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第六章
动量与动量守恒定律
第2讲　动量守恒定律
内容索引
学习目标
核心体系
活动方案
学 习 目 标
1. 理解动量守恒定律.
2. 能用动量守恒定律分析相关问题．
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　理解动量守恒定律
动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
[2026教材习题改编]关于下列三幅图的描述正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

甲 乙 丙
①图甲为小球A沿光滑的水平面与静止的小球B发生正碰，两球碰撞的过程中动量不守恒
②图乙中，忽略水的阻力，人从船的一端走到另一端的过程，人和船组成的系统动量守恒
③图丙中，火箭搭载卫星在高速运动，箭体与卫星分离的过程中动量近似守恒
A. ①③ B. ①②
C. ②③ D. ①②③
1
C
【解析】 两球组成的系统所受合外力是零，则两球碰撞的过程中动量守恒，①错误；由于水的阻力不计，则人从船的一端走到另一端的过程，人和船组成的系统动量守恒，②正确；箭体与卫星分离的过程中，虽然系统受重力，但是系统所受的重力比相互作用力(内力)小得多，则该过程系统的动量近似守恒，③正确．故C正确．
1. 动量守恒的条件
(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，但系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，系统的动量可近似看成守恒．
(3) 某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2. 动量守恒定律的表达式
(1) p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2) Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
3. 动量守恒定律的五个特性：
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
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
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
[2025常州期末]如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A. 甲的动能一直减小
B. 甲的动量一直减小
C. 甲、乙系统的动能一直增大
D. 甲、乙系统的动量一直增大
1
C
【解析】 弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小然后向左逐渐增大，故动能先减小后增大，动量先减小后增大，A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，C正确；甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，D错误．
A. 小球和圆槽组成的系统动量守恒
B. 小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大
C. 小球返回到水平地面时圆槽的速度最大
D. 小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功
2
C
【解析】 小球和圆槽系统水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球和圆槽系统只有重力做功，机械能守恒，故B错误；整个过程中，小球一直对圆槽做正功，因此作用结束时圆槽速度最大，即小球返回到水平地面时圆槽的速度最大，故C正确；小球在圆槽上运动过程中，根据系统机械能守恒，小球机械能一直减小，所以圆槽对小球做负功，故D错误．
[2024江苏卷]嫦娥六号探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度v0运动．如图所示，某时刻，着陆器和上升器(组合体A)、轨道器和返回器(组合体B)分离，分离时间为Δt.分离后B的速度大小为v，方向与v0相同．已知组合体A、B的质量分别为m、M，求：
(1) 分离后A的速度大小v1；
(2) 分离过程中，A对B的平均推力大小F.
2
应用动量守恒定律的解题步骤
[2025扬州大学附中检测]如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中(不计水的阻力)，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
3
C
活动二　应用动量守恒定律
一、 多过程、多物体系统动量守恒问题
如图所示，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H＝0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1) 小车的最终速度的大小v；
(2) 初始时小球与桶的水平距离Δx.
3
【答案】 (1) 整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，
解得v＝5 m/s.
(2) A与C的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0＝(M＋m0)v1，
Δx＝(v0－v1)t，
解得Δx＝1.28 m.
多过程、多物体系统动量守恒问题的求解，关键是明确相互作用的两个“物体”，明确两“物体”的初、末状态的动量，然后根据动量守恒定律求解．
[2026淮安月考]如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg.现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s.求：
(1) 木块A的最终速度的大小；
(2) 小物块C滑离木块A时的速度大小．
4
【答案】 (1) 取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v，
解得v1＝2.1 m/s.
(2) 设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，
解得v2＝4 m/s.
二、 动量守恒中的临界问题
如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上．求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，重力加速度g取10 m/s2)
4
【答案】 以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度v′，由动量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，
解得v′＝1 m/s，
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，得
(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，
解得u＝3.8 m/s.
