怎樣正確應用動量守恒定律解題

唐正理

摘 要 對動量守恒定律的理解及應用，主要有三種情況：相互作用的物體所組成的系統，如果不受外力作用，或所受外力為零，則系統總動量守恒；分方向動量守恒；系統所受外力的合力雖不為零，但如果比此系統內部相互作用的內力小得多的情況下動量守恒。

關鍵詞 物理學科 動量 動量守恒

中圖分類號：G633.7 文獻標識碼：A 文章編號：1002-7661（2014）06-0062-03

一、動量守恒定律的應用有三種情況

1.相互作用的物體所組成的系統，如果不受外力作用，或所受外力為零，則系統總動量守恒

動量守恒定律的研究對象是一個系統，在該系統內部，各個物體之間存在著內力的相互作用，而內力的沖量都是等大反向的，它的作用能使內部各個物體之間的動量好發生轉移或傳遞，但系統的總動量不會發生改變，當系統不受外力作用，或所受外力為零時，就不存在外力的沖量，那么系統的總動量就保持不變。

2.分方向動量守恒

系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上不受外力或所受外力的合力為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變，就可以在這個方向上運用動量守恒定律。

3.系統所受外力的合力雖不為零，但如果比此系統內部相互作用的內力小得多，例如碰撞過程中的摩擦力、爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力來小得多，可以忽略掉外力不計，那么系統的總動量近似守恒。

二、對動量守恒定律的理解及應用

1.矢量性

動量守恒定律是一個矢量方程，因此該利用矢量運算和法則計算。但是對于系統內物體在相互作用前后的速度在同一直線上時，可選擇一個正方向，就可以確定系統內物體初、末狀態的動量。凡是與規定正方向相同的動量或速度用“+”號表示其方向，但“+”號一般不寫上，凡是與正方向相反的動量或速度用“-”表示其方向，這樣就把矢量運算轉化為代數運算，若求得的動量或速度是正值，表明其方向與所選的正方向相同，若求得的動量或速度是負值，表明其方向與所選定的正方向相反。

2.相對性

由于速度的大小和參考系的選取有關，故動量的大小就與參考系的選取有關，因此應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對于同一參考系的速度，一般都以地面為參考系。

如果題目給出的速度不是相對同一參考系的速度，我們需要先把它轉化為同一參考系的速度。

例如：平靜的水面上有一載人小船，船和人的共同質量為M，站立在船上的人手中拿著一質量為m的小球，起初人相對于船靜止，船、人球以共同的速度v0在水面上勻速前進，當人相對于船以速度u向相反的方向將小球拋出去后，人和船的速度為多大？

分析：以人、船、小球為一個系統，該系統勻速前進，表明系統所受的合力為零，系統動量守恒，以船的速度v0的方向為正方向，設拋出小球后，人和船的速度為v，則相對于靜水的速度為v-u，方向與正方向相反。

根據動量守恒定律有

（M+m）v0=Mv+m（v-u）

故v=v0+方向與原方向相同。

三、動量守恒定律的兩種模型

在運用動量守恒定律處理問題時，常常遇到以下兩種模型：

1.人船模型

人船模型的適應條件是兩個物體組成的系統在運動過程中動量守恒，并且總動量為零，兩物體在其內力的相互作用下各物體的動量雖然都在變化，但動量仍為零，即0=Mv1-mv2。系統在運動過程中的平均動量也守恒，0=Mv1-mv2。進一步可得：，此式表明：在兩個物體相互作用的過程中，如果物體組成的系統動量守恒，那么在運動過程中物體的位移之比就等于質量的反比。

2.子彈木塊模型

這類問題的特點是：木塊最初靜止在光滑的水平面上，子彈射入木塊后留在木塊內和木塊合為一體，此過程動量守恒，但機械能不守恒。

例如：在高為h=10m的高臺上，放一質量為M=9.9kg的木塊，它與平臺邊緣的距離L=1m，今有一質量為m=0.1kg的子彈以v0的水平向右的射入木塊（作用時間極短）并留在木塊中如圖，木塊向右滑行并沖出平臺，最后落在離平臺邊緣水平距離為x=4m處，已知木塊與平臺的動摩擦因數為u=，g=10m/s2，求

