理解動量守恒定律應注意的四個方面

■重慶市巫山中學 韋先超

動量守恒定律是自然界中最普遍的基本規律之一，它在解釋自然現象和解決實際問題時具有極其廣泛的應用。動量守恒定律的表述很簡潔，但是同學們不能僅僅局限于記住定律內容(如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，那么這個系統的總動量保持不變)，還需要從以下四個方面著手深刻理解動量守恒定律的內涵和外延，避免因概念理解不透徹、規律認識不清楚而錯誤應用。

一、選對滿足動量守恒定律的系統

由兩個或多個相互作用的物體構成的整體叫作一個力學系統，簡稱系統。利用動量守恒定律列方程式時，既不能把沒有參與作用的物體放在選定的研究系統中，也不能在選定研究系統時漏掉參與作用的物體，更不能使得所列方程式兩邊選定的不是同一個研究系統。

例1如圖1所示，小車和物塊位于光滑水平地面上，小球用輕繩懸掛在車廂頂部，某時刻小車以速度v與靜止物塊發生碰撞。若小車的質量為m1，小球的質量為m2，物塊的質量為m3，碰撞的時間極短，則下列情況可能發生的是( )。

圖1

A.碰撞后小車、小球、物塊的速度均變化，且三者碰后的速度v1、v2、v3滿足關系式(m1+m2)v=m1v1+m2v2+m3v3

B.碰撞后小球的速度不變，小車和物塊的速度變化，且二者碰后的速度v1、v2滿足關系式(m1+m2)v=m1v1+m3v2

C.碰撞后小球的速度不變，小車和物塊的速度都變為v1，且滿足關系式m1v=(m1+m3)v1

D.碰撞后小球和小車的速度變為v1，物塊的速度變為v2，且滿足關系式(m1+m2)v=(m1+m2)v1+m3v2

解析:小車和物塊位于光滑水平地面上，小球懸掛在車廂頂部，由小車、小球和物塊組成的系統在水平方向上不受外力作用，可以判斷碰撞前后系統的動量守恒。又因碰撞時間極短，小車與物塊碰撞的過程中，懸掛小球的輕繩來不及偏離豎直方向，小車與物塊間的作用力只能使小車和物塊的動量發生變化，而不能使小球的動量發生變化。綜上，在小車和物塊碰撞的極短時間內，應用動量守恒定律列式時只需選擇由小車與物塊組成的系統為研究對象。若碰撞后瞬間小車與物塊分離，則二者碰后的速度v1、v2滿足關系式m1v=m1v1+m3v2;若碰撞后小車和物塊粘在一起運動，則二者碰后的共同速度v1滿足關系式m1v=(m1+m3)v1。

答案:C

注意:小車與物塊發生碰撞的時間極短，說明在碰撞過程中，懸掛小球的輕繩來不及擺開一個明顯的角度，因而小球在水平方向上尚未受到力的作用，其水平方向的動量未發生變化，即在小車與物塊發生碰撞的過程中，參與作用的物體只有小車與物塊。

例2一輛裝滿細沙的小車以速度v0沿光滑平直軌道勻速行駛，小車(含細沙)的總質量為M。某時刻在小車底部扎出一個小洞，細沙從洞中不斷流出，則小車的速度將( )。

A.逐漸減小

B.保持不變

C.逐漸增大

D.條件不足，無法確定

解析:小車沿光滑平直軌道勻速行駛，在水平方向上所受合外力為零，動量守恒。設漏掉質量為Δm的細沙瞬間，小車的速度變為v'，由于慣性細沙的速度仍為v0，根據水平方向動量守恒得Mv0=(M-Δm)v'+Δmv0，解得v'=v0，即小車的速度保持不變。

答案:B

注意:有的同學會列出方程式Mv0=(M-Δm)v'，得出v'＞v0(車速增大)的錯誤結論，產生這種錯誤的原因是在利用動量守恒定律列方程式時，沒有保持初、末狀態研究對象是同一系統(質量不變)這一必要條件。

二、選定同一參考系

動量是矢量，確定物體的動量需要先選定參考系，物體的動量可以相對于任何參考系，但是在動量守恒定律表達式中，各物體的動量必須是相對于同一慣性參考系的。一般情況下，選地面為參考系，然而為了研究方便，也可以選運動的小船為參考系研究船上物體的運動，選空間站為參考系研究火箭或航天器的運動等。

例32023年10月26日11時14分，搭載“神舟十七號”載人飛船的“長征二號”F遙十七運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射。假設在運載火箭相對中國空間站以速度v0飛行的過程中，某時刻運載火箭突然以相對火箭為v的速度向后噴出一股氣體，使得運載火箭的速度改變。已知運載火箭的總質量為M，噴出氣體的質量為m，則噴出氣體后火箭的速率變為( )。

