湖北恩施高中物理：变质量问题的处理技巧.pdf

1、变质量问题的处理技巧变质量问题的处理技巧 高中物理中，常常出现流体连续冲击固体表面或者飞船进入宇宙微尘区问题，这类问题的典型特征是 研究对象不明确，这让很多同学往往不知道如何下手，还有一些同学一知半解，随意选取一段较长时间进 行考察，从而在重力考虑与否问题上犹豫不决。根据笔者多年的教学经验，特对这类变质量问题作如下总 结，供大家参考。 一、基本入手点：研究对象的选取一、基本入手点：研究对象的选取mt 选取一段极短时间t（0t）内的冲击到固体的流体或附着到飞船上的微尘为研究对象，求出这 部分对象的质量m，然后再对这部分对象m应用动力学规律进行分析处理。 注意，这段时间一般应该取极短，如果取得太长

2、，则在这段较长的时间内，这些冲击到固体表面的流 体分子或者附着到飞船上的微尘，在作用前后的位置、速度就是一个取值差别较大的分布，使用微元法处 理时，研究对象的初末态就不具有确定的速度和位置，其动力学方程无法简洁书写。很多同学之所以发现 重力不得不考虑，实际上就是时间取长了导致的。 二、动量定理与作用力的求解二、动量定理与作用力的求解 这类问题除了研究对象选取的上述技巧外，还要注意两条：其一，动量定理矢量方程，要规定好正方 向后，各量带入正负号写进方程，一般规定初速度方向为正方向；其二，注意题目一般问的是流体对固体 的冲击力，但是我们选择的是流体微元为研究对象，需要用到牛顿第三定律。 【例 1】

3、高压采煤水枪出水口的横截面积为 S，水的射速为 v，射到煤层上后，水的速度为零若水的 密度为，求水对煤层的冲力 解析 设在一段极短时间t 时间内从高压采煤水枪出水口射出的水的质量为m，则 mSvt 以质量为m 的水为研究对象，FN为煤层对水的反冲力，因为 FNmg，所以水受的重力可以忽略。 取水的初速度方向为正方向，则在t 时间内，由动量定理，有 FNt0mvSv2t 由牛顿第三定律，水对煤层的冲力：FNFN 联立解得 FNSv2 【例 2】用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理如图所示，从距秤盘 80 cm 高 度处把 1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s，

4、豆粒弹起时竖直方向的速度变 为碰前的一半若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内， 碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1000 粒的豆粒的总质量为 100 g，则在碰撞过程中秤盘受到 的压力大小约为() A02 NB06 NC10 ND16 N 解析 由题意，单位时间内倒出的豆粒是 N=1000 颗，每颗豆粒的质量为 N m m 0 ，则一段极短时间 t 时间内到达秤盘的豆粒质量为 0 mtNm， 设豆粒从 80 cm 高处落到秤盘上时速度为 v， 有 v202=2gh， 以向下为正方向，对这部分豆粒，由动量定理，有 mv v mtF) 2 (， 联立，解得 F

5、=06 N，选项 B 正确 反思本题有两个问题是很多同学不放心的，值得仔细辨析一下：其一，如果考虑重力，则动量定理 的表达式为mv v mtFtmg) 2 (， 解得 2 3v t m mgF ， 其中 0 Nm t m ，0t时， 0m， 2 3v t m F 。其二，如果将t 取作 1s，上述动量定理方程将不成立因为，这段时间内， 这 1000 颗豆粒分布在一段空间范围，且速度大小各不相同，这就必须考虑重力的作用，并将豆粒的速度 取 1s 前后各自的对应值，显然，这很麻烦。 【例 3】如图所示，一工人沿着光滑水平轨道推动货车运 装沙子， 沙子经一静止的竖直漏斗连续的落进货车 已知单位 时间

