动量守恒定律的应用条件，本文主要内容关键词为：守恒定律论文,动量论文,条件论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
一、动量守恒定律的条件性
系统动量守恒是有条件的，其条件为一个系统不受外力或所受外力之和为零。
例1 如图1所示，装有细砂的容器恰能静止在斜面上，某物体以一定的速度相对于地 面竖直落入容器内，与容器相碰后，容器与物体
A.一定做匀加速运动
B.一定做变加速运动
C.一定做匀速运动
D.仍静止
附图
错解 发生碰撞时，沿斜面方向容器受的合外力始终为零，所以物体和容器组成的系 统沿斜面方向的动量守恒。因碰撞前物体有沿斜面向下的分动量，所以碰撞后物体与容 器一起沿斜面向下做匀速运动。误选C。
分析 错解忽略了动量守恒的条件。碰撞时，容器受到物体的冲力大于物体的重力， 容器对斜面的压力大于容器与物体组成的系统的重力在垂直于斜面方向的分力，容器受 的摩擦力大于容器与物体组成的系统的重力沿斜面方向的分力，所以容器与物体组成的 系统在碰撞过程中沿斜面方向的合外力不为零，沿斜面方向的动量不守恒。实际上，该 系统沿斜面向下的分力不会大于斜面对系统的最大静摩擦力，所以容器不会滑动，答案 应选D。
例2 在足够长的固定斜面上有一质量为m的长方体木块A，木块的上表面光滑，下表面 粗糙。当木块获得初速度v[,0]后正好能沿斜面匀速下滑。当木块沿斜面匀速下滑时， 将一质量为m的正方体滑块B轻轻地放在木块表面，如图2所示，B在A上从静止开始无摩 擦地下滑。当滑块B在木块A上的动量达到
木块A的动量是多大?
附图
错解 木块能沿斜面匀速下滑，故若滑块B固定在A上，它们将一起沿斜面匀速下滑， 这说明A、B组成的系统所受的合外力为零，故A、B组成的系统动量守恒。设题目中要求 的A的动量为
附图
沿斜面向上。
分析 滑块B在木块上下滑，在B的动量达到mv[,0]前，A所受斜面的摩擦力为滑动摩擦 力，方向沿斜面向上，大小等于A、B所受重力平行于斜面向下的分力之和，A、B组成的 系统所受合外力为零，该系统动量守恒。当B的动量达到mv[,0]时，A的动量减为零。此 后，A一直保持静止。当B的动量达到mv[,0]后，A所受斜面的摩擦力为静摩擦力，静摩 擦力的方向虽然沿斜面向上，但大小等于A所受的重力在平行于斜面方向上的分力(变小 了)，A、B组成的系统的动量不再守恒了。显然，
二、系统的整体性
动量守恒定律是对相互作用的物体组成的系统而言的，具有整体性。动量守恒是指系 统内所有物体的总动量守恒，并不是指系统内每一个物体的动量都不变。动量守恒定律 的整体性表现在两个方面：一是对象的整体性，二是过程的整体性。
例3 如图3所示，一辆小车的尾部站着一个人，手里拿着一个球，球的质量为m，人、 车的总质量为M。小车以速度v[,0]在光滑水平地面上匀速前进。当人松手向小车释放小 球后，问小车的速度v变为多大?
附图
错解 以人，车、球为一个系统。在人释放小球的前后过程中，系统在水平方向不受 外力，动量守恒。对系统在上述过程中，由动量守恒定律得
分析 动量守恒定律的研究对象是一个系统，这个系统在运动过程中其组成部分是不 变的。错解没有考虑到小球离开手的瞬间仍是系统的一部分，并保持与车相同的速度。 因此，根据动量守恒定律有(m + M)v[,0] = Mv + mv。解得v = v[,0]，所以小车的速 度不变。
三、参考系的同系性
速度、动量的大小和方向都具有相对性。若系统中不同物体的动量相对不同的惯性参 考系，系统的动量就不可能守恒。因此，应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的 动量必须是相对于同一惯性参考系的动量，这就是动量守恒定律的同系性。
例4 如图4所示，炮车在水平铁轨上匀速行驶，速度为v[,0]，炮车(包括炮弹在内)的 质量为M。现在炮车水平向前发射一颗质量为m的炮弹，已知炮弹离开炮口的速度为u， 求发射炮弹后炮车的速度v。
附图
错解 以炮车、炮弹为系统，发射炮弹的过程中，系统在水平方向上可看做不受外力 作用，系统的动量守恒。对系统在上述过程中应用动量守恒定律得
分析 速度与参考系的选择有关。应用动量守恒定律解题时，系统内各物体在初、末 状态的速度都必须是相对于同一参考系的。错解中的v[,0]、v都是以地为参考系的，而 炮弹射出后的速度u是相对于炮车的，因此它们不是相对于同一参考系的。以地为参考 系，炮弹射出后的速度应为(v + u)，所以上述动量守恒的方程应改为Mv[,0] =
例5 一个质量为50kg的人站在质量为200kg的小车尾部。人和车以共同速度2m/s在光 滑的水平地面上匀速前进。当人以相对于车的水平速度4m/s向后跳出后，车的速度多大 ?
