動(dòng)量機(jī)械能守恒?相似相異須弄清

華興恒

動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律是高中力學(xué)知識(shí)中的兩個(gè)重要規(guī)律，它們表示的是機(jī)械運(yùn)動(dòng)不同本質(zhì)的規(guī)律，既有相似之處，又有很大區(qū)別，這就要求我們?cè)趯W(xué)習(xí)的過(guò)程中務(wù)必要弄清楚，正確地運(yùn)用這兩個(gè)定律，以防錯(cuò)誤的發(fā)生．

一、相似之處

1. 兩個(gè)定律均是用“守恒”來(lái)表示自然界的變化規(guī)律，研究對(duì)象均為物體系，運(yùn)用“守恒量”來(lái)表示物體系運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化規(guī)律是研究物理問(wèn)題的重要方法．

2. 兩個(gè)守恒定律都必須滿足一定條件才能成立，都是用運(yùn)動(dòng)的初、末兩個(gè)狀態(tài)的守恒量相等來(lái)表示物體系的規(guī)律特征，因此它們的表達(dá)式是相似的，并且均有多種形式．

3. 運(yùn)用守恒定律解題要注意其整體性（不是其中一個(gè)物體）、相對(duì)性（表達(dá)式中的速度和其它有關(guān)物理量必須對(duì)應(yīng)同一參考系）、同時(shí)性（物體系內(nèi)各物體的動(dòng)量和機(jī)械能都是對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻的）、階段性（滿足條件的各個(gè)過(guò)程的始末量均守恒）.列方程時(shí)只需考慮運(yùn)動(dòng)的初狀態(tài)和末狀態(tài)，不必考慮中間過(guò)程細(xì)節(jié)．

4. 兩個(gè)定律都可用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，用理論論證.動(dòng)量守恒定律是將動(dòng)量定理應(yīng)用于相互作用的物體，在不受外力的條件下可推導(dǎo)出來(lái)；機(jī)械能守恒定律是將動(dòng)能定理應(yīng)用于物體系（物體與地球組成系統(tǒng)），在只有重力做功的條件下可推導(dǎo)???出來(lái)．

二、不同之處

1. 守恒量不同.動(dòng)量守恒定律的守恒量是動(dòng)量，機(jī)械能守恒定律的守恒量是機(jī)械能.因此它們所表征的守恒規(guī)律有著本質(zhì)的區(qū)別.動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能可能守恒，也可能不守恒；反之亦然．

2. 守恒條件不同.動(dòng)量守恒定律的適用條件是系統(tǒng)不受外力（或系統(tǒng)在某一方向上不受外力）；或系統(tǒng)所受外力的合力為零；或系統(tǒng)所受的合外力遠(yuǎn)小于系統(tǒng)的內(nèi)力.機(jī)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(shù)和為零．

3. 表達(dá)式不同.動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是一個(gè)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(duì)于在同一直線上運(yùn)動(dòng)的物體系，只要規(guī)定正方向，動(dòng)量守恒定律可表示為標(biāo)量式；對(duì)于不在同一直線上運(yùn)動(dòng)的物體，可進(jìn)行正交分解后，列出兩個(gè)標(biāo)量式表示動(dòng)量守恒.在高中階段，動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用只限于一維的情況.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式為標(biāo)量式，一般可表示為Ek1+Ep1=Ek2+Ep2，或者△Ep=-△Ek，或者△Ea=-△Eb（將系統(tǒng)分成a、b兩部分來(lái)研究）．

【例1】（2021全國(guó)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(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng).在地面參考系中（可視為慣性系）中，從撤去推力開(kāi)始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（??）

A. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

解析：撤去推力后，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；由于撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，存在摩擦力做功的情況，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒.故應(yīng)選B．

點(diǎn)評(píng)：正確地判斷本題，只要弄清楚動(dòng)量守恒的條件和機(jī)械能守恒的條件，問(wèn)題便迎刃而解．

【例2】下列關(guān)于機(jī)械能守恒的說(shuō)法中正確的是（??）

A. 做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能一定守恒

B. 做變速直線運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能不可能守恒

C. 如果物體不受摩擦力和介質(zhì)阻力的作用，其機(jī)械能一定守恒

D. 如果物體只發(fā)生動(dòng)能與勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，其機(jī)械能一定守恒

解析：本題是單純判斷四種情形下物體的機(jī)械能是否守恒，這就要求我們能正確把握機(jī)械能守恒的條件.機(jī)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(xiàng)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(jī)械能是否守恒，故不能選擇A、B、C.若物體只發(fā)生動(dòng)能與勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，很顯然物體的機(jī)械能是守恒的，故應(yīng)選D．