（1）木塊離開平臺時的速度大小。

（2）子彈射入木塊的速度大小。

解析：題中要以子彈和木塊組成的系統為研究對象，子彈進入木塊并留在木塊的過程中，由于作用的時間極短，可認為木塊的位置沒有變，這一過程中系統豎直方向上合力為零，在水平方向，平臺對木塊的摩擦力是系統受到的外力，但是在這一瞬間，子彈對木塊的作用力遠遠大于平臺對木塊的摩擦力，即內力遠遠大于外力，因此可認為這一過程中系統動量守恒。由動量守恒定律可求出作用結束時的速度大小，然后物體以這一速度在平臺上滑動，最后離開平臺做一平拋。

（1）設本塊離開平臺時的速度為V1

x=v1t，h=gt2

x=x=4€譵/s=4m/s

（2）設子彈射入木塊后，子彈與木塊的共同速度為V，則木塊向右滑行到達平臺邊緣的速度為V1，在這一過程中木塊向左的加速度大小為a==ug=4.5m/s2

由運動學公式有：v12-v2=2（-a）L

v==5m/s

在子彈與木塊的作用過程中，由動量守恒定律得：

mv0=（M+m）v

v0==500m/s

四、爆炸與碰撞的比較

對爆炸和碰撞的比較如下：

1.爆炸、碰撞類問題的共同特點是物體之間的相互作用突然發生，相互作用的力是變力，作用力很大，且遠遠大于系統所受的外力，故都可以用動量守恒定律來處理。

2.在爆炸過程中，由化學能等其他形式的能轉化為內能，所以爆炸后系統的動能會增加；在碰撞過程中，系統的總動能不可能增加，除了彈性碰撞外（彈性碰撞過程動能守恒），系統的總動能會減少，減少的動能一般轉化為內能。

3.由于爆炸、碰撞類問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程處理，即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動。

（責任編輯 劉 馨）endprint

摘 要 對動量守恒定律的理解及應用，主要有三種情況：相互作用的物體所組成的系統，如果不受外力作用，或所受外力為零，則系統總動量守恒；分方向動量守恒；系統所受外力的合力雖不為零，但如果比此系統內部相互作用的內力小得多的情況下動量守恒。

關鍵詞 物理學科 動量 動量守恒

中圖分類號：G633.7 文獻標識碼：A 文章編號：1002-7661（2014）06-0062-03

一、動量守恒定律的應用有三種情況

1.相互作用的物體所組成的系統，如果不受外力作用，或所受外力為零，則系統總動量守恒

動量守恒定律的研究對象是一個系統，在該系統內部，各個物體之間存在著內力的相互作用，而內力的沖量都是等大反向的，它的作用能使內部各個物體之間的動量好發生轉移或傳遞，但系統的總動量不會發生改變，當系統不受外力作用，或所受外力為零時，就不存在外力的沖量，那么系統的總動量就保持不變。

2.分方向動量守恒

系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上不受外力或所受外力的合力為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變，就可以在這個方向上運用動量守恒定律。

3.系統所受外力的合力雖不為零，但如果比此系統內部相互作用的內力小得多，例如碰撞過程中的摩擦力、爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力來小得多，可以忽略掉外力不計，那么系統的總動量近似守恒。

二、對動量守恒定律的理解及應用

1.矢量性

動量守恒定律是一個矢量方程，因此該利用矢量運算和法則計算。但是對于系統內物體在相互作用前后的速度在同一直線上時，可選擇一個正方向，就可以確定系統內物體初、末狀態的動量。凡是與規定正方向相同的動量或速度用“+”號表示其方向，但“+”號一般不寫上，凡是與正方向相反的動量或速度用“-”表示其方向，這樣就把矢量運算轉化為代數運算，若求得的動量或速度是正值，表明其方向與所選的正方向相同，若求得的動量或速度是負值，表明其方向與所選定的正方向相反。

2.相對性

由于速度的大小和參考系的選取有關，故動量的大小就與參考系的選取有關，因此應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對于同一參考系的速度，一般都以地面為參考系。

如果題目給出的速度不是相對同一參考系的速度，我們需要先把它轉化為同一參考系的速度。

例如：平靜的水面上有一載人小船，船和人的共同質量為M，站立在船上的人手中拿著一質量為m的小球，起初人相對于船靜止，船、人球以共同的速度v0在水面上勻速前進，當人相對于船以速度u向相反的方向將小球拋出去后，人和船的速度為多大？

分析：以人、船、小球為一個系統，該系統勻速前進，表明系統所受的合力為零，系統動量守恒，以船的速度v0的方向為正方向，設拋出小球后，人和船的速度為v，則相對于靜水的速度為v-u，方向與正方向相反。

