一道利用动量定理解答的问题引发的思考

1、 一道利用动量定理解答的问题引发的思考一、问题的提出问题把一物体以20m/s的初速度竖直向上抛出，当物体落回抛出点时速度大小为10m/s，物体在运动过程中所受空气阻力与速率成正比，试求从抛出到落回原处所用时间。当问题给出后，几乎所有学生都迷茫、困惑，貌似简单，但都感到无从下手。解析物体做变加速直线运动，物体运动图线可近似表示为如图1所示形式。在vt图上，位移等于图线与横轴所围的面积。物体上升过程的位移大小为图中“曲边”三角形AOB的面积，下落过程中回到抛出点的位移大小为“曲边”三角形CDB的面积。因为物体落回原处的下落高度与上升高度相等，所以图中的曲边”三角形AOB的面积和“曲边”三角形CDB

2、的面积相等。根据题设f*v得出，物体在上升阶段所受空气阻力冲量与物体下落阶段所受空气阻力冲量大小相等，方向相反。整体运动过程中，空气阻力对物体作用的合冲量为零。研究物体：抛出时为初态，落回时为末态，取向下为正，由动量定理得：mgt二mv-(-mv)可求得运动时间v+vt=0=3sg二、引发的思考当学生拿到问题后为什么茫然、困惑？为什么几乎所有学生都没有思路不能进行解答？原因到底是什么？经过思考之后，我们弄清楚了学生之所以不能进入状态的原因，是不能准确地还原物理过程，选用恰当的物理规律进行解答。物理、物理就是依“物”论“理”。物物理现象、物理过程；理规律、原理。所以分析过程了解现象还原物理模型把

3、握规律准确运用规律是正确解答物理问题的前提。只有正确的选用规律，才能进入状态进行准确的解答。力作用于物体的效果有三：瞬时效果、时间累积效果、空间累积效果。描述时间累积效果的动量定理是力学中非常重要的规律。在教学中发现，学生能记住规律，也能理解规律，往往不能把握在什么时候该用什么规律，所以教学过程中必须培养学生这方面的能力，使之练就一双慧眼。三、剖析感悟在教学过程中，教师要通过创设情境、构建认知联系和冲突等方式激发学生的推理、分析、鉴别等思维活动，造成强烈的问题意识，同时给学生提供丰富的信息资源、处理信息的工具以及适当的帮助和支持，激活学生原有的相关知识经验，促进知识经验的“生长”。例1如图2所

4、示，足够长的金属导轨MN和PQ与电阻R相连，平行地放在水平桌面上，质量为m的金属杆ab可以无摩擦的沿导轨运动。导轨与ab杆的电阻不计，导轨宽度为L,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面。现给金属杆ab一个瞬时冲量I，使0ab杆向右滑行。求杆ab从开始运动到停下共滑行了多少距离？剖析过程给金属棒ab一个瞬时冲量I，金属棒ab获得一个初速度在导轨上滑动，从而切割0磁感线产生感应电动势，电路中产生感应电流，金属杆ab受到安培力作用，做减速运动，减速的结果使产生的感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，所以金属棒ab是做加速度减小的减速运动，最终停止运动。选用规律金属棒ab的运动是变

5、加速运动，所以运动学公式不能应用；线框运动过程中所受外力（安培力）是变力，这种变力不是与位移成线性关系的，无法获得其空间累积效果，即不能求得安培力做的功，所以也无法利用能量关系求解；因此我们唯一可以利用的就是时间累积规律动量定理。解析设金属棒ab从开始运动到停止所用的时间为t,从开始运动到停下滑行的距离为x,应用动量定理有：I0BLxE=t解得：x=IR0-B2L2例2如图3所示（俯视图）有界的匀强磁场方向垂直水平面向下，在磁场的左侧有一个矩形线框abed以初速度vi滑入磁场，已知线框的宽度比磁场宽度窄，滑出磁场时的速度为v2，则线框完全滑入磁场中时的速度v（）A.v=(v+v)212C.v(

