動量機械能守恒?相似相異須弄清

華興恒

動量守恒定律與機械能守恒定律是高中力學知識中的兩個重要規律，它們表示的是機械運動不同本質的規律，既有相似之處，又有很大區別，這就要求我們在學習的過程中務必要弄清楚，正確地運用這兩個定律，以防錯誤的發生．

一、相似之處

1. 兩個定律均是用“守恒”來表示自然界的變化規律，研究對象均為物體系，運用“守恒量”來表示物體系運動狀態的變化規律是研究物理問題的重要方法．

2. 兩個守恒定律都必須滿足一定條件才能成立，都是用運動的初、末兩個狀態的守恒量相等來表示物體系的規律特征，因此它們的表達式是相似的，并且均有多種形式．

3. 運用守恒定律解題要注意其整體性（不是其中一個物體）、相對性（表達式中的速度和其它有關物理量必須對應同一參考系）、同時性（物體系內各物體的動量和機械能都是對應同一時刻的）、階段性（滿足條件的各個過程的始末量均守恒）.列方程時只需考慮運動的初狀態和末狀態，不必考慮中間過程細節．

4. 兩個定律都可用實驗驗證，用理論論證.動量守恒定律是將動量定理應用于相互作用的物體，在不受外力的條件下可推導出來；機械能守恒定律是將動能定理應用于物體系（物體與地球組成系統），在只有重力做功的條件下可推導???出來．

二、不同之處

1. 守恒量不同.動量守恒定律的守恒量是動量，機械能守恒定律的守恒量是機械能.因此它們所表征的守恒規律有著本質的區別.動量守恒時，機械能可能守恒，也可能不守恒；反之亦然．

2. 守恒條件不同.動量守恒定律的適用條件是系統不受外力（或系統在某一方向上不受外力）；或系統所受外力的合力為零；或系統所受的合外力遠小于系統的內力.機械能守恒定律適用的條件是只有重力做功；或只有重力做功，其它力不做功；或雖除重力的功外，還有其它力做功，但這些力做功的代數和為零．

3. 表達式不同.動量守恒定律的表達式是一個矢量式，不論是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，還是p1+p2=p1′+p2′，或者△p1=-△p2均是矢量.對于在同一直線上運動的物體系，只要規定正方向，動量守恒定律可表示為標量式；對于不在同一直線上運動的物體，可進行正交分解后，列出兩個標量式表示動量守恒.在高中階段，動量守恒定律的應用只限于一維的情況.機械能守恒定律的表達式為標量式，一般可表示為Ek1+Ep1=Ek2+Ep2，或者△Ep=-△Ek，或者△Ea=-△Eb（將系統分成a、b兩部分來研究）．

【例1】（2021全國乙卷）如圖1所示，光滑水平面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦.用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動.在地面參考系中（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統（??）

A. 動量守恒，機械能守恒

B. 動量守恒，機械能不守恒

C. 動量不守恒，機械能守恒

D. 動量不守恒，機械能不守恒

解析：撤去推力后，小車、彈簧和滑塊組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，故系統的動量守恒；由于撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，存在摩擦力做功的情況，故系統機械能不守恒.故應選B．

點評：正確地判斷本題，只要弄清楚動量守恒的條件和機械能守恒的條件，問題便迎刃而解．

【例2】下列關于機械能守恒的說法中正確的是（??）

A. 做勻速直線運動的物體機械能一定守恒

B. 做變速直線運動的物體機械能不可能守恒

C. 如果物體不受摩擦力和介質阻力的作用，其機械能一定守恒

D. 如果物體只發生動能與勢能的相互轉化，其機械能一定守恒

解析：本題是單純判斷四種情形下物體的機械能是否守恒，這就要求我們能正確把握機械能守恒的條件.機械能是否守恒取決于是否有重力以外的力做功，很明顯在選項A、B、C中，我們并不能肯定除重力外其它力的做功情況，也就不能肯定在這三種情形下物體的機械能是否守恒，故不能選擇A、B、C.若物體只發生動能與勢能的相互轉化，很顯然物體的機械能是守恒的，故應選D．