错解 题中人和车组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。以人和车原来一 起匀速前进的方向为正方向，由动量守恒定律得(m[,人] + m[,车])v = m[,人]v[,人] ′ + m[,车]v[,车]′。
把m[,人] = 50kg,m[,车] = 200kg,v = 2m/s,v[,人]′ = -4m/s代入可得v[,车]′ = 3.5m/s。
分析 动量守恒定律表达式中各速度应是相对同一个静止(或做匀速直线运动)的参考 系的速度，通常以地球作为参考系。错解中的v = 2m/s是原来人和车对地的速度，而v[ ,人]′ = -4m/s是人跳出车时相对于车的速度，不是相对于地的速度，v[,人]′应为v[ ,人对车]′ + v[,车]′，注意v[,人对车]′和v[,车]′是指跳车时的瞬间速度。
(m[,人] + m[,车])v = m[,人]v[,人]′ + m[,车]v[,车]′ = m[,人](v[,人对车]′ + v[,车]′) + m[,车]v[,车]′，其中v[,人对车]′ = -4m/s。
解得v[,车]′ = 2.8m/s，方向与原前进方向相同。
四、状态的同时性
系统的总动量应该是同一时刻系统内各物体动量的矢量和，系统中各物体在不同时刻 的动量的矢量和不具有物理意义。当系统中某一物体的动量改变时，同时必有另外的物 体改变动量，动量守恒定律等式两边的动量必须分别对应开始时刻和另一时刻的动量。
例6 在太空中飞行的火箭，速度为v[,0]，质量为M，其喷气发动机突然向后喷出质量 为m的气体。已知气体喷出时相对于喷口的速度为u，求火箭喷出气体后的速度v。
错解 以火箭(包括喷出的气体)为研究对象，对火箭在喷出气体的过程中应用动量守 恒定律得
附图
分析 动量是个状态量，具有瞬时意义，因此动量守恒定律中系统的各个组成部分的 速度应处于同一时刻。错解将火箭喷气后，火箭与气体的速度对应的时刻弄错了。v[,0 ]是火箭初始时刻的速度，火箭在喷出气体的过程中，本身的速度在不断变化。当气体 离开火箭后(喷气后)，火箭此时速度已不是v[,0]而是v。因此，气体此时的速度应为(v - u)，正确的动量守恒方程为
五、动量的矢量性
由于速度和动量都是矢量，因此，系统的动量是指系统内所有物体动量的矢量和。系 统的动量守恒，是指系统内各物体动量矢量和的大小和方向保持不变。动量守恒定律的 表达式是一个矢量式，动量守恒定律具有矢量性。当动量方向都在一条直线上时，规定 正方向后可用正、负号来表示动量的矢量性，动量守恒方程的矢量式就可简化为代数式 。对各矢量前的正、负号的选取，通常有两种方法：一是字母本身带正、负号，该字母 既表示大小又表示方向，动量守恒定律文字方程中的运算符号一律取“ + ”号；二是 字母本身不带正、负号，该字母只表示大小不表示方向，动量的矢量性则通过方程中运 算符号的“ + ”或“ - ”来表示。
例7 质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v[,A]与质量为2m的静止小球B发生正磁 ，碰撞后A球的动能恰好变成原来的1/9，求B球碰撞后的速度。
附图
六、动量守恒定律的近似性
如果一个系统所受的外力之和不等于零，严格地说，系统的动量不守恒。但是，如果 相互作用的时间极短，且外力远小于内力，这时可认为系统的动量近似守恒，如爆炸、 打击、碰撞等过程中，若系统内物体的重力、外界对系统中物体的摩擦力等均可忽略， 则可认为系统的动量近似守恒。
例8 A、B、C三个相同的物体从同一高度同时竖直下落。A自由下落，B开始下落时被 一水平飞来的子弹击中且子弹留在B内，C下落到高度的一半时被水平飞来的子弹击中且 子弹留在C内，则A、B、C在空中运动的时间t的关系是
A.t[,A] = t[,B] = t[,C]
B.t[,A]＞t[,B]＞t[,C]
C.t[,A] = t[,B]＜t[,C]
D.t[,A]＞t[,B] = t[,C]
错解 由平抛运动的知识可知t[,A] = t[,B] = t[,C]，选A。
分析 设C物体的质量为M，子弹的质量为m，C物体下落到高度的一半时的速度为v[,0] ，C物体和子弹组成的系统所受的外力为重力，合力不为零，但比子弹与C物体的相互作 用力要小得多，可忽略重力的作用，在竖直方向上动量近似守恒。设竖直向下的方向为 正方向，根据动量守
由此可见，由于子弹在C物体下落到高度一半时射入，使C物体在竖直方向上的速度减 小了，所以C物体在空中运动的时间延长了，故选C。
七、动量守恒定律的独立性
如果一个系统所受的外力之和不为零，外力也不远小于内力(或作用时间不是极短)， 这时系统的动量不守恒，也不能认为动量近似守恒，但是只要某个方向上不受外力或外 力的分量等于零，或者某个方向上的外力远小于内力，那么在这个方向上系统的动量近 似守恒，这就是动量守恒定律的独立性。