6、v+v)212D.无法判断首先，线框的一边滑入磁场，切割磁感线，线框中产生感应电流，受到安培力作用，线框做减速运动，减速的结果使产生的感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，所以线框进入磁场的过程是做加速度减小的减速运动，当线框完全进入磁场中做匀速运动同理，当线框滑出磁场时也是做加速度减小的减速运动。选用规律线框滑入、滑出磁场都是变加速运动，所以运动学公式不能应用；线框运动过程中所 1 受外力（安培力）是变力，这种变力不是与位移成线性关系的，无法获得其空间累积效果，即不能求得安培力做的功，所以也无法利用能量关系求解；因此我们唯一可以利用的就是时间累积规律动量定理。解析设线框ab边长为

7、L,bc边长为L，对线框从ab边进入磁场场到cd边进入磁场的12过程应用动量定理：-BILt=mv-mv11-E-BLL而I=E=RtBLL求得：一=mv-mvR同理可求得线框滑出磁场的过程中：-BLL=mvR2-mv由此推知：mv-mv=mv-mv121因此：v=-（v+v）212故正确的选项为A四、归纳总结教学过程中，不仅要让学生认识规律，认知规律，更要懂得利用规律。那么描述力作用的时间累积效果的动量定理到底都在哪些情况下应用呢？能利用动量定理解答的问题很多，一般情况下，涉及Fvt的问题用动量定理进行处理比较简捷，但下列几种情况下必须利用动量定理解答。（1）瞬时冲击过程。例3质量为60kg

8、的撑杆跳运动员越过5m高的横杆后落在垫子上,如果运动员与垫子的作用时间为Is,则垫子对运动员的平均作用力多大？解析运动员落到垫子上的瞬间速度大小v=、：2gh=10m/s取竖直向上为正方向，对运动员应用动量定理：（F-mg）t=0-（-mv）代入数值求得：F=1200N（2）连续介质的连续作用。如风力、水力的冲击问题例4如图4所示，一水龙头以0.7kg/s的流量将水注入案秤上的空杯中，已知杯的质量为0.5kg，注水10s时，案秤的示数为82N。求此时水流至杯中水面的速度。（g=10m/s2）解析案秤的示数即为杯底对案秤的压力。它包括静压力和动压力两部分，静压力由杯和杯中水的重力产生，大小等于杯

9、和杯中水重力之和；动压力由水流的冲击形成，设静压力大小为N,杯和水质量分别为化、化则N=(m+m)g112=(m+kt)g=(0.5+0.7x10)x10N=75N设动压力大小为N，在极短的一小段时间t内，流入杯中水的质量为4m,这些水2以速度v流入杯中，并在t内速度减小到零，选这一小部分水为研究对象，它注入水杯瞬间受到的重力mg，杯中水对它的反冲力N；(方向向上)，选向上方向为正运用动量定理,有(N-Amg)At=0-(-Amv)2在冲击问题中，由于作用时间极短，所以AmgN，故上式近似的可简化为AmAmN2=v，其中=k=0.7kg/s为水的流量。2AtAt而N2和N是一对作用力与反作用力

10、，且22N+N=82N12联立求得：v=10m/s(3)求电磁感应中的位移问题时。例5如图5所示，水平固定的光滑平行轨道轨道由两部分组成，导轨电阻不计，左端部L分宽度为L，右端部分宽度为亍,轨道足够长且处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，两根质量均为m电阻分别为R、r长度与导轨等宽的的金属棒P、Q分别置于左右两部分的轨道上且与轨道垂直，现给P施以作用时间极短的瞬时冲量，使其获得初速度v0，当两根金属棒稳定运动时金属棒P在左端导轨上滑动的距离为S，则在此过程中右端导轨上的金属棒滑动的距离是多少？解析当金属棒P、Q产生的感应电动势大小相等时，电路中电流为零，P、Q稳定做匀速运动，设此时它们的速