點評：判斷機械能是否守恒，關鍵要抓住守恒的條件，不能僅憑物體做什么功，或不受什么力來判斷．

【例3】在質量為M的小車中掛有一個單擺，擺球的質量為m0，小車（與擺球一起）以恒定的速度V沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，如圖2所示.碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列可能發生的情況是（??）

A. 小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足 （M+m0）V=?mv1+?mv2+m0v3

B. 擺球的速度不變，小車與木塊的速度分別變為v1、v2，滿足MV=Mv1+mv2

C. 擺球的速度不變，小車與木塊的速度均變為v，滿足MV=（M+m）v

D. 小車和擺球的速度均變為v1，木塊的速度變為v2，滿足 （M+m0）V=（M+m0）v1+mv2

解析：本題的四個選項是單純涉及動量守恒定律的問題，關鍵詞是“沿光滑水平面運動”，木塊也置于光滑水平面上，所以系統在水平方向不受外力，碰撞前后系統的動量守恒.另一個關鍵詞是“碰撞時間極短”，因此小車與木塊碰撞時，小車與木塊間的作用力只能使小車和木塊的動量發生變化，而不能使擺球的動量發生變化.因此在列方程時只需列出小車與木塊動量守恒的表達式即可，考慮到小車與木塊碰撞后可能分離，故有MV=Mv1+mv2；也可能粘在一起運動，則有MV=（M+m）v.故應選B、C．

討論：若將該題改為：在質量為M的小車中掛有一個單擺，擺球的質量為m0，擺球偏離豎直位置θ角，小車與單擺一起以恒定的速度V沿光滑水平面運動，然后釋放擺球，與靜止放在車廂內擺線懸掛點正下方的質量為m的木塊發生正碰，如圖3所示，且碰撞時間極短，那么在擺球與木塊碰撞前的瞬間，如設擺球相對于地面的速度為v，小車相對于地面速度為v′，則對系統能否列出 （M+m0+m）V=m0v+（?M+?m）v′？為什么？若擺球與木塊碰撞后，擺球與木塊分離，他們相對于地面的速度分別為v1、v2，則對系統能否列出 ?（M+?m0+m）V=m0v1+（M+m）v2？

顯然擺球在從靜止開始擺動到與木球碰撞前的瞬間，系統在水平方向上動量守恒，且木塊與車廂相對靜止，它們的速度相同，故有 （M+m0+m）V=m0v+（M+m）v′.碰撞過程中，因時間極短，車廂速度不可能改變，因此有 （M+m0+m）V=m0v1+Mv′+mv2，或者m0v+mv′=m0v1+m2v2．

點評：原題的四個選項均滿足動量守恒，但是要對這個物理現象作出正確的判斷，還需綜合考慮題設條件不同，結論就不同.原題不考慮擺球的動量變化，后面的討論題不考慮小車的動量變化，均因情境相異所致．

【例4】沖擊擺的裝置是一個用細線懸掛著的砂箱，其質量為M.一顆質量為m的彈丸以水平速度v擊中砂箱，彈丸陷入砂箱中，使砂箱擺至某一高度，設最大偏角為θ，如圖4所示.利用這個裝置便可以測出彈丸的速度.試描述其物理過程并列出彈丸速度的表達式（設擺長為l）．

解析：用沖擊擺測彈丸的速度涉及動量守恒和機械能???守恒．

彈丸射入砂箱的過程中，由于時間極短，砂箱無明顯的位移.所以該過程中系統（彈丸與砂箱）在水平方向上不受外力作用，水平方向動量守恒.則由動量守恒定律可得mv=（?M+?m）v′．

彈丸射入砂箱后，它們一起向右擺動，線的拉力不做功，只有重力做功，機械能守恒.則由機械能守恒定律有12（M+m）v′2=（M+m）gl（1-cos θ）．

聯立以上兩式可解得v=M+mm2gl（1-cos θ）．

點評：動量守恒與機械能守恒并不是在整個運動過程中都體現.在彈丸射入砂箱的瞬間系統的動量守恒，但由于彈丸要克服砂的阻力做功，系統的機械能不再守恒.在箱與彈丸擺動的過程中機械能守恒，但外力（擺線的拉力與重力）的沖量不為零，系統的動量不守恒，這是從本題求解過程中得到的啟示.此外，分析物理過程中系統的動量是否守恒、機械能是否守恒，關鍵在于此過程是否滿足動量守恒和機械能守恒的條件，有時還需將總過程分為若干個分過程．

