高二物理动量守恒定律

高二物理动量守恒定律

摘 要：动量守恒定律是力学中的重要规律之一，是高考重点考查的内容。本文对动量定恒定律从条件性、近似性、独立性、矢量性、整体性、阶段性、同系性、同时性、相对性和普适性等十个方面作了全面的剖析，对理解、掌握和应用动量守恒定律有一定的帮助。‎ 关键词：规律 动量守恒 特性 剖析 动量守恒定律是力学中的重要规律之一，是高考重点考查的内容，可单独考查，也可以和各部分知识综合考查。这部分内容的考题对能力要求高，综合性强，是学生学习时的难点，应用时经常出错，遇到难题往往无法入手。弄清动量守恒定律的特性，是掌握好动量守恒定律的前提，是正确应用的保证，也能对求解综合性难题提供有益的帮助。本文将对动量定恒定律的特性作全面的剖析：‎ 一、动量守恒定律的条件性 系统动量守恒是有条件的，即系统不受外力或合外力等于零。不注意条件性，就会导致乱用动量守恒定律。‎ 例1、在轻的定滑轮上用线悬挂两个质量均为M的物体，A物体距地面有一高度，B物体着地，如图所示。质量为m的圆环套在线上，从A的上方自由落下与A粘合在一起，对m与A粘合瞬间下列说法中正确的是：(　 　) ‎ A、m与A组成的系统动量守恒 B、m与A、B组成的系统动量守恒 C、m与A组成的系统动量不守恒 D、m与A、B组成的系统动量不守恒 解析：本题有许多人认为m与A粘合瞬间属于撞击，m与A的相互作用力远大于重力，所以误认为m与A组成的系统动量守恒或m与A、B组成的系统动量守恒。误选A或B项。‎ m与A撞击，由于A、B两物体用线相连，实际上是m与A、B的撞击。设线中的平均作用力为F，物体的重力可忽略不计，但在滑轮的轴处有方向向上的力2F，所以m与A组成的系统动量不守恒，m与A、B组成的系统动量也不守恒。答案C、D正确。‎ 二、动量守恒定律的近似性 如果系统所受的合外力不等于零，严格地讲系统的动量不守恒。但是，如果相互作用的时间极短，且外力远小于内力，系统内每一物体的动量改变主要来自内力的冲量，这时可认为系统的动量近似守恒。如在爆炸、打击、碰撞等过程中，系统内物体的重力、外界对系统中物体的摩擦力等均可忽略，都可认为系统的动量近似守恒。‎ 例2、(1997年全国高考题)质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在 地上。平衡时，弹簧的压缩量为X0，如图所示。一物块从钢板正上方距离为3 X0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与O点的距离。‎ 解析：物块从A点自由下落与钢板碰前的速度为 V0＝＝ ‎ 物块与钢板相碰并立即一起向下运动，说明碰撞时间极短，碰撞过程中可以不计重力，竖直方向动量近似守恒。设碰后物块与钢板一起向下运动的速度为V1，则 mV0＝(m＋m) V1 ‎ 在物块与钢板一起下降和上升过程中，系统的机械能守恒。以钢板静止时的位置为重力势能的零位置，用EP表示弹簧被压缩X0时的弹性势能。则对物块和钢板在开始下降和回到O点的两位置有 EP＋(2m) V12/2＝2mg X0 ‎ 当物块质量为2m时，相碰时同理有 ‎2mV0＝(2m＋m) V2　 ‎ 设它们回到O点时具有的向上速度为V，同理由机械能守恒得 EP＋(3m) V22/2＝3mg X0 ＋(3m) V2/2 ‎ 物块和钢板越过O点后两者开始分离，物块向上作初速为V的竖直上抛运动，它到达的最高点与O点的距离为 h＝V2/2g 联立解得：h＝X0/2‎ 三、动量守恒定律的独立性 如果系统所受的合外力不等于零，外力也不远小于内力（或作用时间不是极短），这时系统动量不守恒，也不能认为近似守恒。但是只要在某一方向上不受外力或合外力的分量等于零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统动量近似守恒，这就是动量守恒定律的近似性。系统的动量是否守恒与参照系的选择无关，这是动量守恒定律独立性的又一表现。‎ 例3、放在光滑水平面上的质量为M的滑块，其上表面是光滑曲面。质量为m的物体以水平速度V0进入滑块的上表面，如图所示。