6、内落进货车的沙子质量恒为 Q， 工人对货车水平推力恒为 F某时刻，货车（连同已落入其中的沙子）质量为 M，速度 为 v，试求此时货车的加速度 解析 一段极短时间t内落入货车的沙子质量为tQm，沙子落入货车后，立即和货车共速， 则由动量定理，有 0 mvtF， 解得沙子受到货车的力为QvF ，方向向前 由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为QvF ， 对货车（连同已落入其中的沙子） ，由牛顿第二定律，有 MaFF， 解得 M QvF a 拓展本题还可以有如下两种解法，一者是整体法，一者是求导法，其中求导法另辟蹊径，直接简洁。 【解法二】一段极短时间t内落入货车的沙子质量为tQm，

7、取系统为研究对象，则由动量定 理，有 MvvmMtF)(， 解得vQMav t m t vv MF ， 由于时间极短，货车速度变化量极小，故有QvvQ，解得 M QvF a 【解法三】取货车为研究对象，由动量定理，有 MaQv t v Mv t M t Mv t p F )( ， 解得 M QvF a 三、能量守恒与连续作用的功率三、能量守恒与连续作用的功率 【例 4】某风力发电机叶片的有效迎风面积为 S，空气密度为，风速为 v，若风力发电机的效率为， 求该发电机的发电功率 【解析】取一段极短时间t 内吹到发电机叶片上的空气m 为研究对象，则这部分空气柱的长度为 tvl，则SlVm，这部分空气

8、的动能为 2 k 2 1 vmE，转化为电能为 k EE， 则由 t E P ，得Sv t vtSv P 3 2 2 1 2 1 【例 5】如图 56 所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为 H用水泵从水池抽水(抽水 过程中 H 保持不变)，龙头离地面高 h，水管横截面积为 S，水的密度为，重力加 速度为 g，不计空气阻力水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水 落地的位置到管口的水平距离为 10h设管口横截面上各处水的速度都相同 (1)求每秒内从管口流出的水的质量 m0； (2)不计额外功的损失，求水泵输出的功率 P 解析 (1)水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动，设水喷出

9、时速度为 v0，落地 时间为 t， 竖直方向，有h1 2gt 2 水平方向，有10hv0t 一段极短时间t 内喷出的水的质量 mVv0tS， 每秒喷出的水的质量 m0 t m ，联立以上各式解得 m0S 50gh (2) 极短时间t 内水泵输出功 Wmg(Hh)1 2mv 2 0， 输出功率 P t W ，解得 PSg 50gh(H26h) 反思本题中，如果选择研究对象时，时间取得过长，也将出现和前面例 2 的问题。另外，本题实际 上采用了等效法水泵做功，本来是连续推动水柱运动，水泵出水口和龙头右侧管口之间的水柱虽然在 连续变换，但是这之间的水柱的动能、重力势能却保持不变，因此，可以等效的认为

10、，水泵在时间t 内直 接将质量为m 从水泵出水口搬运到了龙头右侧管口抛出，这就是上述功能关系方程的依据。 针对训练：针对训练： 1、火箭点火之后，要等一会儿才能起飞，这是因为火箭单位时间内的 喷气量和喷出气体的速度还没有增加到足够大所致。设点火后起飞前的某 时刻， 火箭的总质量为 M， 此后的极短时间t内竖直向下喷出的气体质量 为m、速度大小为 v，已知重力加速度大小为 g。 试求这个t内火箭剩余部分所受的向上的推力为多大？ 若要使火箭起飞，则此时的 m t 和 v 应满足什么条件？ 解析设火箭剩余部分对喷出气体的作用力为 F， 则由动量定理， 有： ()0Fmgtmv 解得： m Fvmg

11、t 由牛顿第三定律可知，火箭所受向上的推力为 m FFvmg t 火箭剩余部分的质量为Mm，要使火箭起飞，则要()FMm g，即 () m vmgMm g t 解得： m vMg t 2、 （2016 年新课标年新课标 I 卷卷 35） 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： (i)喷泉单位时间内喷出

