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第2讲　动量守恒定律
1.〔多选〕（2025·广东江门模拟）烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两碎块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是（　　）
A.炸裂时，质量较大的P受到的内力更大
B.炸裂过程烟花水平方向动量守恒
C.炸裂后，P飞行的水平距离较大
D.炸裂后，P、Q两块同时落地
2.羽毛球运动作为人们日常活动最受欢迎的运动项目之一，若羽毛球以某一水平初速度击中静止在水平地面的纸箱，使其瞬间卡在纸箱侧壁上，发现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L。已知羽毛球的质量为5 g，纸箱的质量为2.495 kg，纸箱与地面间动摩擦因数μ＝0.1，滑行距离L＝2 cm，取g＝10 m/s2。则羽毛球击中纸箱的初速度是（　　）
A.0.1 m/s B.1 m/s
C.10 m/s D.100 m/s
3.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（　　）
A. B.
C. D.
4.（2025·浙江湖州期末）用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s。下列说法正确的是（　　）
A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s
B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s
C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s
D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s
5.（2025·河北沧州三模）甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，甲、乙两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A.图线A为碰前乙的位移—时间图像
B.图线C为碰后甲的位移—时间图像
C.小球甲、乙的质量之比为1∶2
D.两小球的碰撞为非弹性碰撞
6.〔多选〕（2025·重庆期末）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则（　　）
A.碰撞后乙球向左运动
B.甲、乙两球的质量之比为4∶1
C.两球碰撞前、后总动量之比为3∶1
D.两球碰撞前、后总动能之比为9∶5
7.〔多选〕（2024·广东高考10题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
8.（2024·江苏高考14题）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度vA；
（2）分离时A对B的推力大小。
9.（2024·湖北高考14题）如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
10.如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
（1）小球A向右摆动的最大速度；
（2）物块B运动过程中的最大速度；
（3）小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
第2讲　动量守恒定律
1.BD　炸裂时，P、Q两碎块受到的内力相等，故A错误；炸裂时，烟花位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确；炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，无法确定P、Q两碎块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较二者飞行的水平距离大小关系，故C错误；炸裂后，P、Q两碎块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动同时落地，故D正确。
2.D　设羽毛球击中纸箱的初速度为v，羽毛球刚击中纸箱与纸箱一起滑行的速度为v'，由动量守恒定律可得mv＝（m＋M）v'，羽毛球与纸箱一起滑行时，由动能定理可得0－（m＋M）v'2＝－μ（m＋M）gL，联立解得v＝100 m/s，故选D。
3.A　小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v（若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点）。由系统在水平方向上动量守恒得mv0＝（M＋m）v，所以v＝，A正确。
4.C　设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v，卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为Δv，分离后火箭壳体的速度大小为v'，分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v'＋Δv）＋m2v'，解得v'＝5.5×103 m/s，则分离后卫星的速度为v卫＝v'＋Δv＝7.3×103 m/s，故A、B、D错误。分离过程中，设火箭壳体对卫星的冲量大小为I，对卫星由动量定理有I＝m1v卫－m1v＝1.5×105 N·s，故C正确。
5.A　由题图可知图线A、B、D对应的小球的速度大小分别为vA＝、vB＝、vD＝，由题意可知，小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线A为碰前小球乙的位移—时间图像，图线C为碰后小球乙的位移—时间图像，故A正确，B错误；由碰撞过程动量守恒定律得－m甲vB＋m乙vA＝m甲vD，由以上解得m甲∶m乙＝1∶3，故C错误；碰前系统的动能为Ek1＝m甲＋m乙＝m甲，碰后系统的动能为Ek2＝m甲＝m甲，显然Ek1＝Ek2，所以该两小球的碰撞为弹性碰撞，故D错误。
6.BD　甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右运动，故A错误；设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，则甲、乙两球碰后，甲球的速度为v0，乙球速度为－v0，由动量守恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，则甲、乙两球的质量之比为4∶1，故B正确；根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则两球碰撞前、后总动量之比为1∶1，故C错误；结合A、B分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝m2，碰撞后两球总动能为Ek2＝m1＋m2＝m2，则两球碰撞前、后总动能之比为＝，故D正确。
7.ABD　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝gsin2θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
8.（1）　（2）
解析：（1）A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
（2）A、B分离的过程，对B，由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
9.（1）5 m/s　（2）0.3 J　（3）0.2 m
解析：（1）设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
（2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝m－m－M
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
（3）经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg[l＋（l－x）]＝M－M
联立并代入数据得x＝0.2 m。
10.（1）　（2）　（3）L
解析：（1）小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mgL＝m
解得v1＝。
（2）小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得mv1＝mvA＋mvB
由机械能守恒定律得m＝m＋m
解得vA＝0，vB＝。
（3）当小球A摆至最高点时，A、B共速，
设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得mv1＝（m＋m）v
由机械能守恒定律得mgh＝m－（m＋m）v2
联立解得h＝L。
3 / 3第2讲　动量守恒定律
动量守恒定律及其应用
1.内容：如果一个系统　　　　　　　　，或者　　　　　　　　　　　　，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
2.表达式
（1）p＝　　　　，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。
（2）m1v1＋m2v2＝　　　　　　　　　　，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
（3）　　　　　　＝　　　　　　，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（4）Δp＝　　　　　，系统总动量的增量为零。
3.适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
弹性碰撞和非弹性碰撞
1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力　　　　外力，可认为碰撞系统的动量守恒。