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．
分析动量守恒中的临界问题时，需根据题意找出临界条件，同时，需灵活确定研究的系统，正确列出动量守恒定律方程．
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学习目标　1. 理解动量守恒定律.2. 能用动量守恒定律分析相关问题．
活动一 理解动量守恒定律
动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
1 [2026教材习题改编]关于下列三幅图的描述正确的是(　　)
甲 乙 丙
①图甲为小球A沿光滑的水平面与静止的小球B发生正碰，两球碰撞的过程中动量不守恒
②图乙中，忽略水的阻力，人从船的一端走到另一端的过程，人和船组成的系统动量守恒
③图丙中，火箭搭载卫星在高速运动，箭体与卫星分离的过程中动量近似守恒
A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ①②③
1. 动量守恒的条件
(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，但系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，系统的动量可近似看成守恒．
(3) 某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2. 动量守恒定律的表达式
(1) p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2) Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
3. 动量守恒定律的五个特性：
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
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
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
即时训练1 [2025常州期末]如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A. 甲的动能一直减小
B. 甲的动量一直减小
C. 甲、乙系统的动能一直增大
D. 甲、乙系统的动量一直增大
即时训练2 [2026徐州三中月考]如图所示，光滑圆槽静止放在光滑水平地面上，小球以某一速度在水平面上向右运动，恰好运动到圆槽最高点，且圆槽的质量是小球的3倍．小球和圆槽相互作用过程中(　　)
A. 小球和圆槽组成的系统动量守恒
B. 小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大
C. 小球返回到水平地面时圆槽的速度最大
D. 小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功
2 [2024江苏卷]嫦娥六号探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度v0运动．如图所示，某时刻，着陆器和上升器(组合体A)、轨道器和返回器(组合体B)分离，分离时间为Δt.分离后B的速度大小为v，方向与v0相同．已知组合体A、B的质量分别为m、M，求：
(1) 分离后A的速度大小v1；
(2) 分离过程中，A对B的平均推力大小F.
应用动量守恒定律的解题步骤
即时训练3 [2025扬州大学附中检测]如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中(不计水的阻力)，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A. v0＋ B. v0－
C. v0＋ D. v0＋
活动二 应用动量守恒定律
一、 多过程、多物体系统动量守恒问题
3 如图所示，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H＝0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1) 小车的最终速度的大小v；
(2) 初始时小球与桶的水平距离Δx.
多过程、多物体系统动量守恒问题的求解，关键是明确相互作用的两个“物体”，明确两“物体”的初、末状态的动量，然后根据动量守恒定律求解．
即时训练4 [2026淮安月考]如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg.现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s.求：
(1) 木块A的最终速度的大小；
(2) 小物块C滑离木块A时的速度大小．
二、 动量守恒中的临界问题
4 如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上．求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，重力加速度g取10 m/s2)
分析动量守恒中的临界问题时，需根据题意找出临界条件，同时，需灵活确定研究的系统，正确列出动量守恒定律方程．
第2讲　动量守恒定律
【活动一】
例 1
C　两球组成的系统所受合外力是零，则两球碰撞的过程中动量守恒，①错误；由于水的阻力不计，则人从船的一端走到另一端的过程，人和船组成的系统动量守恒，②正确；箭体与卫星分离的过程中，虽然系统受重力，但是系统所受的重力比相互作用力(内力)小得多，则该过程系统的动量近似守恒，③正确．故C正确．
即时训练1 C　弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小然后向左逐渐增大，故动能先减小后增大，动量先减小后增大，A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，C正确；甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，D错误．
即时训练2 C　小球和圆槽系统水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球和圆槽系统只有重力做功，机械能守恒，故B错误；整个过程中，小球一直对圆槽做正功，因此作用结束时圆槽速度最大，即小球返回到水平地面时圆槽的速度最大，故C正确；小球在圆槽上运动过程中，根据系统机械能守恒，小球机械能一直减小，所以圆槽对小球做负功，故D错误．
例 2
(1) 组合体分离前后动量守恒(m＋M)v0＝Mv＋mv1，
解得v1＝.
(2) 对B，由动量定理得FΔt＝Mv－Mv0，
解得F＝.
即时训练3 C　规定向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv船，解得v船＝v0＋，C正确．
【活动二】
例 3
(1) 整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，
解得v＝5 m/s.
(2) A与C的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0＝(M＋m0)v1，
设小球下落的时间为t，则有H＝gt2，
Δx＝(v0－v1)t，
解得Δx＝1.28 m.
即时训练4 (1) 取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v，
解得v1＝2.1 m/s.
(2) 设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，
解得v2＝4 m/s.
例 4
以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度v′，由动量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，
解得v′＝1 m/s，
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，得
(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，
解得u＝3.8 m/s.
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．

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