华兴恒

动量守恒定律与机械能守恒定律是高中力学知识中的两个重要规律，它们表示的是机械运动不同本质的规律，既有相似之处，又有很大区别，这就要求我们在学习的过程中务必要弄清楚，正确地运用这两个定律，以防错误的发生．

一、相似之处

1. 两个定律均是用“守恒”来表示自然界的变化规律，研究对象均为物体系，运用“守恒量”来表示物体系运动状态的变化规律是研究物理问题的重要方法．

2. 两个守恒定律都必须满足一定条件才能成立，都是用运动的初、末两个状态的守恒量相等来表示物体系的规律特征，因此它们的表达式是相似的，并且均有多种形式．

3. 运用守恒定律解题要注意其整体性（不是其中一个物体）、相对性（表达式中的速度和其它有关物理量必须对应同一参考系）、同时性（物体系内各物体的动量和机械能都是对应同一时刻的）、阶段性（满足条件的各个过程的始末量均守恒）.列方程时只需考虑运动的初状态和末状态，不必考虑中间过程细节．

4. 两个定律都可用实验验证，用理论论证.动量守恒定律是将动量定理应用于相互作用的物体，在不受外力的条件下可推导出来；机械能守恒定律是将动能定理应用于物体系（物体与地球组成系统），在只有重力做功的条件下可推导   出来．

二、不同之处

1. 守恒量不同.动量守恒定律的守恒量是动量，机械能守恒定律的守恒量是机械能.因此它们所表征的守恒规律有着本质的区别.动量守恒时，机械能可能守恒，也可能不守恒；反之亦然．

2. 守恒条件不同.动量守恒定律的适用条件是系统不受外力（或系统在某一方向上不受外力）；或系统所受外力的合力为零；或系统所受的合外力远小于系统的内力.机械能守恒定律适用的条件是只有重力做功；或只有重力做功，其它力不做功；或虽除重力的功外，还有其它力做功，但这些力做功的代数和为零．

3. 表达式不同.动量守恒定律的表达式是一个矢量式，不论是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，还是p1+p2=p1′+p2′，或者△p1=-△p2均是矢量.对于在同一直线上运动的物体系，只要规定正方向，动量守恒定律可表示为标量式；对于不在同一直线上运动的物体，可进行正交分解后，列出两个标量式表示动量守恒.在高中阶段，动量守恒定律的应用只限于一维的情况.机械能守恒定律的表达式为标量式，一般可表示为Ek1+Ep1=Ek2+Ep2，或者△Ep=-△Ek，或者△Ea=-△Eb（将系统分成a、b两部分来研究）．

【例1】（2021全国乙卷）如图1所示，光滑水平面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系中（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（  ）

A. 动量守恒，机械能守恒

B. 动量守恒，机械能不守恒

C. 动量不守恒，机械能守恒

D. 动量不守恒，机械能不守恒

解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统的动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒.故应选B．

点评：正确地判断本题，只要弄清楚动量守恒的条件和机械能守恒的条件，问题便迎刃而解．

【例2】下列关于机械能守恒的说法中正确的是（  ）

A. 做匀速直线运动的物体机械能一定守恒

B. 做变速直线运动的物体机械能不可能守恒

C. 如果物体不受摩擦力和介质阻力的作用，其机械能一定守恒

D. 如果物体只发生动能与势能的相互转化，其机械能一定守恒

解析：本题是单纯判断四种情形下物体的機械能是否守恒，这就要求我们能正确把握机械能守恒的条件.机械能是否守恒取决于是否有重力以外的力做功，很明显在选项A、B、C中，我们并不能肯定除重力外其它力的做功情况，也就不能肯定在这三种情形下物体的机械能是否守恒，故不能选择A、B、C.若物体只发生动能与势能的相互转化，很显然物体的机械能是守恒的，故应选D．

