高考动量守恒“高频模型”分析与归纳

秦付平

动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一,也是高中物理教学的重要内容,同时还是高考考查的重点和热点,在历年高考中出现的频率很高.这些试题多以现实生活和实际问题为立意命题,考查学生物理学科核心素养和综合分析能力.笔者研究历年高考试题,总结了以下几种模型,并归纳了此类题型相应的解题方法,以飨读者.

1 人船模型

人船模型是一种反冲现象,是由人和船两个物体构成的系统,在该系统中,人和船相互作用下各自运动,人与船间的摩擦力是内力,水面给船的阻力可以忽略不计,运动过程中该系统所受到的合力为零,即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒.人船模型中的人和船相互作用过程中系统的动能增大,有其他形式的能转化为动能.

图1

例1如图1所示,质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边.当他向左走到船的左端时,船左端离岸多远?

点评 此结论与人在船上行走的速度大小无关,无论是匀速行走还是变速行走,甚至往返行走,只要人最终到达船的左端,结论都是相同的.人船模型问题是我们常遇到的问题,本题所用方法和结果有普遍意义,但应注意l1、l2必须是相对同一参考系.

图2

拓展如图2所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的物体(M>m,且物体可以看作质点),沿光滑斜面下滑,当物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( ).

分析由于斜面体放在光滑水平面上,则物体下滑的过程中,斜面后退.由平均动量守恒可列式求解,列式时要抓住两物体运动的水平位移之和等于斜面的水平长度.

解析 物体与斜面在水平方向上动量守恒,设物块水平速度的方向为正方向,则mv1-Mv2=0,运动时间相等,则有ms1-Ms2=0.由题意可知,

联立解得斜面体在水平面上移动的距离

故选项C正确.

点评 本题考查平均动量守恒定律的应用,根据动量守恒定律得出质量与水平位移的乘积也是守恒的.

2 滑块模型

滑块模型是指物块在木板上运动的情境,是一种相对运动现象.一般来说,滑块受到木板的摩擦力约束,会出现相对静止和相对滑动的情况,需要分析两个物体之间的相互作用力.该模型主要以受力分析为突破口,涉及动量守恒、牛顿运动定律、能量守恒等内容.

图3

例2如图3所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m

(1)A、B最后的速度大小和方向;

(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小.

解析 (1)由A、B系统动量守恒定律可得

Mv0-mv0=(M+m)v,

点评 本题解题关键是分析清楚运动过程,此类问题往往会涉及系统滑动摩擦力做功生热,根据能量守恒可知产生的热量Q=μmgs相对=Ek末-Ek初.

图4

(1)求滑块C与A、B间的动摩擦因数及滑块C滑行的时间;

(2)若解除锁定,再让滑块C以同样的初速度滑上长木板A，则最终A、B的速度分别为多少?

分析A、B两个长木板锁定在光滑水平面上时,滑块C从长木板A的左端滑上，刚好能停在长木板B的右端,由功能关系求动摩擦因数μ,利用动量定理求运动时间.若解除锁定,三个物体组成的系统动量守恒.最终C停在B上,二者速度相等,根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解相关量.

(2)若解除锁定,设A最终速度为v1,C刚滑离A时,C的速度大小为v2.C在A上滑行过程,取向右为正方向,根据动量守恒定律得

根据功能关系知

设B、C最终速度为v3,对整个过程以A、B、C系统为研究对象,根据动量守恒定律得

可得

点评 本题综合考查了动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律,解题关键是正确选择研究对象和研究过程,把握隐含的临界情况和临界条件.

3 某一方向上的动量守恒

动量守恒定律是矢量式,在研究系统的某一方向上,如果符合动量守恒定律的条件,则在该方向上可以应用动量守恒定律列方程.

图5

例3如图5所示,AB为一光滑水平横杆,杆上套一质量为M的小圆环,环上系一长为L质量不计的细绳,绳的另一端拴一质量为m的小球,现将绳拉直,且与AB平行,由静止释放小球,则当线绳与AB成θ角时,圆环移动的距离是多少?

解析 虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合力不为零(杆的支持力与圆环和小球的重力之和不相等)，系统动量不守恒,但是系统在水平方向不受外力,因而水平方向动量守恒.设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v,圆环的水平速度为v′,则由水平动量守恒有Mv′=mv,且在任意时刻或位置v′与v均满足这一关系,加之时间相同,公式中的v′和v可分别用其水平位移替代,则上式可写为Md=m(L-Lcosθ-d),解得圆环移动的距离

点评 本题根据某一方向动量守恒进行列式,考查对动量守恒条件的理解与灵活运用能力.

图6

拓展如图6所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d,m2的左边有一固定挡板,已知m1≥m2,m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中( ).

A.m1的最小速度是0

C.m2的最大速度是v1

解析m1与m2相距最近后，m1继续前进,之后m1减速,m2加速,达到共同速度时二者相距最远,之后m1继续减速,m2继续加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度，m2达到最大速度.两小球水平方向不受外力，动量守恒,当两小球再次相距最近时，设m1的速度为v′1，m2的速度为v′2，则有

4 爆炸类模型

爆炸过程中,内力远大于外力,系统可以近似认为动量守恒.爆炸模型相互作用过程中系统的动能增大,有其他能向动能转化.

例4抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m·s-1,这时突然炸成两块,其中大块质量300 g仍按原方向飞行,其速度为50 m·s-1,另一小块质量为200 g,求它的速度的大小和方向.

分析手雷在空中飞行时所受合力应是它受到的重力G=(m1+m2)g,可见系统的动量并不守恒.但在爆炸瞬间,内力远大于外力,外力可以忽略不计,可近似认为系统动量守恒.

点评 爆炸类型的题目与反冲问题相似,都存在动能增加情况.