2.碰撞的分类
种类 动量是 否守恒 机械能变化情况
弹性碰撞 守恒 在弹性力作用下，只产生系统内机械能的　　　　，系统无机械能损失
非弹性碰撞 守恒 受非弹性力作用，使　　　　机械能转化为物体内能
完全非弹 性碰撞 守恒 碰撞后两物体合为一体，机械能损失　　　
反冲　爆炸
1.反冲
（1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力　　　　系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。
（3）规律：遵从动量守恒定律。
2.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且　　　　系统所受的外力，所以系统动量　　　　。如爆竹爆炸。
1.动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。（　　）
2.系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。（　　）
3.只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。（　　）
4.若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。（　　）
5.质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。（　　）
1.〔多选〕（鲁科版选择性必修第一册·第一章第2节[练习]T1改编）如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止，此时大锤在头顶的正上方，人用力使锤落下敲打车的左端，然后锤反弹回到头顶正上方再落下，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是（　　）
A.在大锤连续的敲打下，车会左右往复运动
B.在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车的动量方向先向右再向左
D.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量减小至零
2.（人教版选择性必修第一册·第一章第3节“练习与应用”T4改编）某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为（铁轨的摩擦忽略不计）（　　）
A.0.053 m/s B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
3.（2024·江苏高考9题）如图所示，在水平面上静止有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
A.弹簧恢复原长时A的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
考点一　动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2.应用动量守恒定律的解题步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。
（3）规定正方向，确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
〔多选〕如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，以下系统动量守恒的是（　　）
A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
尝试解答
（2022·天津高考10题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度v0＝2 m/s，匀减速滑行x1＝16.8 m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2＝3.5 m，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数μ1＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A：
（1）在N点的速度v1的大小；
（2）与NP间冰面的动摩擦因数μ2。
尝试解答
本题源于人教版选择性必修第一册P12：“问题”
　第一节中我们通过分析一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，得出碰撞前后两辆小车的动量之和不变的结论。对于冰壶等物体的碰撞也是这样的吗？怎样证明这一结论呢？这是一个普遍的规律吗？
如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是（取g＝10 m/s2）（　　）
A.5 m/s B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
尝试解答
考点二　碰撞问题
1.碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋。
（3）速度要符合情景
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的重要结论
例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度
v1'＝v1，v2'＝v1
讨论：
（1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换）
（2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹）
（4）当m1 m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍）
（5）当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）
3.非弹性碰撞
（1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失：
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。
（2）完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v
m1＋m2＝（m1＋m2）v2＋ΔEk损max
如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
尝试解答
（2025·吉林长春模拟）如图所示，用长度均为l的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量依次满足m1 m2 m3（“ ”表示“远大于”）。将左边第一个小球拉起一定角度θ后释放，则最后一个小球开始运动时的速度约为（　　）
A. B.2
C.3 D.4
尝试解答
如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间轻绳上的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
尝试解答
考点三　爆炸　反冲
1.爆炸现象
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
（2025·北京顺义区一模）一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；
（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；
（3）在爆炸过程中增加的机械能ΔE。
尝试解答
2.反冲运动
作用 原理 反冲运动是由系统内物体之间的作用力和反作用力产生
动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭（包括燃料）质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
（1）当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
（2）运动第1 s末，火箭的速度为多大？
尝试解答
人船模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
（2）两物体的位移大小满足：m－M＝0，x人＋x船＝L
联立得x人＝L，x船＝L。
3.运动特点
（1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
（2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即＝＝。
4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）
如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　）
A.h B.（h＋2a）
C.（h＋2a） D.h＋2a
尝试解答
（2023·湖南高考15题改编）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
（2）凹槽相对于初始时刻运动的距离。
尝试解答
第2讲　动量守恒定律
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.不受外力　所受外力的矢量和为0　2.（1）p'
（2）m1v1'＋m2v2'　（3）Δp1　－Δp2　（4）0
知识点2
1.远大于　2.转移　部分　最大
知识点3
1.（2）远大于　2.远大于　守恒
易错易混辨析
1.√　2.×　3.×　4.√　5.×
双基落实筑牢
