巧用動(dòng)量守恒 速解疑難問題

馬景席　李興

動(dòng)量守恒定律是中學(xué)物理中一個(gè)非常重要的定律，在歷年的高考中都會(huì)作為一個(gè)重點(diǎn)內(nèi)容來進(jìn)行考查.筆者在教學(xué)過程中發(fā)現(xiàn)，許多同學(xué)在處理一些研究對(duì)象為多個(gè)物體、研究過程也比較多的情況下，常常會(huì)感到束手無策，望題興嘆.下面筆者通過對(duì)兩個(gè)例題的研究解答，以期起到對(duì)教師教學(xué)、學(xué)生學(xué)習(xí)以拋磚引玉的作用.

例1 如圖1所示，光滑水平面上有一小車，右端固定一沙箱，沙箱左側(cè)連接一水平輕彈簧，小車和沙箱總質(zhì)量為M，車上放有一小物塊A，質(zhì)量也為M.物塊A隨小車以速度v0一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，物塊A與其左側(cè)車面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，與其它車面的摩擦不計(jì).在車勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，距沙面高H處有一質(zhì)量為m的鋼球自由下落，恰好落入沙箱中.試求：①小車在前進(jìn)過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值是多少？②為使物塊A不從小車上滑下，車面粗糙部分至少多長(zhǎng)？

解析 鋼球落入沙箱直至與小車共速的極短過程中，小車與鋼球所組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，故小車速度減?。挥捎贏與A的右側(cè)車面無摩擦，故物塊A的速度不變，相對(duì)于小車向右滑動(dòng).

物塊與彈簧接觸后，擠壓彈簧，在彈力作用下，A減速，小車加速，只要A的速度大于小車速度，彈簧的壓縮量就一直在變大，當(dāng)二者共速時(shí)，彈簧的壓縮量達(dá)到最大，此時(shí)彈性勢(shì)能最大.此后，A的速度仍要繼續(xù)減小，小車?yán)^續(xù)加速，A的速度開始小于小車速度，彈簧的壓縮量開始減小，彈性勢(shì)能隨之減小.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A一定相對(duì)于小車向左滑動(dòng).當(dāng)A開始滑上粗糙部分時(shí)，在滑動(dòng)摩擦力作用下，總有一個(gè)時(shí)刻，小球、小車這一系統(tǒng)要第二次達(dá)到共速，然后它們之間保持相對(duì)靜止.此時(shí)A相對(duì)于小車向左滑行的距離即為所求的最小距離.

①鋼球落入沙箱直至與小車共速的極短過程中，二者在水平方向上動(dòng)量守恒

Mv0=（M+m）v1（1）

從A開始?jí)嚎s彈簧到與小車共速時(shí)，小車、鋼球、彈簧和物塊這一系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，可以得

Mv0+（M+m）v1=（2M+m）v2（2）

從A開始?jí)嚎s彈簧直至壓縮量最大的過程中，系統(tǒng)的損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能

Epm=12Mv20+12（M+m）v21-12（2M+m）v22（3）

（1）、（2）、（3）三式聯(lián)立解得Epmax=Mm2v202（M+m）（2M+m）.

②通過上面的分析，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，系統(tǒng)第二次共速時(shí)，速度仍為v2，而此時(shí)A相對(duì)于小車左移量也達(dá)到最大值L.在系統(tǒng)兩次共速的兩個(gè)時(shí)刻，系統(tǒng)的初末總動(dòng)能不變，而彈性勢(shì)能減小，故減少的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.由功能關(guān)系可以得μMgL=ΔEp，而ΔEp=Epmax，解得

L=m2v202μg（M+m）（2M+m）.

動(dòng)量守恒定律的表達(dá)形式有多種，比如Δp1=-Δp2便是其中的一種，其物理意義為：把整個(gè)系統(tǒng)分為兩部分，若系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則其中一部分的動(dòng)量變化量必與另一部分的動(dòng)量變化量在數(shù)值上是相等的，負(fù)號(hào)說明這兩部分的動(dòng)量增減規(guī)律是相反的.這對(duì)于解決系統(tǒng)內(nèi)部涉及多個(gè)物體，且作用過程也比較復(fù)雜的問題是非常有效的.