解析:運載火箭在噴出氣體的過程中，動量守恒。選中國空間站為參考系，設運載火箭噴出質量為m的氣體后，運載火箭和噴出氣體相對中國空間站的速度分別為v1和v2，則v2=v-v1。選速度v1的方向為正方向，以由運載火箭和噴出氣體組成的系統為研究對象，系統的初動量p=Mv0，末動量p'=(M-m)v1+m[-(v-v1)]。根據動量守恒定律得p'=p，即Mv1-mv=Mv0，解得。

答案:D

注意:v0是火箭相對中國空間站的速度，v是氣體相對火箭的速度，兩個速度是相對兩個不同的慣性參考系的，若不加分析直接列出關系式(M-m)v1-mv=Mv0，就會得出的錯誤結論。

三、注意動量的方向

動量具有矢量性，因此應用動量守恒定律列出的是一個矢量表達式。我們在應用動量守恒定律求解相關問題時，需要先設定正方向，再根據研究系統內各個物體的速度方向確定其動量的方向。若研究系統只滿足某個方向上的動量守恒，而相互作用的系統內各個物體的速度與動量守恒方向間存在夾角，則需要先借助速度的分解求出沿動量守恒方向的分速度，再代入動量守恒定律表達式進行求解。

例4假設一個爆竹以與水平方向成60°角的初速度v0斜向上飛向空中，到達最高點時爆炸成質量分別為m和2m的兩塊，其中質量為2m的一塊沿原方向以速度2v0飛行，忽略空氣阻力，則質量為m的一塊的速度應為( )。

A.-v0B.

C.-2v0D.

解析:做斜上拋運動的爆竹在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻減速直線運動，到達最高點時豎直分速度減小為零，水平分速度為，因此爆竹爆炸前的瞬時速度。選速度v1的方向為正方向，在爆竹爆炸的過程中，由整個爆竹組成的系統的動量守恒，系統的初動量p=(m+2m)v1，末動量p'=2mv1'+mv2，其中，v1'=2v0，則p'=p，即，解得，負號表示速度方向與規定的正方向相反。

答案:D

注意:若只關注動量的數值大小，忽略了動量的矢量性，列出方程式3mv0=2m·2v0+mv2，就會得出v2=-v0的錯誤結論。

四、正確分析臨界狀態

應用動量守恒定律求解臨界問題，需要先正確分析臨界狀態，抓住臨界條件，再考慮矢量性、同一性等列式求解。例如，由輕質彈簧連接的兩個物體達到的臨界狀態是彈簧被壓縮到最短或被拉伸到最長，臨界條件是彈簧兩端的物體速度相等;物體滑上足夠長斜面(斜面體可移動)的臨界狀態是物體滑到斜面的最高點，臨界條件是物體與斜面體在水平方向上具有共同速度;以不同運動狀態沿水平面同向運動的兩個物體的臨界狀態是后面的物體恰能追上前面的物體，臨界條件是后面物體的速度等于前面物體的速度等。

例5截面如圖2所示的物體P靜置于光滑水平地面上，其質量M=2 kg。物體P截面的水平部分ab粗糙，長度L=2 m;傾斜部分bc光滑，傾角α的余弦cosα=0.4;水平部分ab和傾斜部分bc通過一段長度可忽略的光滑圓弧連接。一質量m=1 kg的木塊以水平初速度v0=3 m/s從a點向左運動，沿斜面上升的最大高度h=0.2 m。木塊可視為質點，取重力加速度g=10 m/s2，則木塊在水平部分ab上受到的摩擦力f為( )。

圖2

解析:木塊上升到斜面最大高度處時，若其豎直分速度大于零，則木塊會繼續上滑;若其豎直分速度小于零，則木塊已經開始下滑。因此木塊上升到斜面最大高度處時，達到臨界狀態，木塊的豎直分速度等于零，木塊和物體P沿水平方向具有共同速度。在木塊從a點滑至斜面最大高度處的過程中，設木塊上升到斜面最大高度處時，木塊和物體P的共同速度為v1，根據動量守恒定律得mv0=(M+m)v1，根據能量守恒定律得，解得。

答案:C

注意:若對木塊上升到斜面最大高度這一臨界狀態分析不清楚，錯誤地認為木塊上升到斜面最大高度處時，木塊的速度為v1，物體P的速度為v2，得出v2=v1cosα，再根據動量守恒定律和能量守恒定律列式求解，就會得出的錯誤結論。