1.AC　人、锤和车组成的系统，在水平方向上不受外力作用，水平方向上动量守恒，竖直方向上动量不守恒，B错误；由系统水平方向动量守恒可知，在大锤连续的敲打过程中，车会左右往复运动，A正确；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤水平方向的动量方向先向左再向右，则车的动量方向先向右再向左，C正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，锤向右的动量减小至零，则车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，D错误。
2.B　取机车和15节车厢整体为研究对象，根据动量守恒定律得mv0＝（m＋15m）v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
3.A　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统，由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mA＋mB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【例1】 BCD　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其系统动量守恒，C正确。
【例2】 （1）0.8 m/s　（2）0.004
解析：（1）设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为FN，由竖直方向受力平衡，有FN＝mg
设A在MN间受到的滑动摩擦力为Ff，则有Ff＝μ1FN
设A在MN间的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得Ff＝ma
联立解得a＝μ1g＝0.1 m/s2
由速度与位移的关系式，有－＝－2ax1
代入数据解得v1＝0.8 m/s。
（2）设碰撞前瞬间A的速度为v2，由动量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB
解得v2＝0.6 m/s
设A在NP间受到的滑动摩擦力为Ff'，则有Ff'＝μ2mg
由动能定理可得－Ff'x2＝m－m
联立解得μ2＝0.004。
考教衔接
　提示：对于冰壶等物体的碰撞，碰撞前、后的动量之和也保持不变，可以通过动量定理和牛顿第三定律推证，这是一个普遍规律。
【例3】 A　由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝＝ s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒的条件，则m车v0－m球vx＝（m车＋m球）v，解得v＝5 m/s，故A正确。
考点二
【例4】 C　碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球A、B同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故选mB＝2mA，C正确。
【例5】 D　设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0，根据机械能守恒定律，有m1gl（1－cos θ）＝m1，解得v0＝，设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律，有m1＝m1＋m2，联立可得v2＝v0，又m1 m2，则v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以v3＝4v0＝4，故选D。
【例6】 （1）　（2）mg＋m　（3）mv2
解析：（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2
解得H＝。
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝m
解得拉力大小F＝mg＋m。
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
则碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv2－×2m＝mv2。
考点三
【例7】 （1）　（2）　（3）v2
解析：（1）炸裂后瞬间由动量守恒定律可知mv＝（m－m1）v1
解得炸裂后瞬间A部分的速度为v1＝。
（2）炸裂后由运动学规律可知h＝gt2
解得炸裂后B部分在空中下落的时间为t＝。
（3）在爆炸过程中增加的机械能为ΔE＝（m－m1）－mv2＝。
【例8】 （1）2 m/s　（2）13.5 m/s
解析：（1）设第三次喷出气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，由动量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
（2）发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得（M－20m）v20－20mv＝0
解得v20≈13.5 m/s。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例1】 D　设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力为零，由动量守恒定律（人船模型）可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正确。
【典例2】 （1）　（2）
解析：（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝m＋M
联立解得v2＝。
（2）根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
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第2讲　动量守恒定律
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
动量守恒定律及其应用
1. 内容：如果一个系统 ，或者 ，
这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
不受外力　
所受外力的矢量和为0　
（1）p＝ ，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。
（2）m1v1＋m2v2＝ ，相互作用的两个物体组成的系统，作
用前的动量和等于作用后的动量和。
（3） ＝ ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（4）Δp＝ ，系统总动量的增量为零。
p'　
m1v1'＋m2v2'　
Δp1　
－Δp2　
0　
2. 表达式
3. 适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守
恒。
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统
的动量可近似看成守恒。
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上
动量守恒。
弹性碰撞和非弹性碰撞
1. 碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为
碰撞系统的动量守恒。
远大于　
种类 动量是 否守恒 机械能变化情况
弹性 碰撞 守恒 在弹性力作用下，只产生系统内机械能的
，系统无机械能损失
非弹性 碰撞 守恒 受非弹性力作用，使 机械能转化为物
体内能
完全非弹 性碰撞 守恒 碰撞后两物体合为一体，机械能损失
转
移　
部分　
最大　
2. 碰撞的分类
反冲　爆炸
1. 反冲
（1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分
向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力 系统受到的外
力。如发射炮弹、发射火箭等。
（3）规律：遵从动量守恒定律。
2. 爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，
且 系统所受的外力，所以系统动量 。如爆竹爆炸。
远大于　
远大于　
守恒　
1. 动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。 （　√　）
2. 系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。 （　×　）
3. 只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。 （　×　）
4. 若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动
量大小一定相同。 （　√　）
5. 质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。 （　×　）
√
×
×
√
×
1. 〔多选〕（鲁科版选择性必修第一册·第一章第2节[练习]
T1改编）如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手
握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止，此时大锤在头
顶的正上方，人用力使锤落下敲打车的左端，然后锤反弹回
到头顶正上方再落下，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是（　　）
A. 在大锤连续的敲打下，车会左右往复运动
B. 在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
C. 锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车的动量方向先向右再向左
D. 锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量减小至零
√
√
解析： 　人、锤和车组成的系统，在水平方向上不受外力作用，水平方
向上动量守恒，竖直方向上动量不守恒，B错误；由系统水平方向动量守
