高考動量守恒“高頻模型”分析與歸納

秦付平

動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一,也是高中物理教學的重要內容,同時還是高考考查的重點和熱點,在歷年高考中出現的頻率很高.這些試題多以現實生活和實際問題為立意命題,考查學生物理學科核心素養和綜合分析能力.筆者研究歷年高考試題,總結了以下幾種模型,并歸納了此類題型相應的解題方法,以饗讀者.

1 人船模型

人船模型是一種反沖現象,是由人和船兩個物體構成的系統,在該系統中,人和船相互作用下各自運動,人與船間的摩擦力是內力,水面給船的阻力可以忽略不計,運動過程中該系統所受到的合力為零,即人和船組成的系統在運動過程中總動量守恒.人船模型中的人和船相互作用過程中系統的動能增大,有其他形式的能轉化為動能.

圖1

例1如圖1所示,質量為m的人站在質量為M、長為L的靜止小船的右端,小船的左端靠在岸邊.當他向左走到船的左端時,船左端離岸多遠?

點評 此結論與人在船上行走的速度大小無關,無論是勻速行走還是變速行走,甚至往返行走,只要人最終到達船的左端,結論都是相同的.人船模型問題是我們常遇到的問題,本題所用方法和結果有普遍意義,但應注意l1、l2必須是相對同一參考系.

圖2

拓展如圖2所示,一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上,斜面體質量為M,頂端高度為h,今有一質量為m的物體(M>m,且物體可以看作質點),沿光滑斜面下滑,當物體從斜面頂端自由下滑到底端時,斜面體在水平面上移動的距離是( ).

分析由于斜面體放在光滑水平面上,則物體下滑的過程中,斜面后退.由平均動量守恒可列式求解,列式時要抓住兩物體運動的水平位移之和等于斜面的水平長度.

解析 物體與斜面在水平方向上動量守恒,設物塊水平速度的方向為正方向,則mv1-Mv2=0,運動時間相等,則有ms1-Ms2=0.由題意可知,

聯立解得斜面體在水平面上移動的距離

故選項C正確.

點評 本題考查平均動量守恒定律的應用,根據動量守恒定律得出質量與水平位移的乘積也是守恒的.

2 滑塊模型

滑塊模型是指物塊在木板上運動的情境,是一種相對運動現象.一般來說,滑塊受到木板的摩擦力約束,會出現相對靜止和相對滑動的情況,需要分析兩個物體之間的相互作用力.該模型主要以受力分析為突破口,涉及動量守恒、牛頓運動定律、能量守恒等內容.

圖3

例2如圖3所示,一質量為M的平板車B放在光滑水平面上,在其右端放一質量為m的小木塊A,m

(1)A、B最后的速度大小和方向;

(2)從地面上看,小木塊向左運動到離出發點最遠處時,平板車向右運動的位移大小.

解析 (1)由A、B系統動量守恒定律可得

Mv0-mv0=(M+m)v,

點評 本題解題關鍵是分析清楚運動過程,此類問題往往會涉及系統滑動摩擦力做功生熱,根據能量守恒可知產生的熱量Q=μmgs相對=Ek末-Ek初.

圖4

(1)求滑塊C與A、B間的動摩擦因數及滑塊C滑行的時間;

(2)若解除鎖定,再讓滑塊C以同樣的初速度滑上長木板A，則最終A、B的速度分別為多少?

分析A、B兩個長木板鎖定在光滑水平面上時,滑塊C從長木板A的左端滑上，剛好能停在長木板B的右端,由功能關系求動摩擦因數μ,利用動量定理求運動時間.若解除鎖定,三個物體組成的系統動量守恒.最終C停在B上,二者速度相等,根據動量守恒定律和能量守恒定律結合求解相關量.

(2)若解除鎖定,設A最終速度為v1,C剛滑離A時,C的速度大小為v2.C在A上滑行過程,取向右為正方向,根據動量守恒定律得

根據功能關系知

設B、C最終速度為v3,對整個過程以A、B、C系統為研究對象,根據動量守恒定律得

可得

點評 本題綜合考查了動量守恒定律、動量定理和能量守恒定律,解題關鍵是正確選擇研究對象和研究過程,把握隱含的臨界情況和臨界條件.

3 某一方向上的動量守恒

動量守恒定律是矢量式,在研究系統的某一方向上,如果符合動量守恒定律的條件,則在該方向上可以應用動量守恒定律列方程.

圖5

例3如圖5所示,AB為一光滑水平橫桿,桿上套一質量為M的小圓環,環上系一長為L質量不計的細繩,繩的另一端拴一質量為m的小球,現將繩拉直,且與AB平行,由靜止釋放小球,則當線繩與AB成θ角時,圓環移動的距離是多少?

