動量守恒定律的應(yīng)用重在“四個”選取

魏于凱 高愛虎 劉榮良 劉立毅(正高級教師)

(1.山東省德州市第一中學(xué) 2.山東德州實(shí)華化工有限公司)

動量守恒定律是力學(xué)中的一個重要定律,應(yīng)用廣泛,然而并不是所有的力學(xué)過程都能應(yīng)用動量守恒定律求解,因?yàn)閯恿渴睾闶怯袟l件的,動量守恒定律的應(yīng)用重在“四個”選取.

1 正確選取守恒條件

動量守恒定律成立的條件有三種:1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為0;2)近似守恒:系統(tǒng)所受外力的矢量和不為0,但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力;3)單向守恒:系統(tǒng)所受外力的矢量和不為0,但在某方向上合力為0(或該方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力),系統(tǒng)在該方向上動量守恒.只要滿足上述三種條件之一,系統(tǒng)的動量或某方向的動量就守恒.由此可知,在應(yīng)用動量守恒定律前,首先要判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件.

例1如圖1所示,光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B,質(zhì)量分別為mA＝1kg,mB＝2kg,A右端和B左端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量為mC＝mD＝1kg,A和C以相同速度v0＝10 m·s－1向右運(yùn)動,B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動,在某時刻發(fā)生碰撞,作用時間極短,碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊,A與B粘在一起形成一個新滑板,物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1.重力加速度g取10m·s－2.

圖1

(1)若0＜k＜0.5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向;

(2)若k＝0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時,求二者相對位移的大小;

(3)若k＝0.5,碰后二者相對滑動過程中,當(dāng)新滑板速度達(dá)到0.5m·s－1時,進(jìn)入一段μ′＝0.01的粗糙水平面,求新滑塊與新滑板剛剛達(dá)到速度相等瞬間的速率.(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)

解析

(1)設(shè)向右為正方向.物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒,設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新滑塊的速度為v物,則有

(2)若k＝0.5,可知碰后瞬間物塊C、D形成的新滑塊的速度為v物＝5(1－k)m·s－1＝2.5 m·s－1,碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑＝,可知碰后新滑塊相對于新滑板向右運(yùn)動,新滑塊向右做勻減速運(yùn)動,新滑板向右做勻加速運(yùn)動.新滑塊的質(zhì)量為mCD＝2kg,新滑板的質(zhì)量為mAB＝3 kg,根據(jù)動量守恒定律得mCDv物＝(mAB＋mCD)v共,解得相對靜止時的共同速度為v共＝1m·s－1.根據(jù)能量守恒定律得

點(diǎn)評

正確判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件是解決本題的關(guān)鍵.第(1)問,A、B碰撞和C、D碰撞過程作用時間極短,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,滿足動量守恒條件2).第(2)問,由于地面光滑,新滑塊和新滑板作用過程所受外力的矢量和為0,滿足動量守恒條件1).第(3)問,系統(tǒng)進(jìn)入粗糙區(qū)域前,動量守恒,可用動量守恒定律求解;系統(tǒng)進(jìn)入粗糙區(qū)域后,由于水平面的摩擦力作用,系統(tǒng)動量不再守恒,可用動量定理求解.

2 準(zhǔn)確選取作用過程

系統(tǒng)的動量守恒,不是僅有初、末兩狀態(tài)動量相等,而是在研究的整個過程中總動量一直保持不變.動量守恒的條件是否滿足,與研究過程的選取密切相關(guān).當(dāng)系統(tǒng)經(jīng)歷多個過程時,如果系統(tǒng)的動量在整個過程中不守恒,而在某個子過程中守恒,我們可以選取該子過程進(jìn)行研究,從而應(yīng)用動量守恒定律.

例2如圖2所示,質(zhì)量為M＝5kg的長木板在光滑水平面上以vM＝1.8m·s－1的速度向右運(yùn)動,木板右側(cè)地面上有一固定的帶孔擋板,擋板上孔的大小恰好允許木板通過.某時刻,質(zhì)量為m＝1kg的小物塊以v0＝9m·s－1的初速度從左側(cè)沖上長木板,物塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ＝0.1.一段時間后,物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞,已知物塊與擋板碰前已與木板達(dá)到共速,重力加速度g取10 m·s－2,不計空氣阻力,求:

圖2

(1)物塊第1次與擋板碰撞前,物塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q;

(2)物塊第1次與擋板碰后向左運(yùn)動到離擋板最遠(yuǎn)時,木板的瞬時速度v;

(3)物塊從木板上掉落前與擋板最多碰幾次.