物体并未从滑块上端飞出，求：‎ ‎（1）物体上升的最大高度。‎ ‎（2）物体滑下与滑块脱离时的速度。‎ 解析：物体冲上曲面后，在竖直方向上先加速后减速，滑块对物体弹力的竖直分量先大于重力，到等于重力，再到小于重力，在物体上升的过程中系统竖直方向的动量不守恒。由类似分析知，物体返回过程中系统竖直方向的动量也不守恒。在相互间弹力的水平分量的作用下，当它们具有相同的水平速度时，物体上升到最高位置。系统在水平方向不受外力，根据动量守恒的独立性可知，整个过程中系统的水平方向动量守恒。系统的机械能守恒。‎ ‎（1）设物体上升的最大高度为H，两者的共同速度为V，则有 mV0 =（M+m）V mV02/2＝(M+m)V2/2 ＋ mgH 联立解得：H＝MV02/2(M+m)g ‎（2）设物体脱离滑块时，两者的速度分别为V1、V2，则有 mV0＝mV1＋MV2‎ mV02/2＝mV12/2＋ＭV22/2‎ 联立解得：V1＝(m－Ｍ)V0／(ｍ＋Ｍ)‎ 四、动量守恒定律的矢量性 由于速度和动量都是矢量，因此，系统的动量是指系统内所有物体动量的矢量和。系统的动量守恒，是指系统内各物体动量矢量和的大小和方向保持不变。动量守恒定律的表达式是一个矢量式，动量守恒定律具有矢量性。当动量方向都在一条直线上时，规定正方向后可用正、负号来表示动量的矢量性，动量守恒方程的矢量式就简化为代数式。对各矢量前的正、负号的选取，通常有两种方法：一是字母本身带正、负号，该字母既表示大小又表示方向，动量守恒定律文字方程中的运算符号一律取“＋”号；二是字母本身不带正、负号，该字母只表示大小不表示方向，动量的矢量性则通过方程中运算符号的“＋”或“—”来表示。解题时应做到“明确矢量性，坐标方向明”。‎ 例4、有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长度L=0.4m的绳相连接。开始时两板水平放置并叠合在一起，静止于固定支架C上方h=0.2m处，如图(a)所示。然后自由下落到支架上，支架上有一半径为R′【r＜R′＜R】的圆孔，两薄板中心均在圆孔中心轴线上。大板与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰撞后两板分离，直到绳绷紧，如图(b)所示。在绳绷紧的瞬间，求两板的共同速度V。‎ 解析：开始时两板自由下落，与固定支架碰撞前的速度为 V0＝＝2m/s，方向竖直向下。‎ 发生没有机械能损失的碰撞后，M以V0作竖直上抛运动。两者的相对速度为2 V0，从M与支架碰撞到绳绷紧经历的时间为 t＝L/2V0＝0.1s。‎ 绳绷紧前m的速度V1＝V0＋gt＝3m/s，方向竖直向下。M的速度V2＝V0－gt＝１m/s，方向竖直向上。‎ 在绳绷紧的瞬间，绳的拉力远大于Ｍ和m的重力，两板和绳组成的系统动量近似定恒。规定竖直向下的方向为正方向，因V1、 V2只表示速度的大小，动量的矢量性则通过运算符号的“＋”或“－”来体现，假设共同速度Ｖ的方向与正方向相同，由动量守恒定律得 mV1－M V2＝(M＋m)V 代入V1、V2值，解得 V＝(3m－M)/(M＋m)‎ 由上式可知，在绳绷紧瞬间两板共同速度Ｖ的大小和方向取决于Ｍ和m的值。若M＜3m，V＞0，表示绳绷紧瞬间两板向下运动；若M＝3m，V＝0，表示绳绷紧瞬间两板静止；若M＞3 m，V＜0，表示绳绷紧瞬间两板向上运动。‎ 五、动量守恒定律的整体性 动量守恒定律是对相互作用的物体系统整体而言的，具有系统的整体性。动量守恒是指系统内所有物体的总动量守恒，并非指系统中每个物体的动量都不变。动量守恒定律的整体性表现在两个方面：一是对象的整体性；二是过程的整体性。‎ 例5、（2001年全国高考题）质量为M的小船以速度V0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾。现小孩a沿水平方向以速率u（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率u（相对于静止水面）向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度。