點(diǎn)評(píng)：判斷機(jī)械能是否守恒，關(guān)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(lái)判斷．

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

A. 小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、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?yōu)関1、v2，滿足MV=Mv1+mv2

C. 擺球的速度不變，小車與木塊的速度均變?yōu)関，滿足MV=（M+m）v

D. 小車和擺球的速度均變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足 （M+m0）V=（M+m0）v1+mv2

解析：本題的四個(gè)選項(xiàng)是單純涉及動(dòng)量守恒定律的問(wèn)題，關(guān)鍵詞是“沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)”，木塊也置于光滑水平面上，所以系統(tǒng)在水平方向不受外力，碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.另一個(gè)關(guān)鍵詞是“碰撞時(shí)間極短”，因此小車與木塊碰撞時(shí)，小車與木塊間的作用力只能使小車和木塊的動(dòng)量發(fā)生變化，而不能使擺球的動(dòng)量發(fā)生變化.因此在列方程時(shí)只需列出小車與木塊動(dòng)量守恒的表達(dá)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(yùn)動(dòng)，則有MV=（M+m）v.故應(yīng)選B、C．

討論：若將該題改為：在質(zhì)量為M的小車中掛有一個(gè)單擺，擺球的質(zhì)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(yùn)動(dòng)，然后釋放擺球，與靜止放在車廂內(nèi)擺線懸掛點(diǎn)正下方的質(zhì)量為m的木塊發(fā)生正碰，如圖3所示，且碰撞時(shí)間極短，那么在擺球與木塊碰撞前的瞬間，如設(shè)擺球相對(duì)于地面的速度為v，小車相對(duì)于地面速度為v′，則對(duì)系統(tǒng)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(duì)于地面的速度分別為v1、v2，則對(duì)系統(tǒng)能否列出 ?（M+?m0+m）V=m0v1+（M+m）v2？

顯然擺球在從靜止開(kāi)始擺動(dòng)到與木球碰撞前的瞬間，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，且木塊與車廂相對(duì)靜止，它們的速度相同，故有 （M+m0+m）V=m0v+（M+m）v′.碰撞過(guò)程中，因時(shí)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(diǎn)評(píng)：原題的四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒，但是要對(duì)這個(gè)物理現(xiàn)象作出正確的判斷，還需綜合考慮題設(shè)條件不同，結(jié)論就不同.原題不考慮擺球的動(dòng)量變化，后面的討論題不考慮小車的動(dòng)量變化，均因情境相異所致．

【例4】沖擊擺的裝置是一個(gè)用細(xì)線懸掛著的砂箱，其質(zhì)量為M.一顆質(zhì)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(shè)最大偏角為θ，如圖4所示.利用這個(gè)裝置便可以測(cè)出彈丸的速度.試描述其物理過(guò)程并列出彈丸速度的表達(dá)式（設(shè)擺長(zhǎng)為l）．

解析：用沖擊擺測(cè)彈丸的速度涉及動(dòng)量守恒和機(jī)械能???守恒．

彈丸射入砂箱的過(guò)程中，由于時(shí)間極短，砂箱無(wú)明顯的位移.所以該過(guò)程中系統(tǒng)（彈丸與砂箱）在水平方向上不受外力作用，水平方向動(dòng)量守恒.則由動(dòng)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(dòng)，線的拉力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒.則由機(jī)械能守恒定律有12（M+m）v′2=（M+m）gl（1-cos θ）．

聯(lián)立以上兩式可解得v=M+mm2gl（1-cos θ）．

點(diǎn)評(píng)：動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒并不是在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中都體現(xiàn).在彈丸射入砂箱的瞬間系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但由于彈丸要克服砂的阻力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能不再守恒.在箱與彈丸擺動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，但外力（擺線的拉力與重力）的沖量不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，這是從本題求解過(guò)程中得到的啟示.此外，分析物理過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒、機(jī)械能是否守恒，關(guān)鍵在于此過(guò)程是否滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件，有時(shí)還需將總過(guò)程分為若干個(gè)分過(guò)程．