点评：判断机械能是否守恒，关键要抓住守恒的条件，不能仅凭物体做什么功，或不受什么力来判断．

【例3】在质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车（与摆球一起）以恒定的速度V沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，如图2所示.碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是（  ）

A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足 （M+m0）V= mv1+ mv2+m0v3

B. 摆球的速度不变，小车与木块的速度分别变为v1、v2，满足MV=Mv1+mv2

C. 摆球的速度不变，小车与木块的速度均变为v，满足MV=（M+m）v

D. 小车和摆球的速度均变为v1，木块的速度变为v2，满足 （M+m0）V=（M+m0）v1+mv2

解析：本题的四个选项是单纯涉及动量守恒定律的问题，关键词是“沿光滑水平面运动”，木块也置于光滑水平面上，所以系统在水平方向不受外力，碰撞前后系统的动量守恒.另一个关键词是“碰撞时间极短”，因此小车与木块碰撞时，小车与木块间的作用力只能使小车和木块的动量发生变化，而不能使摆球的动量发生变化.因此在列方程时只需列出小车与木块动量守恒的表达式即可，考虑到小车与木块碰撞后可能分离，故有MV=Mv1+mv2；也可能粘在一起运动，则有MV=（M+m）v.故应选B、C．

讨论：若将该题改为：在质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，摆球偏离竖直位置θ角，小车与单摆一起以恒定的速度V沿光滑水平面运动，然后释放摆球，与静止放在车厢内摆线悬挂点正下方的质量为m的木块发生正碰，如图3所示，且碰撞时间极短，那么在摆球与木块碰撞前的瞬间，如设摆球相对于地面的速度为v，小车相对于地面速度为v′，则对系统能否列出 （M+m0+m）V=m0v+（ M+ m）v′？为什么？若摆球与木块碰撞后，摆球与木块分离，他们相对于地面的速度分别为v1、v2，则对系统能否列出  （M+ m0+m）V=m0v1+（M+m）v2？

显然摆球在从静止开始摆动到与木球碰撞前的瞬间，系统在水平方向上动量守恒，且木块与车厢相对静止，它们的速度相同，故有 （M+m0+m）V=m0v+（M+m）v′.碰撞过程中，因时间极短，车厢速度不可能改变，因此有 （M+m0+m）V=m0v1+Mv′+mv2，或者m0v+mv′=m0v1+m2v2．

点评：原题的四个选项均满足动量守恒，但是要对这个物理现象作出正确的判断，还需综合考虑题设条件不同，结论就不同.原题不考虑摆球的动量变化，后面的讨论题不考虑小车的动量变化，均因情境相异所致．

【例4】冲击摆的装置是一个用细线悬挂着的砂箱，其质量为M.一颗质量为m的弹丸以水平速度v击中砂箱，弹丸陷入砂箱中，使砂箱摆至某一高度，设最大偏角为θ，如图4所示.利用这个装置便可以测出弹丸的速度.试描述其物理过程并列出弹丸速度的表达式（设摆长为l）．

解析：用冲击摆测弹丸的速度涉及动量守恒和机械能   守恒．

弹丸射入砂箱的过程中，由于时间极短，砂箱无明显的位移.所以该过程中系统（弹丸与砂箱）在水平方向上不受外力作用，水平方向动量守恒.则由动量守恒定律可得mv=（ M+ m）v′．

弹丸射入砂箱后，它们一起向右摆动，线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒.则由机械能守恒定律有12（M+m）v′2=（M+m）gl（1-cos θ）．

联立以上两式可解得v=M+mm2gl（1-cos θ）．

点评：动量守恒与机械能守恒并不是在整个运动过程中都体现.在弹丸射入砂箱的瞬间系统的动量守恒，但由于弹丸要克服砂的阻力做功，系统的机械能不再守恒.在箱与弹丸摆动的过程中机械能守恒，但外力（摆线的拉力与重力）的冲量不为零，系统的动量不守恒，这是从本题求解过程中得到的启示.此外，分析物理过程中系统的动量是否守恒、机械能是否守恒，关键在于此过程是否满足动量守恒和机械能守恒的条件，有时还需将总过程分为若干个分过程．