恒可知，在大锤连续的敲打过程中，车会左右往复运动，A正确；锤从刚
离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤水平方向的动量方向先向左再
向右，则车的动量方向先向右再向左，C正确；锤从刚接触车的左端至锤
的速度减小至零的过程中，锤向右的动量减小至零，则车具有水平向左的
动量，车的动量减小至零，D错误。
2. （人教版选择性必修第一册·第一章第3节“练习与应用”T4改编）某机
车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1
节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车
厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，
则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为（铁轨的摩擦忽略不计）（　　）
A. 0.053 m/s B. 0.05 m/s
C. 0.057 m/s D. 0.06 m/s
解析： 　取机车和15节车厢整体为研究对象，根据动量守恒定律得mv0＝
（m＋15m）v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
√
3. （2024·江苏高考9题）如图所示，在水平面上静止有一个U形滑板A，A
的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用
一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光
滑，剪断细绳后，则（　　）
A. 弹簧恢复原长时A的动能最大
B. 弹簧压缩至最短时A的动量最大
C. 整个系统动量变大
D. 整个系统机械能变大
√
解析： 　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为
零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械
能守恒，C、D错误；对系统，由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能
守恒定律有Ep＝mA＋mB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧
的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正
确，B错误。
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　动量守恒定律的理解与应用
1. 动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2. 应用动量守恒定律的解题步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过
程）。
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守
恒）。
（3）规定正方向，确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
〔多选〕如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静
止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被
释放后，以下系统动量守恒的是（　　）
A. 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B. 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
√
√
√
解析：若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别
相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于
mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和
不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系
统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重
力和支持力，它们的合力为零，故该系统动量守恒，跟A、B与C间的动摩
擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大
小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其系统动量守恒，
C正确。
（2022·天津高考10题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项
目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度
v0＝2 m/s，匀减速滑行x1＝16.8 m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前
方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2＝3.5
m，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为vA＝0.05
m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数μ1＝
0.01，重力加速度g取10 m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞
时间极短。求冰壶A：
（1）在N点的速度v1的大小；
答案： 0.8 m/s　
解析： 设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为FN，由竖直方向受力
平衡，有FN＝mg
设A在MN间受到的滑动摩擦力为Ff，则有Ff＝μ1FN
设A在MN间的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得Ff＝ma
联立解得a＝μ1g＝0.1 m/s2
由速度与位移的关系式，有－＝－2ax1
代入数据解得v1＝0.8 m/s。
（2）与NP间冰面的动摩擦因数μ2。
答案： 0.004
解析： 设碰撞前瞬间A的速度为v2，由动量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB
解得v2＝0.6 m/s
设A在NP间受到的滑动摩擦力为Ff'，则有Ff'＝μ2mg
由动能定理可得－Ff'x2＝m－m
联立解得μ2＝0.004。
　第一节中我们通过分析一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，得出碰撞
前后两辆小车的动量之和不变的结论。对于冰壶等物体的碰撞也是这样的
吗？怎样证明这一结论呢？这是一个普遍的规律吗？
本题源于人教版选择性必修第一册P12：“问题”
提示：对于冰壶等物体的碰撞，碰撞前、后的动量之和也保持不变，可以通过动量定理和牛顿第三定律推证，这是一个普遍规律。
如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速
度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小
车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在
落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车
的速度是（取g＝10 m/s2）（　　）
A. 5 m/s B. 4 m/s
C. 8.5 m/s D. 9.5 m/s
√
解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝＝ s＝2 s，在竖
直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝
15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足
水平方向上动量守恒的条件，则m车v0－m球vx＝（m车＋m球）v，解得v＝5
m/s，故A正确。
考点二　碰撞问题
1. 碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋。
（3）速度要符合情景
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定
增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. 弹性碰撞的重要结论
例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度
v1'＝v1，v2'＝v1
讨论：
（1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换）
（2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹）
（4）当m1 m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍）
（5）当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大
不变）
3. 非弹性碰撞
（1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失：
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。
（2）完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v
m1＋m2＝（m1＋m2）v2＋ΔEk损max
