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。