‎ 解析：在解本题时，若先求小孩a跃出后小船的速度，再求小孩b跃出后小船的速度，采用分步求解，则比较繁杂，会出现一些不需求解的未知量，而这些未知量必然在方程的求解过程中消去。在参考解答给出的解法中充分体现了动量守恒的对象整体性和过程整体性。‎ 设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为V，根据动量守恒定律，有 ‎(M＋2m) V0＝MＶ＋mu — mu 解得：V＝[1＋(2m/M)] V0‎ 六、动量守恒定律的阶段性 如果系统与外界存在间断的相互作用，则整个过程系统的动量不守恒。这样的复杂过程可分为几个阶段，如果在某些阶段满足动量守恒的条件，则系统在对应的这些阶段的动量分别守恒或近似守恒，对这些阶段可根据动量守恒定律求解，这就是动量守恒定律的阶段性。‎ 例6、如图所示，质量M=1㎏的平板车左端放有质量为m=2㎏的铁块，铁块与车之间的动摩擦因数μ=0.5，开始时车和铁块同以V0=6m/s的速度向右在光滑水平面上前进，并使车与墙发生正碰。设碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前相等，车身足够长，使铁块不能与墙相碰，求：‎ ‎(1)铁块相对小车的总位移。‎ ‎(2)小车和墙第一次相碰后所走总路程。‎ 解析：(1)因小车与墙发生多次正碰，系统与外界存在间断性相互作用，整个过程系统的动量不守恒，但每次小车与墙碰后到下一次碰前小车与铁块组成的系统动量守恒。由于m＞M，且每次碰墙前它们均获得了相同的速度，所以系统的总动量方向始终向右，因此小车最后一定紧靠着墙角停下。由于碰后车的速率与碰前相等，所以车与墙的碰撞无能量损失。整个系统的初动能全部转化为内能，根据功能关系有 μmgs＝(M＋m)V02/2‎ 解得：s＝5.4m，故铁块相对小车的总位移为5.4m。‎ ‎(2)设小车每次与墙相碰后向左运动的最大距离分别为S1、S2、S3、……，第一次相碰后对小车，根据动能定理有 μmg S1＝MV02/2‎ 解得：S1＝MV02/2μmg＝1.8m。‎ 第一次碰后，设铁块与小车获得的共同向可速度为V1，取水平向右方向为正方向，根据动量守恒定律得 mV0－M V0＝(M＋m)V1‎ 解得：V1＝(m－M) V0/(m＋M)‎ 第二次碰后对小车，根据动能定理有 μmg S2＝M V12/2‎ 解得：S2＝M V12/2μmg＝［(m－M)/(m＋M)］2 S1‎ 同理得：S3 ＝M V2 2/2μmg＝［(m－M)/(m＋M)］2 S2＝［(m－M)/(m＋M)］4S1‎ ‎……‎ 所以，小车与墙相碰反弹后向左运动的最大距离均以q＝［(m－M) 0/(m＋M)］2＝1/9的比例减小。小车与墙发生多次碰撞，所走的路程是一个无穷等比数列的和，公比为q。又小车每次碰撞后向左行的路程与向右行的路程相等，故小车与墙第一次相碰后所走的总路程为 S＝2 S1(1＋q＋q2＋……) ＝2 S1/ (1－q)＝4.05m。‎ 七、动量守恒定律的同系性 速度、动量的大小和方向都具有相对性，若系统中不同物体的动量相对不同的惯性参照系，系统的动量就不可能守恒。因此，应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的动量必须是相对同一惯性参照系的动量，这就是动量守恒定律的同系性。如果各物体的速度（或动量）不是相对同一惯性参照系，必须转换成同一惯性参照系的速度（或动量），然后才可代入动量守恒定律方程。‎ 例7、质量为M的平板车在光滑水平面上以速度V0匀速运动，有几个质量都是m的人，先后以与车速相同方向但比车速快ΔV的速度跳上平板车后，车速将变为多少？‎ 解析：本题必须正确理解“先后”和“比车速快ΔV”的含义，因为每跳上一个人后，车速都要增加，而后一个人“比车速快ΔV”是指比已被前一个人增加后的车速快ΔV。因此，每个人跳上车之前相对地面的速度各不相同，不能采用整体法求解。