2017-2018学年高二物理鲁科版选修3-5教师用书：第1章 章末分层突破（含解析）

章末分层突破
动量守恒研究
[自我校对]
①速度
②力
③合外力
④mv′－mv
⑤合外力
⑥远大于
⑦m1v1′＋m2v2′
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．
图1 1
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t＝t2－t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．
3．一般变力的冲量计算
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
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．
图1 2
　物体A和B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？
【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I＝Ft入手计算，只能用动量定理求解．
对物体A由动量定理得I－mgt＝mvA①
对物体B由动量定理得Mgt＝MvB②
由①②式得弹簧的弹力对物体A的冲量为
I＝mvA＋mvB.
【答案】　mvA＋mvB
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，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
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h＝.
(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s＝v1t，h＝gt2
解得v1＝.
(3)烟花炸裂时动量守恒，有v1－v2＝0，解得另一块的速度为v2＝v1
由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能
E＝＝mv＝.
【答案】　(1)　(2)　(3)
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M＝120
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的绳用F＝120
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
(M＋m)＝M①
x甲＋x乙＝L②
联立①②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
(M＋m)v1＝0＋mv③
对甲船和人由动能定理得Fx甲＝(M＋m)v④
联立解得v＝4
m/s.
【答案】　(1)4
m　6
m　(2)4
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.? 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.
1．一质量为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g＝10
m/s2，不计空气阻力)________N·s.
【解析】　小球落至软垫时的速度v0＝＝4
m/s，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：I－mgΔt＝0－(－mv0)，I＝mgΔt＋mv0＝(0.1×10×0.2＋0.1×4)
N·s＝0.6
N·s.
【答案】　0.6
2．如图1 3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1 3
【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＝＝
由功能关系知：μmgs＝mv2－(M＋m)v
解得滑块相对盒的路程s＝.
【答案】　　
3．如图1 4所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块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v0＝5
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 4
【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，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A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
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2
m/s.④
【答案】　2
m/s
4.两只船平行逆向航行，如图1 5所示．航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50
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v＝8.5
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m1＝500
kg及m2＝1
000
kg，则在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水的阻力不计)
图1 5
【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：(m1－m)v1－mv2＝0，即450v1－50v2＝0①，选取投出麻袋后大船和从小船投过的麻袋为系统有：－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v，即－950v2＋50v1＝－1
000×8.5
kg·m/s②，选取四个物体为系统有：m1v1－m2v2＝－m2v，即500v1－1
000v2＝－1
000×8.5
kg·m/s③，联立①②③式中的任意两式解得：v1＝1
m/s，v2＝9
m/s.
【答案】　1
m/s　9
m/s
5．如图1 6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1 6
(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
m2v＝(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
m2v＝m2v＋m3v⑦
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