根據動量守恒定律有

（M+m）v0=Mv+m（v-u）

故v=v0+方向與原方向相同。

三、動量守恒定律的兩種模型

在運用動量守恒定律處理問題時，常常遇到以下兩種模型：

1.人船模型

人船模型的適應條件是兩個物體組成的系統在運動過程中動量守恒，并且總動量為零，兩物體在其內力的相互作用下各物體的動量雖然都在變化，但動量仍為零，即0=Mv1-mv2。系統在運動過程中的平均動量也守恒，0=Mv1-mv2。進一步可得：，此式表明：在兩個物體相互作用的過程中，如果物體組成的系統動量守恒，那么在運動過程中物體的位移之比就等于質量的反比。

2.子彈木塊模型

這類問題的特點是：木塊最初靜止在光滑的水平面上，子彈射入木塊后留在木塊內和木塊合為一體，此過程動量守恒，但機械能不守恒。

例如：在高為h=10m的高臺上，放一質量為M=9.9kg的木塊，它與平臺邊緣的距離L=1m，今有一質量為m=0.1kg的子彈以v0的水平向右的射入木塊（作用時間極短）并留在木塊中如圖，木塊向右滑行并沖出平臺，最后落在離平臺邊緣水平距離為x=4m處，已知木塊與平臺的動摩擦因數為u=，g=10m/s2，求

（1）木塊離開平臺時的速度大小。

（2）子彈射入木塊的速度大小。

解析：題中要以子彈和木塊組成的系統為研究對象，子彈進入木塊并留在木塊的過程中，由于作用的時間極短，可認為木塊的位置沒有變，這一過程中系統豎直方向上合力為零，在水平方向，平臺對木塊的摩擦力是系統受到的外力，但是在這一瞬間，子彈對木塊的作用力遠遠大于平臺對木塊的摩擦力，即內力遠遠大于外力，因此可認為這一過程中系統動量守恒。由動量守恒定律可求出作用結束時的速度大小，然后物體以這一速度在平臺上滑動，最后離開平臺做一平拋。

（1）設本塊離開平臺時的速度為V1

x=v1t，h=gt2

x=x=4€譵/s=4m/s

（2）設子彈射入木塊后，子彈與木塊的共同速度為V，則木塊向右滑行到達平臺邊緣的速度為V1，在這一過程中木塊向左的加速度大小為a==ug=4.5m/s2

由運動學公式有：v12-v2=2（-a）L

v==5m/s

在子彈與木塊的作用過程中，由動量守恒定律得：

mv0=（M+m）v

v0==500m/s

四、爆炸與碰撞的比較

對爆炸和碰撞的比較如下：

1.爆炸、碰撞類問題的共同特點是物體之間的相互作用突然發生，相互作用的力是變力，作用力很大，且遠遠大于系統所受的外力，故都可以用動量守恒定律來處理。

2.在爆炸過程中，由化學能等其他形式的能轉化為內能，所以爆炸后系統的動能會增加；在碰撞過程中，系統的總動能不可能增加，除了彈性碰撞外（彈性碰撞過程動能守恒），系統的總動能會減少，減少的動能一般轉化為內能。

3.由于爆炸、碰撞類問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程處理，即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動。

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摘 要 對動量守恒定律的理解及應用，主要有三種情況：相互作用的物體所組成的系統，如果不受外力作用，或所受外力為零，則系統總動量守恒；分方向動量守恒；系統所受外力的合力雖不為零，但如果比此系統內部相互作用的內力小得多的情況下動量守恒。

關鍵詞 物理學科 動量 動量守恒

中圖分類號：G633.7 文獻標識碼：A 文章編號：1002-7661（2014）06-0062-03

一、動量守恒定律的應用有三種情況

1.相互作用的物體所組成的系統，如果不受外力作用，或所受外力為零，則系統總動量守恒

動量守恒定律的研究對象是一個系統，在該系統內部，各個物體之間存在著內力的相互作用，而內力的沖量都是等大反向的，它的作用能使內部各個物體之間的動量好發生轉移或傳遞，但系統的總動量不會發生改變，當系統不受外力作用，或所受外力為零時，就不存在外力的沖量，那么系統的總動量就保持不變。

2.分方向動量守恒

系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上不受外力或所受外力的合力為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變，就可以在這個方向上運用動量守恒定律。

3.系統所受外力的合力雖不為零，但如果比此系統內部相互作用的內力小得多，例如碰撞過程中的摩擦力、爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力來小得多，可以忽略掉外力不計，那么系統的總動量近似守恒。