解析 雖然小球、細繩及圓環在運動過程中合力不為零(桿的支持力與圓環和小球的重力之和不相等)，系統動量不守恒,但是系統在水平方向不受外力,因而水平方向動量守恒.設細繩與AB成θ角時小球的水平速度為v,圓環的水平速度為v′,則由水平動量守恒有Mv′=mv,且在任意時刻或位置v′與v均滿足這一關系,加之時間相同,公式中的v′和v可分別用其水平位移替代,則上式可寫為Md=m(L-Lcosθ-d),解得圓環移動的距離

點評 本題根據某一方向動量守恒進行列式,考查對動量守恒條件的理解與靈活運用能力.

圖6

拓展如圖6所示,水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d,m2的左邊有一固定擋板,已知m1≥m2,m1由圖示位置靜止釋放,當m1與m2相距最近時m1速度為v1,則在以后的運動過程中( ).

A.m1的最小速度是0

C.m2的最大速度是v1

解析m1與m2相距最近后，m1繼續前進,之后m1減速,m2加速,達到共同速度時二者相距最遠,之后m1繼續減速,m2繼續加速,當兩球再次相距最近時,m1達到最小速度，m2達到最大速度.兩小球水平方向不受外力，動量守恒,當兩小球再次相距最近時，設m1的速度為v′1，m2的速度為v′2，則有

4 爆炸類模型

爆炸過程中,內力遠大于外力,系統可以近似認為動量守恒.爆炸模型相互作用過程中系統的動能增大,有其他能向動能轉化.

例4拋出的手雷在最高點時水平速度為10 m·s-1,這時突然炸成兩塊,其中大塊質量300 g仍按原方向飛行,其速度為50 m·s-1,另一小塊質量為200 g,求它的速度的大小和方向.

分析手雷在空中飛行時所受合力應是它受到的重力G=(m1+m2)g,可見系統的動量并不守恒.但在爆炸瞬間,內力遠大于外力,外力可以忽略不計,可近似認為系統動量守恒.

點評 爆炸類型的題目與反沖問題相似,都存在動能增加情況.

5 子彈打木塊模型

子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞.它的物理情境是:子彈以水平速度射向原來靜止的木塊,并留在木塊中跟木塊共同運動.下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程.

例5設質量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊,并留在木塊中,子彈鉆入木塊深度為d.求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離.

解析 子彈和木塊最后共同運動,相當于完全非彈性碰撞.從動量的角度看,子彈射入木塊過程中系統動量守恒，則有mv0=(M+m)v.從能量的角度看,該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能.設平均阻力大小為Ff.

圖7

點評 根據能量守恒定律,系統動能的損失應該等于系統內能的增加,即Ffd=Q,也就是說兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱(機械能轉化為內能),等于摩擦力與兩物體相對滑動的路程的乘積(由于摩擦力是耗散力,摩擦生熱跟路徑有關,所以這里應該用路程,而不是用位移). 做這類題時一定要畫好示意圖,把各種數量關系和速度符號標在圖上,以免列方程時代錯數據.

圖8

(1) 擊中瞬間,A和B的速度各多大?

(2) 以后運動過程中彈簧的最大彈性勢能為多少？

(2) 子彈擊中滑塊A后，子彈和A、B組成的系統動量守恒，則有

系統的機械能守恒，則有

點評 對于復雜的物理問題首先要搞清物理過程,要明確是否滿足動量守恒或機械能守恒條件,特別是碰后兩物體有共同速度的情況,通常此時系統機械能損失最大,所以動量守恒時,機械能不一定守恒.

6 碰撞模型

例6甲、乙兩球在水平光滑軌道上沿同方向運動,已知它們的動量分別為p1=5 kg·m·s-1,p2=7 kg·m·s-1,甲從后面追上乙并發生碰撞,碰撞后乙球動量變為10 kg·m·s-1,則兩球質量m1與m2間關系可能為( ).

A.m1=m2B. 2m1=m2

C. 4m1=m2D. 6m1=m2

解析 甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒,有p1+p2=p′1+p′2,即p′1=2 kg·m·s-1.碰撞過程能量不增加，則有

又因為甲追乙,甲的速度大于乙的速度，即有

點評 碰撞的特點：1)作用時間極短,內力遠大于外力,總動量總是守恒的;2)碰撞過程中,總動能不增加,因為沒有其他形式的能量轉化為動能;3)碰撞過程,兩物體產生的位移可忽略.