5 子弹打木块模型

子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞.它的物理情境是:子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程.

例5设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块,并留在木块中,子弹钻入木块深度为d.求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离.

解析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞.从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v.从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff.

图7

点评 根据能量守恒定律,系统动能的损失应该等于系统内能的增加,即Ffd=Q,也就是说两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能),等于摩擦力与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力,摩擦生热跟路径有关,所以这里应该用路程,而不是用位移). 做这类题时一定要画好示意图,把各种数量关系和速度符号标在图上,以免列方程时代错数据.

图8

(1) 击中瞬间,A和B的速度各多大?

(2) 以后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？

(2) 子弹击中滑块A后，子弹和A、B组成的系统动量守恒，则有

系统的机械能守恒，则有

点评 对于复杂的物理问题首先要搞清物理过程,要明确是否满足动量守恒或机械能守恒条件,特别是碰后两物体有共同速度的情况,通常此时系统机械能损失最大,所以动量守恒时,机械能不一定守恒.

6 碰撞模型

例6甲、乙两球在水平光滑轨道上沿同方向运动,已知它们的动量分别为p1=5 kg·m·s-1,p2=7 kg·m·s-1,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球动量变为10 kg·m·s-1,则两球质量m1与m2间关系可能为( ).

A.m1=m2B. 2m1=m2

C. 4m1=m2D. 6m1=m2

解析 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,有p1+p2=p′1+p′2,即p′1=2 kg·m·s-1.碰撞过程能量不增加，则有

又因为甲追乙,甲的速度大于乙的速度，即有

点评 碰撞的特点：1)作用时间极短,内力远大于外力,总动量总是守恒的;2)碰撞过程中,总动能不增加,因为没有其他形式的能量转化为动能;3)碰撞过程,两物体产生的位移可忽略.

图9

拓展静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg.二者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图9所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20,重力加速度g取10 m·s-2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.

(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;

(2)物块A、B中哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?

(3)A和B都停止后,求A与B之间的距离.

解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB,

联立并代入数据得vA=4.0 m·s-1,vB=1.0 m·s-1.

从二者分开到B停止,A若一直向右运动,由动量定理可得-μmAgt2=mAv′A-mAvA, 代入数据可得v′A=3 m·s-1.对A由动能定理可得

则位移xA=1.75 m>l=1.0 m.这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边,距离为Δx=2l-xA=0.25 m处.B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离

s=xB+Δx=0.50 m.

(3)t2时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为v″A,由动能定理有

故A与B将发生碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为vA0和vB0,由动量守恒定律与机械能守恒定律有

mA(-v″A)=mAvA0+mBvB0,

联立并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为x′A时停止,B向左运动距离为x′B时停止,由动能定理可得

代入数据得x′A=0.63 m,x′B=0.28 m.x′A小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离

s′=x′A+x′B=0.91 m.

7 多体两次作用模型(能量和动量综合问题)

对于高考压轴题来说,运动的多重性、研究对象的复杂性是解决问题的难点.多体两次作用的问题将很多过程交织在一起,具有一定的难度.

图10

例7如图10所示,长木板A静止放在水平地面上,其右端叠放着物块B,左端恰好在O点,水平地面以O点为界,左侧光滑,右侧粗糙.物块C(可以看作质点)和物块D之间夹着一根被压缩的弹簧,并用细线锁住,此时弹簧的弹性势能为8 J,二者以共同的速度v0=6 m·s-1向右运动,某时刻细线突然断开,物块C与弹簧分离后,撤去物块D,物块C与长木板A碰撞并与之粘连(碰撞时间极短).已知A、B、C、D的质量均为m=2 kg,木板A的长度l=6 m,A、C与粗糙地面间的动摩擦因数相同,均为μ1=0.1,A、B间的动摩擦因数为μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m·s-2.

(1)求物块C和弹簧分离时物块D的速度大小;

(2)求最终物块B离长木板A左端的距离;

(3)若物块C与长木板A碰撞的同时,在长木板A的右端施加一水平向右的恒力F=18 N,经过一段时间后撤去,物块B刚好不从长木板的左端滑出,求恒力F作用的时间.

(2) 设C与A碰后共同速度为vA,C与A碰撞过程中动量守恒,则mv1=2mvA,解得vA=4 m·s-1,此后,A、C合在一起向右做匀减速运动,B向右做匀加速运动,直至三者达到共同速度.对A、C整体受力分析,由牛顿第二定律得μ2mg+3μ1mg=2ma1,解得a1=2.5 m·s-2.对B受力分析,由牛顿第二定律列式得μ2mg=ma2，解得a2=2 m·s-2.

设经过时间t,A、B、C三者速度相同,并设共同速度为v,A、C与B的位移差为Δx，有

(3) 根据题意,物块B刚好不从长木板的左端滑出,即物块B相对于A滑行距离为l时刚好达到共同速度.施加恒力F后,A、C向右做匀加速运动,B也向右做匀加速运动,B相对于A向左滑动,对A、C整体有

F-(μ2mg+3μ1mg)=2ma3,

解得a3=2 m·s-2.对B有μ2mg=ma4,解得a4=2 m·s-2.撤去恒力F后,A、C向右做匀减速运动,B继续向右做匀加速运动,B相对于A向左滑动,直到三者达到共同速度.对A、C整体有μ2mg+3μ1mg=2ma5,解得a5=2.5 m·s-2.整个过程有

v′=vA+a3t1-a5Δt=a4(t1+Δt).

图11

与动量守恒定律有关的模型远不止这些,还需要不断总结和归纳．针对高考出现的频率较高的题型进行总结和分析,既有利于高考复习和备考,也有利于物理学科核心素养的落实与培养．