如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球（主
球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5
kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质
量mA与mB间的关系可能是（　　）
A. mB＝mA B. mB＝mA
C. mB＝2mA D. mB＝5mA
√
解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动
量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能
不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球A、B同向
运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知
mA≤mB≤4mA，故选mB＝2mA，C正确。
（2025·吉林长春模拟）如图所示，用长度均为l的轻质细绳悬挂三个
形状相同的弹性小球，质量依次满足m1 m2 m3（“ ”表示“远大
于”）。将左边第一个小球拉起一定角度θ后释放，则最后一个小球开始
运动时的速度约为（　　）
A.
B. 2
C. 3
D. 4
√
解析：设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0，根据机械能守恒定律，有
m1gl（1－cos θ）＝m1，解得v0＝，设第一个小球与
第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有
m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律，有m1＝m1＋m2，联
立可得v2＝v0，又m1 m2，则v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以v3＝4v0
＝4，故选D。
如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点
正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等
于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发
生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
答案： 　
解析： A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2
解得H＝。
（2）碰撞前瞬间轻绳上的拉力大小F；
答案： mg＋m　
解析： 碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝m
解得拉力大小F＝mg＋m。
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
答案： mv2
解析： A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
则碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv2－×2m＝mv2。
考点三　爆炸　反冲
1. 爆炸现象
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作
用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的
总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化
为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般
可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置
以新的动量开始运动
（2025·北京顺义区一模）一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，
在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部
分，其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速
度为g。求：
（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；
答案： 　
解析： 炸裂后瞬间由动量守恒定律可知mv＝（m－m1）v1
解得炸裂后瞬间A部分的速度为v1＝。
（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；
答案： 　
解析： 炸裂后由运动学规律可知h＝gt2
解得炸裂后B部分在空中下落的时间为t＝。
解析： 在爆炸过程中增加的机械能为ΔE＝（m－m1）－mv2＝
。
（3）在爆炸过程中增加的机械能ΔE。
答案： v2
　在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记
录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之
比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，
在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音
在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻
力。下列说法正确的是（　　）
A. 两碎块的位移大小之比为1∶2
B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C. 爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
√
解析： 　设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设
爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为
v'，根据动量守恒定律有2mv－mv'＝0，解得v'＝2v；两碎块都做平抛运
动，设其下落时间为t，则vt＝v声（t1－t），2vt＝v声（t2－t），其中t1＝5
s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸点离地面的高
度为80 m，B正确；两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从两碎块开始
抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误；爆炸后的质量大的碎块
的初速度为85 m/s，C错误；爆炸后两碎块向相反的方向运动，落地点之间
的水平间距为Δx＝（v＋2v）t＝（85＋85×2）×4 m＝1 020 m，D错误。
2. 反冲运动
作用 原理 反冲运动是由系统内物体之间的作用力和反作用力产生
动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲
运动遵循动量守恒定律
机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以
系统的总机械能增加
一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时
的速度v＝1 000 m/s。设火箭（包括燃料）质量M＝300 kg，发动机每秒喷
气20次。
（1）当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
答案： 2 m/s　
解析： 设第三次喷出气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气
体为研究对象，由动量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，解得v3≈2
m/s。
解析： 发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以
火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得（M－20m）v20
－20mv＝0
解得v20≈13.5 m/s。
（2）运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案： 13.5 m/s
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
人船模型
1. 模型图示
2. 模型特点
（1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
（2）两物体的位移大小满足：m－M＝0，x人＋x船＝L
联立得x人＝L，x船＝L。
3. 运动特点
（1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
（2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等
于它们质量的反比，即＝＝。
4. “人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）
如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的
木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中
某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块
均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考
虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　）
