動量關系四種表達形式的靈活運用

動量守恒定律可以說是物理學中應用最廣泛的定律之一。也是高考的重點、難點所在，運用動量守恒定律解決問題除了要把握好動量守恒的條件與方向外，動量關系的四種表達式的靈活運用也顯得很重要.

下面談談四種不同的表達形式在解題時的運用.

1． 狀態式.

動量守恒定律的“狀態式”，是動量守恒的最基本表達式，也是解題時應用最廣泛、最常規的一種形式.

【例1】光滑的水平面上，用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以v0=6m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖1所示.B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，當彈簧的彈性勢能達到最大為 J時，物塊A的速度是 m/s.

解析：本題是一個“三體二次作用”問題：“三體”為A、B、C三物塊.“二次作用”過程為第一次是B、C二物塊發生短時作用，而A不參加，這過程動量守恒而機械能不守恒；第二次是B、C二物塊作為一整體與A物塊發生持續作用，這過程動量守恒機械能也守恒.

對于第一次B、C二物塊發生短時作用過程，設B、C二物塊發生短時作用后的共同速度為vBC，則據動量守恒定律得：

mBv0=(mB+mC)vBC(1)

對于第二次B、C二物塊作為一整體與A物塊發生持續作用，設發生持續作用后的共同速度為v，則據動量守恒定律和機械能守恒定律得：

mAv0+(mB+mC)vBC=(mA+mB+mC)v（2）

EP=mAv02+(mB+mC)v2BC-(mA+mB+mC)v2（3）

由式(1)、（2）、（3）可得：當彈簧的彈性勢能達到最大為EP=12J時，物塊A的速度v=3 m/s.

此題是用“狀態式”求解的示例，就整個過程而言：A、B、C構成的系統動量一直是守恒的，但在利用“狀態式”體現守恒的關系求解相關問題時，過程的分析、系統的選擇與狀態的選定尤其重要，過程的分析要注意瞬時性，系統的選擇要注意關聯性，狀態的選定要注意目的性.

2． 增量式.

【例2】如圖2所示：一塊足夠長的木板，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有序號是1、2、3、…n的木塊，所有木塊的質量都是m，與木板間的動摩擦因數都相同，開始時，木板靜止不動，第1、2、3、…n號木塊的速度分別是v0、2v0、3v0，…nv0，方向都向右，木板的質量與所有木塊的總質量相等，最終所有木塊與木板以共同速度勻速運動，求：

①所有木塊與木板一起勻速運動的速度vn；

②第1號木塊與木板剛好相對靜止時的速度v1；

③通過分析與計算說明第k號(n>k)木塊的最小速度vk.

解析：①木板的質量為M=nm對木板和所有木塊，由動量守恒定律有：

m(v0+2v0+3v0+……+nv0)=(nm+M)vn（1）

依題設：M=nm （2）

解（1）、（2）得vn=v0

這里還是一個動量守恒狀態式的應用，（1）式左邊是系統的初態動量，右邊是系統的終態動量.

②設第1號木塊與木板相對靜止時速度為v1，該木塊速度的減小量為Δv=v0-v1，由于其它木塊與第1號木塊有相同的加速度，這段時間內所有木塊的速度都減小Δv=v0—v1，由動量守恒知，木板動量的增加量等于木塊動量的減小量，即：

Mv1=-nm(v1－v0)（3）

解（2）、（3）得v1=

這里第1號木塊與木板剛好相對靜止，對系統而言經歷的是一個物理過程，而追究過程終態時第1號木塊與木板相對靜止時速度v1，無法回避系統中各對象的動量變化，動量守恒增量式的應用無疑是必然選擇.

③當第k號木塊與木板速度相同時，第k號木塊的速度減為最小，即為vk，此時第1，2，3……k號木塊的速度均為vk，而第k+1，k+2，…… n號木塊動量的減小量均為 m(kv0－vk)，由動量守恒定律知，它們總的動量減小量應等于系統其余部分動量的增加量，即

(km+M)vk－m(1+2+3+……+k)v0=(n－k)m(kv0－vk)

解得vk=v0其中 n>k.

這一問顯然是第②問的推廣，在這一過程中，第1，2，3……k號木塊的動量有的增大、有的減小，而第k+1，k+2，…… n號木塊動量都有減小，木板動量無疑是增加的，運用增量式時仍然是將系統內的所有對象分成兩個系列，但系列劃分的甄別、每個系列動量增量的數學表達難度明顯加大.

3． 位移式.

如圖３所標，在做驗證動量守恒定律實驗中，入射球m1碰前的速度v０，落點為P，碰后的速度為v1，落點為M；被碰球m2碰后的速度為v2，落點為N，由動量守恒定律有：m1#8226;v０=m1#8226;v1+m2#8226;v2

因碰撞前后小球作平拋運動時間相同，上面動量守恒的狀態（速度式）式可寫成位移式，即：

m1#8226;=m1#8226;+m2#8226;

【例3】載人氣球原靜止于高h的空中，氣球質量為M，人的質量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？

解析：氣球和人原靜止于空中，說明系統所受合力為零，故人下滑過程中系統動量守恒.人著地時，繩梯至少應觸及地面，設人下滑的平均速度為v1，氣球上升的平均速度為v2，規定向上為正，由動量守恒定律有：

Mv2-mv1=0

若設繩梯長為L，則在這一過程中氣球對地的位移為L—h，人對地的位多為—h，二者運動時間相同，上式可寫成位移式：

M(L-H)+m(-h)=0，解得L=h.

注意：動量守恒定律的“位移式”是有局限性的，僅限于“人船模型”問題，動量守恒定律的驗證實驗是通過圖示的特別裝置將兩個小球的碰撞前、后兩態拆分成前、后兩個等時的過程體現出來，方可套用“位移式”，這是創設條件巧用“位移式”的一個特例.

4． 不等式.

【例4】如圖5所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點O兩側的人的序號都記為n(n=1、2、3…).每人只有一個沙袋，x>0一側的每個沙袋質量為m=14kg， x<0一側的每個沙袋質量為m/=10kg.一質量為M=48kg的小車以某初速度從原點出發向正x方向滑行，不計軌道阻力.當車每經過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度v朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，v的大小等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號數）

1.空車出發后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？

2.車上最終有大小沙袋共多少個？

解析：（1）設車向右運動到第n個人處時速率為vn，則此人扔沙袋的速度大小為2nvn.

第n個沙袋丟上去車便反向，說明第n個沙袋的動量大于此時車（含n—1個沙袋）的動量，則由動量大小關系得：

2mnvn>[M+(n-1)m]vn

解得n>2.4，故取n=3.

（2）由題意知，第n′個沙袋的動量不小于車的動量，故有

[M+3m+(n′-1)m′]v/n≤2n′m′v/n

解得n′=8

即當時車停下，故車上共有沙袋11個.

答案：（1）車上堆積3個沙袋就反向滑行

（2）車上最終共有沙袋11個.

上題的物理過程比較復雜，求解的方法也是多種多樣，但如果運用上面的解法，抓住每次小車面臨反向或截停時，迎面拋來的沙袋動量P1與車系統本身的動量P2必須滿足不等式P1≥P2這個關鍵的環節，利用“二體”動量不等式求解，便顯得輕而易舉.

（作者單位：清遠市第一中學）

責任編校李平安