解析

(1)設(shè)向右為正方向.從物塊沖上木板至二者第一次達(dá)到共速v1的過程,對物塊、木板由動量守恒定律有mv0＋MvM＝(m＋M)v1,解得

根據(jù)能量守恒定律可得

(2)從物塊第1次反彈至向左離擋板最遠(yuǎn)過程,對物塊、木板系統(tǒng)由動量守恒定律有Mv1－mv1＝Mv,解得v＝2.4m·s－1.

(3)假設(shè)物塊與擋板第1次碰后至第2次碰前與木板已達(dá)到共速v2,對二者在該過程由動量守恒定律有Mv1－mv1＝(m＋M)v2,解得v2＝2m·s－1;在此過程中物塊向左勻減速的位移為

由Q＝μmgΔx1得,物塊與擋板第1次碰前相對木板向右移動的距離為

物塊與擋板第1次碰后至第2次碰前,由能量守恒定律有

解得物塊相對木板向左移動的距離為Δx2＝15m,物塊未從木板上掉落;同理,物塊與擋板第2 次碰后至第3次碰前達(dá)共速v3的過程,由動量守恒定律有

解得物塊相對于木板向左移動的距離為

物塊從木板上掉落.所以物塊從木板上掉落前,最多與擋板碰2次.

點(diǎn)評

第(1)問注意Q＝μmgΔx中的Δx應(yīng)是物塊與木板的相對路程.第(3)問解題關(guān)鍵是準(zhǔn)確選取過程,使系統(tǒng)動量守恒.系統(tǒng)運(yùn)動的整個過程,物塊受擋板彈力作用,動量不守恒.而物塊第1次碰擋板前,以及與擋板兩次碰撞之間的子過程,系統(tǒng)的動量守恒.物塊每次與擋板碰前都能與木板達(dá)到共速是關(guān)鍵點(diǎn),可用假設(shè)法證明.物塊與擋板第1次碰撞后,以原速率遠(yuǎn)離擋板,由于木板、物塊系統(tǒng)動量守恒,二者的質(zhì)量關(guān)系決定了二者速度再次相同時的速度方向:1)當(dāng)m板＜m塊 時,與物塊速度同向,二者遠(yuǎn)離擋板,不會發(fā)生第2次碰撞;2)當(dāng)m板＞m塊時,與木板速度同向,二者靠近擋板,會發(fā)生第2次碰撞,本題屬于后一種情況.物塊再次停在木板上適當(dāng)?shù)奈恢?之后還能繼續(xù)與擋板碰撞.物塊相對木板向左移動的距離大于物塊最初向右運(yùn)動時距離木板左端的距離時物塊從木板左端掉下,是需要挖掘出的隱含條件.

3 靈活選取作用系統(tǒng)

應(yīng)用動量守恒定律解決問題時,研究對象都是兩個或兩個以上的物體組成的系統(tǒng),究竟選取哪幾個物體組成的系統(tǒng)作為研究對象,應(yīng)根據(jù)求解問題的需要和該系統(tǒng)是否滿足動量守恒條件來確定.選取合適的系統(tǒng),使之滿足動量守恒的條件,是應(yīng)用動量守恒定律的前提和基礎(chǔ).若整個系統(tǒng)的動量守恒,可對整個系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律;有時整個系統(tǒng)的動量不守恒,但部分物體組成的系統(tǒng)(稱為子系統(tǒng))動量守恒,我們也可以選取該子系統(tǒng)為研究對象,對該子系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律.

例3如圖3所示,半徑R＝0.5m 的四分之一光滑圓弧軌道A與長l＝1 m 的平板B均靜置于光滑水平地面上,A與B剛好接觸且A的最低點(diǎn)P與B的上表面相切,一物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置于B的最右端,C與B上表面的動摩擦因數(shù)μ從左往右隨距離l均勻變化,其變化關(guān)系如圖4所示.已知A、B、C的質(zhì)量均為m＝1kg,重力加速度g取10m·s－2,現(xiàn)給C一水平向左的初速度v0＝4m·s－1.