二、對動量守恒定律的理解及應用

1.矢量性

動量守恒定律是一個矢量方程，因此該利用矢量運算和法則計算。但是對于系統內物體在相互作用前后的速度在同一直線上時，可選擇一個正方向，就可以確定系統內物體初、末狀態的動量。凡是與規定正方向相同的動量或速度用“+”號表示其方向，但“+”號一般不寫上，凡是與正方向相反的動量或速度用“-”表示其方向，這樣就把矢量運算轉化為代數運算，若求得的動量或速度是正值，表明其方向與所選的正方向相同，若求得的動量或速度是負值，表明其方向與所選定的正方向相反。

2.相對性

由于速度的大小和參考系的選取有關，故動量的大小就與參考系的選取有關，因此應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對于同一參考系的速度，一般都以地面為參考系。

如果題目給出的速度不是相對同一參考系的速度，我們需要先把它轉化為同一參考系的速度。

例如：平靜的水面上有一載人小船，船和人的共同質量為M，站立在船上的人手中拿著一質量為m的小球，起初人相對于船靜止，船、人球以共同的速度v0在水面上勻速前進，當人相對于船以速度u向相反的方向將小球拋出去后，人和船的速度為多大？

分析：以人、船、小球為一個系統，該系統勻速前進，表明系統所受的合力為零，系統動量守恒，以船的速度v0的方向為正方向，設拋出小球后，人和船的速度為v，則相對于靜水的速度為v-u，方向與正方向相反。

根據動量守恒定律有

（M+m）v0=Mv+m（v-u）

故v=v0+方向與原方向相同。

三、動量守恒定律的兩種模型

在運用動量守恒定律處理問題時，常常遇到以下兩種模型：

1.人船模型

人船模型的適應條件是兩個物體組成的系統在運動過程中動量守恒，并且總動量為零，兩物體在其內力的相互作用下各物體的動量雖然都在變化，但動量仍為零，即0=Mv1-mv2。系統在運動過程中的平均動量也守恒，0=Mv1-mv2。進一步可得：，此式表明：在兩個物體相互作用的過程中，如果物體組成的系統動量守恒，那么在運動過程中物體的位移之比就等于質量的反比。

2.子彈木塊模型

這類問題的特點是：木塊最初靜止在光滑的水平面上，子彈射入木塊后留在木塊內和木塊合為一體，此過程動量守恒，但機械能不守恒。

例如：在高為h=10m的高臺上，放一質量為M=9.9kg的木塊，它與平臺邊緣的距離L=1m，今有一質量為m=0.1kg的子彈以v0的水平向右的射入木塊（作用時間極短）并留在木塊中如圖，木塊向右滑行并沖出平臺，最后落在離平臺邊緣水平距離為x=4m處，已知木塊與平臺的動摩擦因數為u=，g=10m/s2，求

（1）木塊離開平臺時的速度大小。

（2）子彈射入木塊的速度大小。

解析：題中要以子彈和木塊組成的系統為研究對象，子彈進入木塊并留在木塊的過程中，由于作用的時間極短，可認為木塊的位置沒有變，這一過程中系統豎直方向上合力為零，在水平方向，平臺對木塊的摩擦力是系統受到的外力，但是在這一瞬間，子彈對木塊的作用力遠遠大于平臺對木塊的摩擦力，即內力遠遠大于外力，因此可認為這一過程中系統動量守恒。由動量守恒定律可求出作用結束時的速度大小，然后物體以這一速度在平臺上滑動，最后離開平臺做一平拋。

（1）設本塊離開平臺時的速度為V1

x=v1t，h=gt2

x=x=4€譵/s=4m/s

（2）設子彈射入木塊后，子彈與木塊的共同速度為V，則木塊向右滑行到達平臺邊緣的速度為V1，在這一過程中木塊向左的加速度大小為a==ug=4.5m/s2

由運動學公式有：v12-v2=2（-a）L

v==5m/s

在子彈與木塊的作用過程中，由動量守恒定律得：

mv0=（M+m）v

v0==500m/s

四、爆炸與碰撞的比較

對爆炸和碰撞的比較如下：

1.爆炸、碰撞類問題的共同特點是物體之間的相互作用突然發生，相互作用的力是變力，作用力很大，且遠遠大于系統所受的外力，故都可以用動量守恒定律來處理。

2.在爆炸過程中，由化學能等其他形式的能轉化為內能，所以爆炸后系統的動能會增加；在碰撞過程中，系統的總動能不可能增加，除了彈性碰撞外（彈性碰撞過程動能守恒），系統的總動能會減少，減少的動能一般轉化為內能。

3.由于爆炸、碰撞類問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程處理，即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動。

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