例9 水平轨道上放置一门质量为M的炮车，其发射的炮弹的质量为m，炮车与轨道间的 摩擦力不计。当炮车与水平方向成θ角发射炮弹时，炮弹相对地面的速度为v[,0]，求炮车后退的速度。
错解 由动量守恒定律得mv[,0] - Mv = 0。解得
分析 错解没有考虑炮弹发射时与水平方向有夹角，误认为动量守恒。炮弹与炮车组 成的系统在发射过程中受两个力作用：一为两者的重力G，二为地面的支持力N。因倾斜 发射炮弹，故N＞G，合外力不为零，系统的动量不守恒，但水平方向无外力作用，系统 在水平方向上的动量守恒。以v[,0]在水平方向的分量方向为正方向，设炮车后退的速 度为v，根据水平方向的动量守恒得mv[,0]cosθ - Mv = 0，解得炮车后退的速度为
八、动量守恒定律的阶段性
如果系统与外界存在间断的相互作用，则整个过程中系统的动量不守恒。这样的复杂 过程可分为几个阶段，如果在某些阶段满足动量守恒的条件，则系统在对应的这些阶段 动量守恒或近似守恒，对这些阶段可根据动量守恒定律求解，这就是动量守恒定律的阶 段性。
例10 如图5所示，M = 2kg的小车，静止在光滑的水平面上，车上水平部分AB长L = 1 m，车表面的动摩擦因数μ = 0.3，BC部分是一光滑的1/4圆弧形轨道，半径R = 0.4m。今有质量m = 1kg的物块以水平速度v[,0] = 5m/s冲上小车，试求小车能获得的最大速度(取g = 10m/s[2])。
附图
由于h＞R，说明物块达到小车最高点后，会向上斜抛出。刚离开小车时，小车和物块 在水平方向上有相同的速度，由于惯性物块仍落入圆弧内。在物块返回的过程中，物块 不断对小车施压，则小车速度仍在增加，故上面求出的最大速度是错误的。小车和物块 的运动情况大致可用图6描述。
附图
经过上述分析可知，物块落入圆弧后达到水平点B点时，小车的速度最大。设此时物块 、小车的速度分别为v[,1]、v[,2]，取水平向右的方向为正方向，此时在水平方向上由 动量守恒定律及系统能量守恒定律有
附图
同样可得物块速度v[,1] = -1m/s，方向向左，说明此时物块抛出后已经返回到B点， 故小车能获得的最大速度为3m/s。
总之，在求解有关系统内几个物体的关联运动时，一定要正确地描绘出每个物体的运 动情景，注重对物理过程的分析，找出物体之间的相互关系，要对结果进行检验，并及 时找到解决问题的突破口。
训练题
1.甲物体以动量p[,1]与静止在光滑水平面上的乙物体正碰，碰后乙物体的动量为p[,2 ]，则p[,1]和p[,2]的关系可能是
A.p[,1] = 2p[,2]
B.p[,1] = p[,2]
C.2p[,1] = p[,2]
D.p[,1] = 3p[,2]
2.春节期间孩子们爱玩“冲天炮”。有一个被点燃的“冲天炮”正喷出气体竖直向上 运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动。在这段时间内，下列有关“ 冲天炮”的描述正确的是
A.合外力不变B.反冲力变小
C.机械能可能变大
D.动量变小
3.一辆平板车在光滑水平面上匀速运动，下列判断正确的是
A.沙子从高处自由下落，落在平板车上后车速不变
B.沙子从平板车上的小孔落下，车速不变
C.当车上的人竖直向上抛出一小球时，车速不变
D.地面上的人看到车上一小球相对地面做自由落体运动时，车速不变
4.如图7所示，在光滑水平面上有三个完全相同的小球排成一直线，球2和球3静止且靠 在一起。球1以速度v[,0]撞向它们，若在碰撞中无机械能损失，则碰撞之后三个小球的 速度分别为
附图
5.如图8所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m[,0]，小车(和单摆)以 恒定的速度v[,0]沿光滑水平地面运动，与位于对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰 撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是
附图
A.小车、木块和摆球的速度均发生变化，分别变为v[,1]、v[,2]、v[,3]，且满足(M + m[,0])v[,0] = Mv[,1] + mv[,2] + m[,0]v[,3]
B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v[,1]和v[,2]，且满足Mv[,0] = Mv[,1] + mv[,2]
C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v[,1]，且满是Mv[,0] = (M + m)v[,1]
D.小车和摆球的速度都变为v[,1]，木块的速度变为v[,2]，且满足(M + m[,0])v[,0] = (M + m[,0])v[,1] + mv[,2]
参考答案
1.ABCD 2.ABCD 3.BC 4.D 5.BC