11、度分别为v、v，则有：12BLv=BLv122用t表示电路有电流存在的时间，对两个金属棒分别应用动量定理有：一BILt=mv一mv10-LBIt=mv22BLS-眄Sx8mv(R+r)解得：金属棒Q滑动的距离Sx=2S-r-(4)所涉及的问题无法利用牛顿定律、运动规律及能量观点解答时。例6如图6甲所示，ab、cd是两根相互平行电阻不计的倾斜导轨，倾角为0,两端连有阻值均为R的导体ac和bd,导轨处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m,长度为L,电阻为r的金属棒MN以一定的初速度v从0紧挨ac处上滑，不计空气阻力和摩擦阻力，如果金属棒MN在没有达到bd时速度就已经减为0，并又滑

12、回底端，若往返所用时间为t，求金属棒MN从开始运动到回到出发点的过程中产生的焦耳热。BLv解析金属棒在导轨上滑动的过程中，受到的安培力为F=BIL，而I=-，得到:安R+r2OCvB2L2v金属棒在轨道上滑动的过程中，重力沿斜面向下的分力不变，安培力的方向与运动方向相反，安培力的大小与速度大小成正比，所以金属棒上滑时速度减小，安培力减小，合力减小，做加速度减小的减速运动，到最高点后反向下滑，速度增大，安培力增大合力减小，做加速度减小的加速运动，其vt图像如图6乙所示，在Vt图上，位移等于图线与横轴所围的面积。金属棒上滑过程的位移大小为图中“曲边”三角形AOB的面积，下滑过程中回到出发点的位移大

13、小为“曲边”三角形CDB的面积。因为金属棒滑回原处的下滑位移大小与上滑位移大小相等，所以图中的曲边”三角形AOB的面积和曲边”三角形CDB的面积相等。由Fcv得出，金属棒在上滑阶段所受安培力冲量与下滑安阶段所受空安培力冲量大小相等，方向相反。整体运动过程中，安培力对金属棒作用的合冲量为零。对金属棒应用动量定理，取沿轨道向下为正：mgsin0t二mv-(-mv)0求得金属棒滑回出发点时的速度v-gsit-v0根据能量守恒求得在金属棒MN从开始运动到回到出发点的过程中产生的焦耳热Q=丄mv22o1一一mv22=mgtsin0(2v2o一gtsin0)五、模拟训练例7如图7所示，电源电动势为E电容器

14、的电容为C,S为单刀双掷开关，MN、PQ为两根位于同一水平面内的平行光滑导轨，它们的电阻可以忽略不计，两根导轨间距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于两导轨所在平面。ab为一根横放在导轨上质量为m的有一定电阻的导体棒，它在导轨上滑动时与导轨保持垂直并接触良好。开始时导体棒静止在导轨上，现将开关S先合向“1”，然后合向“2”。已知电容器储存的电能W=CU2。求：（1）ab棒02最终速度的大小。（2）在以后整个过程中ab棒上产生的焦耳热。解析（1）当开关与“2”接通后，金属棒ab做变加速运动，最终稳定状态是电路中没有电流的状态，此时金属棒匀速运动，设速度为v，其产生的感应电动势

15、（等于路端电压）与电容器两端的电压U相等，即BLv=U设从电容器开始放电到金属棒稳定运动所用时间为f，对金属棒应用动量定理有：BILt=mv-CE-CU而1=tBLCE联立解得：v=B2LC+m（2）电容器充电完毕时储存的电能W=2CE2金属棒稳定运动时电容器中储存的电能W=CU222所以在整个运动过程中金属棒上产生的焦耳热Q=W-W2=1CE2例8如图8所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L,导轨的水平部分有门段相同的匀强磁场区域（图中的虚线范围），磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B磁场的宽度为s,相邻磁场区域的间距也为s,s大于L,磁场左、右两边界均与导轨垂直。现有一质量为电阻为厂，边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平轨道，在水平轨道上滑行一段时间进入磁场区域，最终恰好完全通过门段磁场区域。已知重力加速度为g，感应电流的磁场影响可以忽略不计，求刚开始下滑时，金属框重心离水平轨道所在平面的高度。解