A. h B. （h＋2a）
C. （h＋2a） D. h＋2a
√
解析：设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力
为零，由动量守恒定律（人船模型）可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋
2a，解得H＝h＋2a，D正确。
（2023·湖南高考15题改编）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水
平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分
别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道
长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，
在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整
个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
答案： 　
解析： 小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上
小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝m＋M
联立解得v2＝。
（2）凹槽相对于初始时刻运动的距离。
答案：
解析： 根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
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1. 〔多选〕（2025·广东江门模拟）烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花
从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一
小P、Q两碎块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是
（　　）
A. 炸裂时，质量较大的P受到的内力更大
B. 炸裂过程烟花水平方向动量守恒
C. 炸裂后，P飞行的水平距离较大
D. 炸裂后，P、Q两块同时落地
√
√
解析： 　炸裂时，P、Q两碎块受到的内力相等，故A错误；炸裂时，烟
花位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正
确；炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，
无法确定P、Q两碎块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较二者飞行的水
平距离大小关系，故C错误；炸裂后，P、Q两碎块的速度方向均沿水平方
向，之后做平抛运动同时落地，故D正确。
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2. 羽毛球运动作为人们日常活动最受欢迎的运动项目之一，若羽毛球以某
一水平初速度击中静止在水平地面的纸箱，使其瞬间卡在纸箱侧壁上，发
现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L。已知羽毛球的质量为5 g，纸箱的质
量为2.495 kg，纸箱与地面间动摩擦因数μ＝0.1，滑行距离L＝2 cm，取g
＝10 m/s2。则羽毛球击中纸箱的初速度是（　　）
A. 0.1 m/s B. 1 m/s
C. 10 m/s D. 100 m/s
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解析： 　设羽毛球击中纸箱的初速度为v，羽毛球刚击中纸箱与纸箱一起
滑行的速度为v'，由动量守恒定律可得mv＝（m＋M）v'，羽毛球与纸箱一
起滑行时，由动能定理可得0－（m＋M）v'2＝－μ（m＋M）gL，联立解
得v＝100 m/s，故选D。
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3. 如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底
部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越
过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向
上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块
具有相同的对地速度v（若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高
点）。由系统在水平方向上动量守恒得mv0＝（M＋m）v，所以v＝，
A正确。
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4. （2025·浙江湖州期末）用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火
箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀
速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100
kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向
的相对速度为1.8×103 m/s。下列说法正确的是（　　）
A. 分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s
B. 分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s
C. 分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s
D. 分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s
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解析： 设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为
v，卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，分离时卫星与火箭壳体沿轨
道切线方向的相对速度为Δv，分离后火箭壳体的速度大小为v'，分离前后
卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动
量变化量大小为0，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据
动量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v'＋Δv）＋m2v'，解得v'＝5.5×103
m/s，则分离后卫星的速度为v卫＝v'＋Δv＝7.3×103 m/s，故A、B、D错
误。分离过程中，设火箭壳体对卫星的冲量大小为I，对卫星由动量定理有
I＝m1v卫－m1v＝1.5×105 N·s，故C正确。
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5. （2025·河北沧州三模）甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相
向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，甲、乙两小球碰撞前后的
位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A. 图线A为碰前乙的位移—时间图像
B. 图线C为碰后甲的位移—时间图像
C. 小球甲、乙的质量之比为1∶2
D. 两小球的碰撞为非弹性碰撞
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解析： 　由题图可知图线A、B、D对应的小球的速度大小分别为vA＝
、vB＝、vD＝，由题意可知，小球甲的质量小于小球乙的质量，即
碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统
动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方向相同，结合实际分析
可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线A为碰前小球乙的位移—时
间图像，图线C为碰后小球乙的位移—时间图像，故A正确，B错误；由碰
撞过程动量守恒定律得－m甲vB＋m乙vA＝m甲vD，由以上解得m甲∶m乙＝
1∶3，故C错误；碰前系统的动能为Ek1＝m甲＋m乙＝m甲，碰后系统的动能为Ek2＝m甲＝m甲，显然Ek1＝Ek2，所以该两小球的碰撞为弹性碰撞，故D错误。
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6. 〔多选〕（2025·重庆期末）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖
直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直
撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，且两球
刚好不会发生第二次碰撞，则（　　）
A. 碰撞后乙球向左运动
B. 甲、乙两球的质量之比为4∶1
C. 两球碰撞前、后总动量之比为3∶1
D. 两球碰撞前、后总动能之比为9∶5
√
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解析： 　甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次
碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右
运动，故A错误；设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度
为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为
3∶1，则甲、乙两球碰后，甲球的速度为v0，乙球速度为－v0，由动量守
恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，则甲、乙两球的质量之比为
4∶1，故B正确；根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则两球碰撞前、
后总动量之比为1∶1，故C错误；结合A、B分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝m2，碰撞后两球总动能为Ek2＝m1＋m2＝m2，则两球碰撞前、后总动能之比为＝，故D正确。
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7. 〔多选〕（2024·广东高考10题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点
的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡
与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面
上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A. 甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B. 碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C. 乙的运动时间与H乙无关
D. 甲最终停止位置与O处相距
√
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解析： 　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则
相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于
两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后
瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下
滑过程有H乙＝gsin2θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲
碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，
由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝
m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与
不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
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8. （2024·江苏高考14题）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射
场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利
进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和
返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A
与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同
向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度vA；
答案： 　
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解析： A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m
＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
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（2）分离时A对B的推力大小。
答案：
解析： A、B分离的过程，对B，由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
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9. （2024·湖北高考14题）如图所示，水平传送带以
5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长
为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
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答案： 5 m/s　
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
解析： 设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与
传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，
由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一
直加速，由运动学公式有＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共
速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
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（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
答案： 0.3 J　
解析：设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，
碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过
程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝m－m－M
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
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（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
答案： 0.2 m
解析：经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运
动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方
的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正
上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝M
对小球的整个上升过程，由动能定理得－Mg[l＋（l－x）]＝M－M
联立并代入数据得x＝0.2 m。
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10. 如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，
B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳
连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位
置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加
速度大小为g。求：
（1）小球A向右摆动的最大速度；
答案： 　
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解析： 小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守
恒定律得
mgL＝m
解得v1＝。
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（2）物块B运动过程中的最大速度；
答案： 　
解析：小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当
A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由
水平方向动量守恒得mv1＝mvA＋mvB
由机械能守恒定律得m＝m＋m
解得vA＝0，vB＝。
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（3）小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
答案： L
解析：当小球A摆至最高点时，A、B共速，
设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得mv1＝（m＋m）v
由机械能守恒定律得mgh＝m－（m＋m）v2
联立解得h＝L。
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