【例5】如圖5所示，質量為M、內壁光滑的半圓槽放在光滑的水平面上，其左側緊靠臺階，槽的半徑為R.現從槽左側A點的正上方D點自由釋放一個質量為m的小球，球恰好從A點進入槽的內壁軌道.為使小球沿槽的內壁恰好運動到右端B點，試求D點至A點的高度．

解析：設D點至A點的高度為h，則小球從D點處開始運動至B端的過程可分為三個階段：（1） 小球從D點自由下落至A點，只有重力做功，機械能守恒，可得mgh=12mv2A；（2） 小球從A點運動到半圓槽的最低點O1，由于受臺階的作用，半圓槽仍保持靜止，僅重力做功，機械能守恒，可得mgR=12mv2?01?-?12mv2A?；（3） 小球從O1點運動至B點，到達B點時小球和槽有共同的速度vB，對槽和小球系統而言，只有重力做功，可得-mgR=12（M+m）v2B-12mv2?01?，在此階段系統在水平方向不受外力，水平方向上動量守恒，故有mv?01?=（m+M）vB．

聯立以上各式可解得h=mMR．

點評：根據動量守恒和機械能守恒的條件分析運動過程是解題的切入點，也是落腳點.分析是否滿足守恒條件，要定性分析運動過程，若用守恒定律列方程，僅用到運動過程的始、末兩個狀態．

【例6】（2017天津卷）如圖6所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA =2 kg、mB =1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中.現將B豎直向上再舉高h=18 m（未觸及滑輪），然后由靜止釋放.一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸.取?g=?10 m/s2，空氣阻力不計.求：

（1） B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；

（2） A的最大速度v的大小；

（3） 初始時B離地面的高度H．

解析：（1） B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，則有h=12gt2，代入已知數據可解得t=06 s．

（2） 設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，則有vB=gt．

在細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒定律有mBvB=（mA+mB）v，之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，由以上兩式并代入已知數據可解得v=2 m/s.

（3） 細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以與地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程A、B組成的系統機械能守恒，則有12（mA+mB）v2+mBgH=mAgH，代入已知數據可解得H=06 m．

點評：正確地分析物塊運動過程的特點是順利求解本題的關鍵，然后根據物塊運動過程的特征，正確地運用動量守恒定律或機械能守恒定律．

【例7】（2018全國卷Ⅰ）一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空.當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能

之和也為E，且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短，重力加

速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量.求：

（1） 煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的?時間；

（2） 爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．

分析： （1） 根據動能公式得出煙花彈從地面上升時的速度，利用勻變速直線運動規律得出煙花彈從地面上升到彈中火藥爆炸所經歷的時間.（2） 利用動量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后煙花彈向上運動的部分的速度，利用勻變速直線運動規律得出距地面的最大高度．

解： （1） 設煙花彈上升的初速度為v0，則由題給條件有：E=12mv20

設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，則由運動學公式有：0-v0=gt

聯立以上兩式可解得：t=1g2Em．

（2） 設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，則由機械能守恒定律有：E=mgh1

火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1、v2.則由題給條件和動量守恒定律有：

14mv21+14mv22=E

12mv1+12mv2=0

由12mv1+12mv2=0可知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，則由機械能守恒定律有：

14mv21=12mgh2

聯立以上四式可得煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為：h=h1+h2=2Emg．

點評：在解題的過程中，要認真分析煙花彈在各個不同階段所遵循的規律，進而正確地運用物理規律，才能確保快速、正確的解題．

在利用動量守恒定律和機械能守恒定律解題時，一是要注意對系統的選擇，而是要注意定律的適用條件.對動量守恒定律來說，當系統內力遠大于系統所受的外力時，系統動量守恒.而對機械能守恒定律來說，則是需要系統只有在重力和彈力做功的情況下才能使用．

責任編輯?李平安