‎ 以正在跳上车的人与车（含已经跳上车的人）为研究对象，取车速方向为正方向，依次应用动量守恒定律 第一个人跳上车后，有 MV0＋m(V0＋ΔV)＝(M＋m)V1‎ 解得：V1＝V0＋[mΔV/(M＋m)]‎ 第二个人跳上车后，有 ‎(M＋m)V1＋m(V1＋ΔV) ＝(M＋2m)V2‎ 解得：V2＝V1＋[mΔV/(M＋2m)] ＝V0＋｛mΔV [1/(M＋m)＋1/(M＋2m)]｝‎ 同理可以推得，当第n个人跳上车后，车速将变为 Ｖ＝V0＋｛mΔV [1/(M＋m)＋1/(M＋2m)＋……＋1/(M＋nm)]｝‎ 八、动量守恒定律的同时性 系统的总动量应该是同一时刻系统内各物体动量的矢量和，系统中各物体在不同时刻的动量矢量和不具有物理意义。动量是状态量，当系统中某一物体的动量改变时，必同时有另外物体的动量改变。动量守恒定律中等式两边的动量必须分别对应开始时刻和另一时刻的动量，建立方程时不要随意移项。若动量守恒定律等式的一侧出现了不同时刻的动量，系统的动量就不守恒。动量守恒定律具有同时性，解题时应做到“遵循同时性，始末分得清”。‎ 例8、质量为M的小车停在光滑水平面上，车的后端站有质量均为m的两个人。两人同时以对车的速度u向后跳出，小车的速度多大？如果两人先后以对车的速度u向后跳出，小车的速度多大？‎ 解析：选地面为参照物，取小车的速度方向为正方向。根据动量守恒定律的同时性，对车的速度u应是对跳出后的小车。‎ 两人同时以对车速度u向后跳出，车的速度为V1，则人相对地的速度应为V1－u，根据动量守恒定律有 ‎0＝ＭV1＋2m(V1－u)‎ 解得：V1＝2mu/(M＋2m)‎ 两人先后以对车速度u向后跳出，第一人跳出后车的速度为V2′，第一人对地的速度为V2′－u；第二人跳出后车的速度为V2，第二人对地的速度为V2－u。根据动量守恒定律有 ‎0＝(M＋m)V2′＋m(V2′－u)‎ ‎(M＋m)V2′＝MV2＋m(V2－u)‎ 解得：V2＝［2m/(M＋2m) ＋m2/(M＋m) (M＋2m)］u 比较两次结果，两人先后跳出时，小车的最终速度大。‎ 九、动量守恒定律的相对性 由于动量具有相对性，所以选择不同的惯性参照系，建立的动量守恒的方程形式不同，这就是动量守恒定律的相对性。恰当地选择参照系，能使方程简捷，计算方便，所以解题时应做到“注意相对性，明确参照系”。‎ 例9、质量为M的小车，上面站有质量为m的人，一起以速度V0在光滑水平面上向右匀速前进。当人以相对于车的速度u向左水平跳出后，车速为多大？‎ 解法一：选地面为参照系，以小车和人为系统，取水平向右为正方向。人跳出后车的动量为MV，人的动量为m(V－u)，根据动量守恒定律有 ‎(M＋m)V0＝MV＋m(V－u)‎ 解得：V＝V0＋mu/(M＋m)‎ 解法二：人跳出车后车对地的速度由V0 增至V，以人跳出车后的车为参照系，则人跳出前系统的总动量大小为(M＋m) (V－V0)，方向向左。人跳出后，车的动量为零，人的动量大小为mu，方向向左。规定向左为正方向，根据动量守恒定律有 ‎(M＋m) (V－V0) ＝mu 解得：V＝V0＋mu/(M＋m)‎ 解法三：选人跳出前的车为参照系，取向右为正方向，人和车组成的系统总动量为零。人跳出后，车的动量为M (V－V0)，方向向右。人的动量为m [(V－V0)－u]，方向向左，其中[(V－V0)－u]＜0，含有表示矢量方向的负号。根据动量守恒定律有 ‎0＝M (V－V0) ＋ m [(V－V0)－u]‎ 解得：V＝V0＋mu/(M＋m)‎ 三种解法的繁简不同，在中学阶段，除有特别说明，一般均以地面为参照系。‎ 十、动量守恒定律的普适性 动量守恒定律是自然界最重要最普遍的规律之一，动量守恒定律具有普适性。‎ 在发生相互作用时，不论相互作用的物体是粘合在一起，还是分裂成碎块。不论相互作用的物体作用前后的运动是否在一条直线上，也不论相互作用的物体发生接触与否，动量守恒定律都是适用的；动量守恒定律并不限于两个物体的相互作用，一个系统里可以包括任意数目的物体，只要整个系统受到的合外力等于零，系统的动量就守恒；从大到星系的宏观系统，到小到原子、基本粒子的微观系统。无论相互作用的是什么样的力，动量守恒定律都是适用的。‎