12、的水的质量； (ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 解析(i)在一段很短的t 时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度 v0不变。 该时间内，喷出水柱高度： 0 lvt 喷出水柱质量： mV 其中 v 为水柱体积，满足： Vl S 由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 0 m vS t (ii)设玩具底面相对于喷口的高度为 h 由玩具受力平衡得： =FMg 冲 其中；F冲为玩具底部水体对其的作用力 由牛顿第三定律： =FF 压冲 其中，F压为玩具时其底部下面水体的作用力，v 为水体到达玩具底部时的速度，由运动学公式： ghvv2 2 0 2 在很短 t 时间内，冲击玩具水柱的质量为

13、m 0 mvst 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有 动量定理 Fmgtm v 压 由于t 很小，mg 也很小，可以忽略 式变为 Ftm v 压 由可得 22 0 2 22 0 22Sv gM g v h 3、自动称米机已在许多粮食加工厂广泛使用有人认为：因米流落到容器中时有 向下的冲力而导致装的分量不足；也有人则认为：当预定米的质量数满足时，自动装置 即刻切断米流时， 此刻尚有一些米仍在空中， 这些米是多装袋的 因而双方争执起来 究 竟哪种说法对呢？(原理如图所示) 解析 设称米机流量为 Q(m3/s)，米的密度为(kg/m3)，称米机出口至米堆上表面(磅秤上的米)的高度 为 h(m)

14、，则米流与米堆作用前的速度为 v 2gh 若选取经很短时间t 后将落至米堆上的那部分米作为研究对象，其质量为 mQt 该部分米与米堆作用过程中受到米堆向上的作用力 F 和向下的重力Gmg，由于 Fmg，所以米 的重力可以忽略由动量定理得 Ft0(mv) 联立得 FQ 2gh 由牛顿第三定律可知，米流对米堆的冲击力大小为 FFQ 2gh 米从出口落到米堆上的时间为 t 2h g 在这段时间内空中米流的总重量为 GgQt 联立得 GQ 2gh 故 GF，即空中米流的总重量恰等于米流对米堆的冲击力，或者说磅秤的示数恰好等于磅砰上米堆 和空中米流的质量之和，所以两种说法都不对 4、 （2016 年北京

15、卷年北京卷）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照 射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光 束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。 一束激光经 S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收， 其中光束和穿过介质小球的光路如图所示， 图中 O 点是介质小球 的球心，入射时光束和与 SO 的夹角均为，出射时光束均与 SO 平 O S F冲 Mg 行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。 a 光束和强度相同； b 光束比强度大。 解析 设每个粒子的动量为 p，激光束穿出介质球后，粒子动

16、量大小不变，以水平向右为 x 轴为正方 向，以竖直向上为 y 轴为正方向。 对光束： 1 cos x Ppp； 1 0sinsin y Ppp； 对光束： 2 cos x Ppp； 2 0 (sin )sin y Ppp ； 设t 时间内，光束与介质球作用的粒子数为 N1，光束与介质球作用的粒子数为 N2；根据动量定 理可得：介质小球对光束的作用力为 1 111 cos x x Ppp FNN tt ， 1 111 sin y y P p FNN tt ； 同理：介质小球对光束的作用力为 2 222 cos x x Ppp FNN tt ， 2 222 sin y y P p FNN tt ； 由牛顿第三定律可得，光束对小球的作用力： 111 cos xx pp FFN t ， 111 sin yy p FFN t ； 222 cos xx pp FFN t ， 222 sin yy p FFN t ； 因此两光束对介质小球的总作用力： 1212 cos () xxx pp FFFNN t ， 1212 sin () yyy p FFFNN t a两束光强度相同时，N1=N2，此时 Fx沿 x 轴负向，Fy=0，故两光束对小球的合力的方向沿 SO 向左； b光束强度大时，N1N2，此时 Fx沿 x 轴负向，Fy沿 y 轴负向，故两光束对小球的合力的方向指 向左上方。