物理選修3-5全套講義第一章動(dòng)量守恒研究章末整合提升1

一、動(dòng)量定理及應(yīng)用1．內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于它的動(dòng)量變化．2．公式：Ft＝mv2－mv1，它為矢量式，在一維情況時(shí)選取正方向后可變?yōu)榇鷶?shù)運(yùn)算．3．研究對(duì)象是質(zhì)點(diǎn)．應(yīng)用動(dòng)量定理分析或解題時(shí)，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動(dòng)量，而不必考慮中間的運(yùn)動(dòng)過程．4．解題思路：(1)確定研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析；(2)確定初末狀態(tài)的動(dòng)量mv1和mv2(要先規(guī)定正方向，以便確定動(dòng)量的正負(fù)，還要把v1和v2換成相對(duì)于同一慣性參考系的速度)；(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．【例1】質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為________kg·m/s.若小球與地面的作用時(shí)間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取答案212解析由題知v2＝4m/s方向?yàn)檎瑒t動(dòng)量變化Δp＝mv2－mv0＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s.由動(dòng)量定理F合t＝Δp得(N－mg)t＝Δp，則N＝eq\f(Δp,t)＋mg＝eq\f(2,0.2)N＋0.2×10N＝12N.借題發(fā)揮(1)動(dòng)量、動(dòng)量的變化量和動(dòng)量定理都是矢量或矢量式，應(yīng)用時(shí)先規(guī)定正方向．(2)物體動(dòng)量的變化率eq\f(Δp,Δt)等于它所受的合外力，這是牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式．二、多物體、多過程問題中的動(dòng)量守恒1．正確選擇系統(tǒng)(由哪幾個(gè)物體組成)和過程，分析系統(tǒng)所受的外力，看是否滿足動(dòng)量守恒的條件．2．準(zhǔn)確選擇初、末狀態(tài)，選定正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程．【例2】如圖1所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞．圖1答案2解析長(zhǎng)木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊B與長(zhǎng)木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì)，長(zhǎng)木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC兩者碰撞后，長(zhǎng)木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)，在兩者達(dá)到共同速度之前系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v長(zhǎng)木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vC＝v聯(lián)立以上各式，代入數(shù)值解得：vA＝2【例3】如圖2所示，一質(zhì)量為eq\f(m,3)的人站在質(zhì)量為m的小船甲上，以速度v0在水面上向右運(yùn)動(dòng)．另一完全相同的小船乙以速率v0從右方向左方駛來，兩船在一條直線上運(yùn)動(dòng)．為避免兩船相撞，人從甲船以一定的速率水平向右躍到乙船上，求：為避免兩船相撞，人水平跳出時(shí)相對(duì)于地面的速率至少多大？圖2答案eq\f(25,7)v0解析設(shè)向右為正方向，兩船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，由動(dòng)量守恒定律，得(eq\f(m,3)＋m)v0－mv0＝(2m＋eq\f(m,3))v1解得v1＝eq\f(1,7)v0設(shè)人跳出甲船的速度為v2，人從甲船躍出的過程滿足動(dòng)量守恒定律，則(eq\f(m,3)＋m)v0＝mv1＋eq\f(m,3)v2解得v2＝eq\f(25,7)v0.三、動(dòng)量和能量綜合問題分析1．動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，不能寫分量表達(dá)式．2．動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒都有條件．注意某些過程動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒；某些過程機(jī)械能守恒，但動(dòng)量不守恒；某些過程動(dòng)量和機(jī)械能都守恒．但任何過程，能量都守恒．3．兩物體相互作用后具有相同速度的過程損失的機(jī)械能最多．【例4】如圖3所示，在一光滑的水平面上，有三個(gè)質(zhì)量都是m的物體，其中B、C靜止，中間夾著一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的彈簧，彈簧處于松弛狀態(tài)，今物體A以水平速度v0撞向B，且立即與其粘在一起運(yùn)動(dòng)．求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中．圖3(1)彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；(2)物體C的最大速度．答案(1)eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(2,3)v0解析(1)A、B碰撞過程動(dòng)量守恒，mv0＝2mv1；A、B碰撞后至彈簧被壓縮到最短，三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，故2mv1＝3mv2，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＋Ep，可得Ep＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0).(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C物體的速度達(dá)到最大，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，得3mv2＝2mv3＋mvm，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，可得vm＝eq\f(2,3)v0.【例5】如圖4，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)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(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/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＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)圖4(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能追上解析(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立m3＝20(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f