巧用動量守恒 速解疑難問題

馬景席　李興

動量守恒定律是中學物理中一個非常重要的定律，在歷年的高考中都會作為一個重點內容來進行考查.筆者在教學過程中發現，許多同學在處理一些研究對象為多個物體、研究過程也比較多的情況下，常常會感到束手無策，望題興嘆.下面筆者通過對兩個例題的研究解答，以期起到對教師教學、學生學習以拋磚引玉的作用.

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

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在水平方向上動量守恒，故小車速度減小；由于A與A的右側車面無摩擦，故物塊A的速度不變，相對于小車向右滑動.

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，當二者共速時，彈簧的壓縮量達到最大，此時彈性勢能最大.此后，A的速度仍要繼續減小，小車繼續加速，A的速度開始小于小車速度，彈簧的壓縮量開始減小，彈性勢能隨之減小.當彈簧恢復原長時，A一定相對于小車向左滑動.當A開始滑上粗糙部分時，在滑動摩擦力作用下，總有一個時刻，小球、小車這一系統要第二次達到共速，然后它們之間保持相對靜止.此時A相對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量守恒

Mv0=（M+m）v1（1）

從A開始壓縮彈簧到與小車共速時，小車、鋼球、彈簧和物塊這一系統的動量守恒，可以得

Mv0+（M+m）v1=（2M+m）v2（2）

從A開始壓縮彈簧直至壓縮量最大的過程中，系統的損失的動能轉化為彈簧的彈性勢能

Epm=12Mv20+12（M+m）v21-12（2M+m）v22（3）

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

②通過上面的分析，根據動量守恒定律可知，系統第二次共速時，速度仍為v2，而此時A相對于小車左移量也達到最大值L.在系統兩次共速的兩個時刻，系統的初末總動能不變，而彈性勢能減小，故減少的彈性勢能轉化為內能.由功能關系可以得μMgL=ΔEp，而ΔEp=Epmax，解得

L=m2v202μg（M+m）（2M+m）.

動量守恒定律的表達形式有多種，比如Δp1=-Δp2便是其中的一種，其物理意義為：把整個系統分為兩部分，若系統動量守恒，則其中一部分的動量變化量必與另一部分的動量變化量在數值上是相等的，負號說明這兩部分的動量增減規律是相反的.這對于解決系統內部涉及多個物體，且作用過程也比較復雜的問題是非常有效的.

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

①所有木塊與木板一起勻速運動的速度為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（k

解析 ①在該問題中，可以直接選擇整個系統為研究對象，由于地面光滑，系統動量守恒.由于木板質量為nm，開始時靜止，系統作用前后，總動量保持不變，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過程中受到的滑動摩擦力是相同的，做的都是勻減速運動；木板向右做加速運動，只要木板上還有一塊木塊沒有停止滑動，木板就要一直加速下去，直至最終共速.對于每個木塊來說，剛與木板達到相對靜止時的速度，即為該木塊的最小速度，并且1，2，3，…，N號木塊都會相繼與木板達到應有的最小速度.當第1號木塊與木板剛剛相對靜止時，其動量減少了m（v0-v1），根據動量定理可知，其余的（n-1）木塊每個的動量減少量與第1號木塊的減少量相同，皆為m（v0-v1）.選n個木塊和木板作為系統的兩個不同部分，n個木塊動量的減少量等于木板動量的增加量.故有n·m（v0-v1）=nm·v1，解得v1=12v0，即為第1號木塊剛與木板相對靜止時的速度.

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

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

現在來分析第二部分也就是后面（n-k）個木塊的動量減少量Δp2.從最初到第k號木塊與木板相對靜止時，不難得第k號木塊的動量減少量為m（kv0-vk），這是滑動摩擦力沖量對它作用的結果，該沖量與其后（n-k）個木塊中每個木塊所受的沖量完全相同，因為滑動摩擦力對它們的作用時間相同.所以第k號木塊后面的各個木塊動量的減少量均為m（kv0-vk），即

Δp2=（n-k）·m（kv0-vk）.

根據動量守恒定律可得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分別代入表達式，結果正是前面兩問中的結論.

該題的運算量和思維量都較大，若是采用常規解法，過程會更加繁瑣.這種解法的巧妙之處在于，可以先用動量定理分析系統內各木塊的動量變化情況，找準解決問題的切入點，靈活選擇研究對象，最后再利用動量守恒定律求解.這樣就會達到事半功倍的效果.