例2 一塊足夠長(zhǎng)的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號(hào)為1，2，3，…，n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)都相同.開始時(shí)，木板靜止不動(dòng)，第1，2，3，…，n號(hào)木板的初速度分別為v0，2v0，3v0，…，nv0，v0方向向右，木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等.如圖2所示，最終所有木塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動(dòng).試求：

①所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度為vn；

②第1號(hào)木塊與木板剛好相對(duì)靜止時(shí)的速度v1；

③通過分析與計(jì)算說明第k（k

解析 ①在該問題中，可以直接選擇整個(gè)系統(tǒng)為研究對(duì)象，由于地面光滑，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.由于木板質(zhì)量為nm，開始時(shí)靜止，系統(tǒng)作用前后，總動(dòng)量保持不變，故有mv0+m·2v0+m·3v0+…+m·nv0+nm·0=2nm·vn，解之得vn=n+14v0.

②所有木塊在木板上滑動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力是相同的，做的都是勻減速運(yùn)動(dòng)；木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，只要木板上還有一塊木塊沒有停止滑動(dòng)，木板就要一直加速下去，直至最終共速.對(duì)于每個(gè)木塊來說，剛與木板達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)的速度，即為該木塊的最小速度，并且1，2，3，…，N號(hào)木塊都會(huì)相繼與木板達(dá)到應(yīng)有的最小速度.當(dāng)?shù)?號(hào)木塊與木板剛剛相對(duì)靜止時(shí)，其動(dòng)量減少了m（v0-v1），根據(jù)動(dòng)量定理可知，其余的（n-1）木塊每個(gè)的動(dòng)量減少量與第1號(hào)木塊的減少量相同，皆為m（v0-v1）.選n個(gè)木塊和木板作為系統(tǒng)的兩個(gè)不同部分，n個(gè)木塊動(dòng)量的減少量等于木板動(dòng)量的增加量.故有n·m（v0-v1）=nm·v1，解得v1=12v0，即為第1號(hào)木塊剛與木板相對(duì)靜止時(shí)的速度.

③根據(jù)②中的分析可知，第k號(hào)木塊剛與木板相對(duì)靜止時(shí)的速度即為最小速度vk，這時(shí)，前（k-1）個(gè)木塊早已與木板達(dá)到相對(duì)靜止，選前k個(gè)木塊和木板作為系統(tǒng)的第一部分；后（n-k）個(gè)木塊作為系統(tǒng)的第二部分，它們還在木板上繼續(xù)向右滑動(dòng).顯然第一部分的動(dòng)量從最初到第k號(hào)木塊與木板相對(duì)靜止時(shí)是增加的，第二部分的動(dòng)量是減少的，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，兩部分的動(dòng)量變化數(shù)值是相等的.故

Δp1=nm·vk+km·vk-（mv0+m·2v0+m·3v0+…+m·kv0）=nm·vk+km·vk-k（k+1）2mv0；

現(xiàn)在來分析第二部分也就是后面（n-k）個(gè)木塊的動(dòng)量減少量Δp2.從最初到第k號(hào)木塊與木板相對(duì)靜止時(shí)，不難得第k號(hào)木塊的動(dòng)量減少量為m（kv0-vk），這是滑動(dòng)摩擦力沖量對(duì)它作用的結(jié)果，該沖量與其后（n-k）個(gè)木塊中每個(gè)木塊所受的沖量完全相同，因?yàn)榛瑒?dòng)摩擦力對(duì)它們的作用時(shí)間相同.所以第k號(hào)木塊后面的各個(gè)木塊動(dòng)量的減少量均為m（kv0-vk），即

Δp2=（n-k）·m（kv0-vk）.

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Δp1=Δp2，

即nm·vk=km·vk-k（k+1）2mv0=（n-k）·m（kv0-kvk），

解得vk=2kn+k-k24nv0.將k=n和k=1分別代入表達(dá)式，結(jié)果正是前面兩問中的結(jié)論.

該題的運(yùn)算量和思維量都較大，若是采用常規(guī)解法，過程會(huì)更加繁瑣.這種解法的巧妙之處在于，可以先用動(dòng)量定理分析系統(tǒng)內(nèi)各木塊的動(dòng)量變化情況，找準(zhǔn)解決問題的切入點(diǎn)，靈活選擇研究對(duì)象，最后再利用動(dòng)量守恒定律求解.這樣就會(huì)達(dá)到事半功倍的效果.