【例5】如圖5所示，質(zhì)量為M、內(nèi)壁光滑的半圓槽放在光滑的水平面上，其左側(cè)緊靠臺(tái)階，槽的半徑為R.現(xiàn)從槽左側(cè)A點(diǎn)的正上方D點(diǎn)自由釋放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，球恰好從A點(diǎn)進(jìn)入槽的內(nèi)壁軌道.為使小球沿槽的內(nèi)壁恰好運(yùn)動(dòng)到右端B點(diǎn)，試求D點(diǎn)至A點(diǎn)的高度．

解析：設(shè)D點(diǎn)至A點(diǎn)的高度為h，則小球從D點(diǎn)處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至B端的過(guò)程可分為三個(gè)階段：（1） 小球從D點(diǎn)自由下落至A點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，可得mgh=12mv2A；（2） 小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到半圓槽的最低點(diǎn)O1，由于受臺(tái)階的作用，半圓槽仍保持靜止，僅重力做功，機(jī)械能守恒，可得mgR=12mv2?01?-?12mv2A?；（3） 小球從O1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球和槽有共同的速度vB，對(duì)槽和小球系統(tǒng)而言，只有重力做功，可得-mgR=12（M+m）v2B-12mv2?01?，在此階段系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向上動(dòng)量守恒，故有mv?01?=（m+M）vB．

聯(lián)立以上各式可解得h=mMR．

點(diǎn)評(píng)：根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的切入點(diǎn)，也是落腳點(diǎn).分析是否滿足守恒條件，要定性分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，若用守恒定律列方程，僅用到運(yùn)動(dòng)過(guò)程的始、末兩個(gè)狀態(tài)．

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

（1） B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；

（2） A的最大速度v的大??；

（3） 初始時(shí)B離地面的高度H．

解析：（1） B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有h=12gt2，代入已知數(shù)據(jù)可解得t=06 s．

（2） 設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，則有vB=gt．

在細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動(dòng)量守恒定律有mBvB=（mA+mB）v，之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)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(shù)據(jù)可解得v=2 m/s.

（3） 細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以與地面接觸，說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零，這一過(guò)程A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有12（mA+mB）v2+mBgH=mAgH，代入已知數(shù)據(jù)可解得H=06 m．

點(diǎn)評(píng)：正確地分析物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的特點(diǎn)是順利求解本題的關(guān)鍵，然后根據(jù)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的特征，正確地運(yùn)用動(dòng)量守恒定律或機(jī)械能守恒定律．

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

之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng).爆炸時(shí)間極短，重力加

速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量.求：

（1） 煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的?時(shí)間；

（2） 爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度．

分析： （1） 根據(jù)動(dòng)能公式得出煙花彈從地面上升時(shí)的速度，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出煙花彈從地面上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)歷的時(shí)間.（2） 利用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分的速度，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出距地面的最大高度．

解： （1） 設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，則由題給條件有：E=12mv20

設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：0-v0=gt

聯(lián)立以上兩式可解得：t=1g2Em．

（2） 設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，則由機(jī)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(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1、v2.則由題給條件和動(dòng)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(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng).設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，則由機(jī)械能守恒定律有：

14mv21=12mgh2

聯(lián)立以上四式可得煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為：h=h1+h2=2Emg．

點(diǎn)評(píng)：在解題的過(guò)程中，要認(rèn)真分析煙花彈在各個(gè)不同階段所遵循的規(guī)律，進(jìn)而正確地運(yùn)用物理規(guī)律，才能確?？焖?、正確的解題．

在利用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律解題時(shí)，一是要注意對(duì)系統(tǒng)的選擇，而是要注意定律的適用條件.對(duì)動(dòng)量守恒定律來(lái)說(shuō)，當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.而對(duì)機(jī)械能守恒定律來(lái)說(shuō)，則是需要系統(tǒng)只有在重力和彈力做功的情況下才能使用．

責(zé)任編輯?李平安