圖9

拓展靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質量分別為mA=1.0 kg,mB=4.0 kg.二者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0 m,如圖9所示.某時刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0 J.釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向右運動.A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ=0.20,重力加速度g取10 m·s-2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短.

(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小;

(2)物塊A、B中哪一個先停止?該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少?

(3)A和B都停止后,求A與B之間的距離.

解析 (1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB,以向右為正方向,由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB,

聯立并代入數據得vA=4.0 m·s-1,vB=1.0 m·s-1.

從二者分開到B停止,A若一直向右運動,由動量定理可得-μmAgt2=mAv′A-mAvA, 代入數據可得v′A=3 m·s-1.對A由動能定理可得

則位移xA=1.75 m>l=1.0 m.這表明在時間t2內A已與墻壁發生碰撞,但沒有與B發生碰撞,此時A位于出發點右邊,距離為Δx=2l-xA=0.25 m處.B位于出發點左邊0.25 m處,兩物塊之間的距離

s=xB+Δx=0.50 m.

(3)t2時刻后A將繼續向左運動,假設它能與靜止的B碰撞,碰撞時速度的大小為v″A,由動能定理有

故A與B將發生碰撞.設碰撞后A、B的速度分別為vA0和vB0,由動量守恒定律與機械能守恒定律有

mA(-v″A)=mAvA0+mBvB0,

聯立并代入題給數據得

這表明碰撞后A將向右運動,B繼續向左運動.設碰撞后A向右運動距離為x′A時停止,B向左運動距離為x′B時停止,由動能定理可得

代入數據得x′A=0.63 m,x′B=0.28 m.x′A小于碰撞處到墻壁的距離.由上式可得兩物塊停止后的距離

s′=x′A+x′B=0.91 m.

7 多體兩次作用模型(能量和動量綜合問題)

對于高考壓軸題來說,運動的多重性、研究對象的復雜性是解決問題的難點.多體兩次作用的問題將很多過程交織在一起,具有一定的難度.

圖10

例7如圖10所示,長木板A靜止放在水平地面上,其右端疊放著物塊B,左端恰好在O點,水平地面以O點為界,左側光滑,右側粗糙.物塊C(可以看作質點)和物塊D之間夾著一根被壓縮的彈簧,并用細線鎖住,此時彈簧的彈性勢能為8 J,二者以共同的速度v0=6 m·s-1向右運動,某時刻細線突然斷開,物塊C與彈簧分離后,撤去物塊D,物塊C與長木板A碰撞并與之粘連(碰撞時間極短).已知A、B、C、D的質量均為m=2 kg,木板A的長度l=6 m,A、C與粗糙地面間的動摩擦因數相同,均為μ1=0.1,A、B間的動摩擦因數為μ2=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m·s-2.

(1)求物塊C和彈簧分離時物塊D的速度大小;

(2)求最終物塊B離長木板A左端的距離;

(3)若物塊C與長木板A碰撞的同時,在長木板A的右端施加一水平向右的恒力F=18 N,經過一段時間后撤去,物塊B剛好不從長木板的左端滑出,求恒力F作用的時間.

(2) 設C與A碰后共同速度為vA,C與A碰撞過程中動量守恒,則mv1=2mvA,解得vA=4 m·s-1,此后,A、C合在一起向右做勻減速運動,B向右做勻加速運動,直至三者達到共同速度.對A、C整體受力分析,由牛頓第二定律得μ2mg+3μ1mg=2ma1,解得a1=2.5 m·s-2.對B受力分析,由牛頓第二定律列式得μ2mg=ma2，解得a2=2 m·s-2.

設經過時間t,A、B、C三者速度相同,并設共同速度為v,A、C與B的位移差為Δx，有

(3) 根據題意,物塊B剛好不從長木板的左端滑出,即物塊B相對于A滑行距離為l時剛好達到共同速度.施加恒力F后,A、C向右做勻加速運動,B也向右做勻加速運動,B相對于A向左滑動,對A、C整體有

F-(μ2mg+3μ1mg)=2ma3,

解得a3=2 m·s-2.對B有μ2mg=ma4,解得a4=2 m·s-2.撤去恒力F后,A、C向右做勻減速運動,B繼續向右做勻加速運動,B相對于A向左滑動,直到三者達到共同速度.對A、C整體有μ2mg+3μ1mg=2ma5,解得a5=2.5 m·s-2.整個過程有

v′=vA+a3t1-a5Δt=a4(t1+Δt).

圖11

與動量守恒定律有關的模型遠不止這些,還需要不斷總結和歸納．針對高考出現的頻率較高的題型進行總結和分析,既有利于高考復習和備考,也有利于物理學科核心素養的落實與培養．