圖3

圖4

(1)求C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功W克;

(2)求C相對于A最低點(diǎn)P所能達(dá)到的最大高度h;

(3)若將A、B粘連在一起,改變v0大小,其他條件均不變,使C能夠沿A上升,且再次返回到A最低點(diǎn)P時具有相對于地面水平向左的速度,求v0的取值范圍.

解析

(1)設(shè)向左為正方向.對A、B、C系統(tǒng),C由B最右端滑至B最左端過程,由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2,由能量守恒定律有

由功能關(guān)系有

(2)假設(shè)C未從A左側(cè)飛出,對A、C系統(tǒng),C由P滑至在A上的最高點(diǎn)過程中水平方向動量守恒,有mv1＋mv2＝2mv共,由機(jī)械能守恒定律有

聯(lián)立解得h＝0.1m＜R,假設(shè)成立.

(3)對A、B、C系統(tǒng),C由B最右端滑至在A上最高點(diǎn)又返回P過程,由水平方向動量守恒有

由能量守恒定律得

點(diǎn)評

第(1)問,解題關(guān)鍵是如何靈活選取系統(tǒng),使其滿足動量守恒.C在B上向左滑動過程,B受A向右的彈力,B、C系統(tǒng)動量不守恒.此時可將A、B視為整體.構(gòu)建A、B整體與C的二體持續(xù)作用模型,因此應(yīng)選取A、B、C三者為系統(tǒng)進(jìn)行研究.由圖4知C受B摩擦力Ff＝(μ1＋kl)mg隨距離l線性變化,可用平均力法求熱量.第(2)問,C向左滑至P處時A、B分離,之后B勻速運(yùn)動,A、C系統(tǒng)動量守恒.C是否從A飛出,需用假設(shè)法論證,可將C上升高度h與R比較:若h≤R,沒有飛出;若h＞R,已飛出.第(3)問,需注意A、B、C系統(tǒng)僅在水平方向動量守恒.C在A上往返運(yùn)動時受力如圖5所示,根據(jù)C返回P點(diǎn)時速度向左,可知C的水平分運(yùn)動為向左的減速運(yùn)動.根據(jù)vC有實(shí)數(shù)解,其判別式大于0,求出v0的最小值.

圖5

4 恰當(dāng)選取參考系

由于動量的大小與參考系的選取有關(guān),應(yīng)用動量守恒定律時,在相互作用前后系統(tǒng)中各物體的動量必須相對同一慣性參考系,各物體的速度必須是相對同一參考系的速度,一般以地面為參考系.物體在沿水平方向運(yùn)動的斜面上滑動時,若涉及物體速度、加速度與斜面傾角間關(guān)系,需選取斜面為參考系才能方便求解.

例4如圖6所示,傾角θ＝37°的斜面體abc靜止在水平地面上,斜面體質(zhì)量M＝6kg,豎直邊bc高h(yuǎn)＝2.1m,斜面ac光滑.將質(zhì)量m＝2kg的小物塊從斜面頂端由靜止釋放.已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,重力加速度g取10m·s－2,忽略空氣阻力,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,計算結(jié)果均保留至小數(shù)點(diǎn)后一位.

圖6

(1)若水平地面光滑,求小物塊滑到底端a時的速度v1的大小;

(2)若斜面體與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1,求小物塊從頂端c滑到底端a的過程中斜面體與小物塊間作用力F1的大小以及斜面體位移x的大小.

點(diǎn)評

第(1)問,正確構(gòu)建和判別單向守恒模型——系統(tǒng)僅在水平方向動量守恒,是正確求解的基礎(chǔ).選定合適的參考系,確定物塊相對參考系的速度、加速度和位移是關(guān)鍵.動量守恒中的速度要以地面為參考系.圖7 中物塊相對斜面的速度(v相＝方向沿斜面向下,涉及θ的方程tanθ＝中速度需以斜面為參考系,這是本題的一個思維陷阱.第(2)問,系統(tǒng)因受地面摩擦力而動量不守恒.參考系的選取仍是關(guān)鍵:牛頓第二定律中的ax、ay、aM是以地面(慣性系)為參考系的,需以斜面為參考系.

圖7

圖8

圖9

圖10

(完)