v2_求恒力冲量和变力冲量的方法1.恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间t求得2方向恒定的变力的冲量计算若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图1-1 所示，则该力在时间tt2t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”图 1-13一般变力的冲量计算在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的4合力的冲量计算精品教案可编辑几个力的合力的冲量计算既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算出各个分力的合力再算合力的冲量物体A和B
2、用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图1-2 甲所示，A的质量为m，B的质量为M.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落的速度大小为vB，如图乙所示这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？图 1-2【解析】本题中弹簧弹力是变力，时间又是未知量，显然，不能直接从冲量的概念IFt入手计算，只能用动量定理求解对物体A由动量定理得ImgtmvA对物体B由动量定理得MgtMvB由式得弹簧的弹力对物体A的冲量为ImvAmvB.【答案】mvAmvB爆炸与碰撞的比较爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大
3、，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中精品教案可编辑系统的总动量守恒过程模型由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动能量情况都满足能量守恒，总能量保持不变不同点动能情况有其他形式的能转化为动能，动能会增加弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能，动能减少假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反的两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力，烟花炸裂时消耗的
4、化学能80%转化为动能求：(1)烟花上升的最大高度；(2)烟花炸裂后其中一块水平飞出时的速度大小；(3)烟花炸裂时消耗的化学能【解析】(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度hv22g.(2)设烟花炸裂后其中一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得sv1t，h12gt2解得v1sgv.(3)烟花炸裂时动量守恒，有m2v1m2v20，解得另一块的速度为v2v1由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能精品教案可编辑E212m2v2180%58mv215ms2g28v2.【答案】(1)v22g(2)sgv(3)5ms2g28v2多体问题及临界问题1.多体问题对于两个以上的物体组成的系统，由于物
5、体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程2临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答甲、乙两小船质量均为M120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量，m 60 kg，通过一根长为L 10 m
6、的绳用F120 N的力水平拉乙船，求：(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离；(2)为防止两船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)【解析】(1)由水平方向动量守恒得(Mm)x甲tMx乙tx甲x乙L联立并代入数据解得x甲4 m，x乙6 m.(2)设相遇时甲船和人共同速度为v1，人跳离甲船速度为v.为了防止两船相撞，人跳后至少需甲、乙船均停下，对人和甲船组成的系统由动量守恒定律得精品教案可编辑(Mm)v10mv对甲船和人由动能定理得Fx甲12(Mm)v21联立解得v43 m/s.【答案】(1)4 m 6 m(2)43 m/s(1)“人船模型”对于系统初动量为零，动量时刻守恒的情况均适用
7、(2)两物体不相撞的临界条件是：两物体运动的速度方向相同，大小相等1.(2016青岛二中检测)如图 1-3 所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动，AB间夹有少量炸药，对A、B在炸药爆炸过程及随后的运动过程中有下列说法，其中正确的是()【导学号：18850017】图 1-3A炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相同B炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向可能相反C炸药爆炸后瞬间，A物体速度可能为零D炸药爆炸过程中，A、B两物体组成的系统动量不守恒EA、B在炸药爆炸后到A、B两物体相对传送带静止过程中动量守恒【解析】炸药爆炸后，A物体的速度是否反向，取决于炸药对
8、两物体推力的冲量，应该存在三种可能：速度为零、反向和保持原来的方向，由于炸药对两物体的冲量大小相等，方向相反，所以两物体动量变化大小一定相等，两物体受到的摩擦力大小相等、方向相反，故两物体一定同时相对传送带静止，这样可以判断在炸药爆炸后传送带对两物体的冲量大小精品教案可编辑相等、方向相反，故两物块组成的系统动量守恒【答案】BCE2(2016大连一中检测)一质量为 100 g的小球从 0.80 m高处自由下落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为(取g10 m/s2，不计空气阻力)_N s.【解析】小球落至软垫时的速度v02gh4 m/s
9、，取竖直向上为正方向，对小球与软垫作用过程应用动量定理得：Imgt0(mv0)，Imgtmv0(0.1 10 0.2 0.1 4)N s 0.6 N s.【答案】0.63(2016天津高考)如图 1-4 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.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 1-4【解析】由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv(Mm)v1，且M 2m相对静止时的共同速度v1mvMm
10、v3由功能关系知：mgs12mv212(Mm)v21解得滑块相对盒的路程sv23g.【答案】v3v23g4(2016石家庄一中检测)如图 1-5 所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和精品教案可编辑滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA 2 kg、mB 1 kg、mC 2 kg.开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞 求A与C碰撞后瞬间A的速度大小图 1-5【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，
11、以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC联立式，代入数据得vA2 m/s.【答案】2 m/s5.(2016太原一中检测)两只船平行逆向航行，如图1-6所示航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m50 kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v8.5 m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m1500 kg 及m21 000 kg，则在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水
12、的阻力不计)【导学号：18850018】精品教案可编辑图 1-6【解析】在此问题中，只考虑船在原运动方向上的动量特别指出的是，抛出的物体由于惯性的原因，在原运动方向上的速度不变选取投出麻袋后小船和从大船投过来的麻袋为系统，并以小船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：(m1m)v1mv20，即 450v150v20，选取投出麻袋后大船和从小船投过的麻袋为系统有：(m2m)v2mv1m2v，即 950v2 50v1 1 000 8.5 kg m/s，选取四个物体为系统有：m1v1m2v2m2v，即 500v11 000v21 000 8.5 kg m/s，联立式中的任意两式解得：v11 m/s
13、，v29 m/s.【答案】1 m/s 9 m/s6(2016全国乙卷)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，重力加速度大小为g.求：【导学号：18850019】(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 t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
14、mtv0S.精品教案可编辑(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 t时间内喷出的水，由能量守恒得12(m)v2(m)gh12(m)v20在h高度处，t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p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得hv202gM2g22v20S2.【答案】(1)v0S(2)v202gM2g22v20S2图 1-77(2016全国甲卷)如图 1-7 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
15、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h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.(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精品教案可编辑m2v20(m2m3)v12m2v22012(m2m3)v2m2gh式中v20 3 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s 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m2v20m2v2m3v312m2v22012m2v2212m3v23联立式并代入数据得v21 m/s 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)见解析我还有这些不足：(1)_(2)_我的课下提升方案：(1)_(2)_