【例5】如图5所示，质量为M、内壁光滑的半圆槽放在光滑的水平面上，其左側紧靠台阶，槽的半径为R.现从槽左侧A点的正上方D点自由释放一个质量为m的小球，球恰好从A点进入槽的内壁轨道.为使小球沿槽的内壁恰好运动到右端B点，试求D点至A点的高度．

解析：设D点至A点的高度为h，则小球从D点处开始运动至B端的过程可分为三个阶段：（1） 小球从D点自由下落至A点，只有重力做功，机械能守恒，可得mgh=12mv2A；（2） 小球从A点运动到半圆槽的最低点O1，由于受台阶的作用，半圆槽仍保持静止，仅重力做功，机械能守恒，可得mgR=12mv2 01 - 12mv2A ；（3） 小球从O1点运动至B点，到达B点时小球和槽有共同的速度vB，对槽和小球系统而言，只有重力做功，可得-mgR=12（M+m）v2B-12mv2 01 ，在此阶段系统在水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，故有mv 01 =（m+M）vB．

联立以上各式可解得h=mMR．

点评：根据动量守恒和机械能守恒的条件分析运动过程是解题的切入点，也是落脚点.分析是否满足守恒条件，要定性分析运动过程，若用守恒定律列方程，仅用到运动过程的始、末两个状态．

【例6】（2017天津卷）如图6所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA =2 kg、mB =1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中.现将B竖直向上再举高h=18 m（未触及滑轮），然后由静止释放.一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触.取 g= 10 m/s2，空气阻力不计.求：

（1） B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；

（2） A的最大速度v的大小；

（3） 初始时B离地面的高度H．

解析：（1） B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，则有h=12gt2，代入已知数据可解得t=06 s．

（2） 设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，则有vB=gt．

在细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒定律有mBvB=（mA+mB）v，之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，由以上两式并代入已知数据可解得v=2 m/s.

（3） 细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以与地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程A、B组成的系统机械能守恒，则有12（mA+mB）v2+mBgH=mAgH，代入已知数据可解得H=06 m．

点评：正确地分析物块运动过程的特点是顺利求解本题的关键，然后根据物块运动过程的特征，正确地运用动量守恒定律或机械能守恒定律．

【例7】（2018全国卷Ⅰ）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能

之和也为E，且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短，重力加

速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量.求：

（1） 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的 时间；

（2） 爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．

分析： （1） 根据动能公式得出烟花弹从地面上升时的速度，利用匀变速直线运动规律得出烟花弹从地面上升到弹中火药爆炸所经历的时间.（2） 利用动量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后烟花弹向上运动的部分的速度，利用匀变速直线运动规律得出距地面的最大高度．

解： （1） 设烟花弹上升的初速度为v0，则由题给条件有：E=12mv20

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，则由运动学公式有：0-v0=gt

联立以上两式可解得：t=1g2Em．

（2） 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，则由机械能守恒定律有：E=mgh1

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1、v2.则由题给条件和动量守恒定律有：

14mv21+14mv22=E

12mv1+12mv2=0

由12mv1+12mv2=0可知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，则由机械能守恒定律有：

14mv21=12mgh2

联立以上四式可得烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为：h=h1+h2=2Emg．

點评：在解题的过程中，要认真分析烟花弹在各个不同阶段所遵循的规律，进而正确地运用物理规律，才能确保快速、正确的解题．

在利用动量守恒定律和机械能守恒定律解题时，一是要注意对系统的选择，而是要注意定律的适用条件.对动量守恒定律来说，当系统内力远大于系统所受的外力时，系统动量守恒.而对机械能守恒定律来说，则是需要系统只有在重力和弹力做功的情况下才能使用．

责任编辑 李平安