(2)Δp1= －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
3.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。
4.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
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
1.系统所受合外力做功为0，系统动量守恒。( )
2.系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。( )
3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( )
4.动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。( √ )
考向一 系统动量守恒的判断
[例1] 下列关于四幅图所反映的物理过程的说法，正确的是( C )
甲 在光滑水平面上，子弹射入木块的过程
乙 剪断细线，弹簧恢复原长的过程
丙 两球匀速下降，细线断裂后，两球在水中运动的过程
丁 斜面体放在光滑的水平面上，木块在斜面上滑动
A.图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B.图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C.图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程中，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D.图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
【解析】 图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；图乙中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力大小等于两球自身的重力，细线断裂后两球组成的系统在水中运动的过程所受合外力为零，动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误。
考向二 动量守恒定律的基本应用
应用动量守恒定律解题的一般步骤：
(1)确定研究对象，选取研究过程；
(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件；
(3)选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解。
[例2] 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。
【答案】 (1)2.1 m/s (2)4 m/s
【解析】 (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。
考向三 动量守恒中的临界问题
[例3] 如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，为了避免甲与乙相撞，甲相对地面推出箱子的速度至少为( B )
A.2.2 m/s B.5.2 m/s
C.6 m/s D.10 m/s
【解析】 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙抓住箱子后的速度为v乙，取水平向右为正方向，则根据动量守恒定律，可得对甲和箱子有(m甲＋m)v0=m甲v甲＋mv，对乙和箱子有mv－m乙v0=(m＋m乙)v乙，当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙，解得v=5.2 m/s，B正确。
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
考向一 爆炸问题
动量守恒 因为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，因为有其他形式的能量(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从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[例4] 如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度v=0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x=2.7 m，下列说法中，正确的是( B )
A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B.刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D.爆炸过程中释放的能量为0.27 J
【解析】 根据动量守恒定律有(m甲＋m乙)v0=m甲v1＋m乙v2；爆炸时间忽略不计，若爆炸后甲速度方向向左，此时v1为负值，则有v2t－v1t=x，解得v1=－0.1 m/s，v2=0.8 m/s；若爆炸后甲速度方向向右，此时v1为正值，则有v2t－v1t=x，解得v1=－0.1 m/s，v2=0.8 m/s；可知，爆炸后甲速度方向向右的情况不成立，即爆炸后甲速度方向向左，速度应取v1=－0.1 m/s，v2=0.8 m/s即分离时，甲、乙两球的速度方向相反，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左，A错误，B正确；结合上述可知，刚分离时，乙球的速度大小为0.8 m/s，C错误；爆炸过程中释放的能量为E=m甲m乙(m甲＋m乙)，结合上述解得E=0.027 J，D错误。
考向二 反冲问题
作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
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，所以系统的机械能增加
[例5] 发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( D )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【解析】 由动量守恒定律得mv0=(M－m)v，导弹获得的速度v=v0，D正确。
考向三 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，得x人=L，x船=L。
[例6] 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。若忽略小船受到湖水的阻力，已知他自身的质量为m，则船的质量为( B )
A. B.
C. D.
【解析】 如图所示，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v'，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则v=，v'=；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv'=0，解得船的质量M=，B正确。
人船模型情景推广
光滑水平面上的光滑斜面体，物块由静止下滑
光滑水平面上的光滑圆弧轨道，物块由静止下滑
光滑水平面上的光滑圆桶，小球由静止滚下
热气球和人初始时静止在空中，人沿长绳竖直向下滑动
考点三 碰撞问题
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力 很大 的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力 远大于 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
碰撞类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失 最大
1.质量相等的两个物体碰撞，一定交换速度。( )
2.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。( )
3.在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同。( √ )
考向一 弹性碰撞
(1)判断依据：碰撞瞬间系统内无机械能损失。
(2)模型方程：(设主动碰撞的物体质量为m1，被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)
m1v1＋0=m1v1'＋m2v2'，
m1＋0=m1v1'2＋m2v2'2，
解得v1'=，v2'=。
(3)对结果讨论：
①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1，碰后实现了动量和动能的全部转移；
②若m1＞m2，则v1'＞0，v2'＞0，碰后二者同向运动；
③若m1＜m2，则v1'＜0，v2'＞0，碰后二者反向运动。
[例7] 如图所示，水平面上AO段为动摩擦因数μ=0.6的粗糙段，OB段光滑。质量为m=1 kg的物体甲放在距O点左侧x1=3 m的A处，物体乙静止放在距O点右侧x2=4 m的B处。现给物体甲一个水平向右的初速度v0=10 m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A。重力加速度大小g取10 m/s2，两物体均可视为质点，则( B )
A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5 m/s
B.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5 s
C.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为5.5 m/s
D.物体乙的质量为3.5 kg
【解析】 根据动能定理有μmgx1=mm，物体甲第一次运动到O点的速度大小为v1=8 m/s，A错误；物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为t==0.5 s，B正确；碰后物体甲恰好能返回出发点A，根据动能定理有μmgx1=m，解得物体甲与乙碰撞后物体甲的速度大小为v2=6 m/s，C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m乙v乙－mv2，mmm乙，解得m乙=7 kg，D错误。
考向二 完全非弹性碰撞
(1)判断依据：碰后恰好相对静止、恰好没有滑出、距离最短(最长)……表示最终共速的描述。
(2)模型方程：(设主动碰撞的物体质量为m1，被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)
m1v1＋0=(m1＋m2)v，
ΔE=(m1＋m2)v2－m1=－。
(3)特点：系统动能损失最多，转化为其他形式的能，如系统内能、弹性势能、重力势能等。
[例8] A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2 kg。下列说法中，正确的是( A )
A.碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
B.B球的质量是4 kg
C.碰撞过程中A对B的冲量为8 N·s
D.碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
【解析】 由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为vA==－3 m/s，vB==2 m/s。碰撞后两球共同运动的速度大小v==－1 m/s，碰撞过程A的动量变化量为Δp=mv－mvA=4 kg·m/s，A正确；根据动量守恒可得mvA＋mBvB=(m＋mB)v解得mB= kg，B错误；由动量定理可知，碰撞时对B的冲量为IB=mBv－mBvB=－4 N·s，C错误；根据能量守恒可得ΔE=mmB(m＋mB)v2=10 J，D错误。
考向三 碰撞的可能性分析
对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加，最后还要注意碰撞后的速度是否符合实际情况。
[例9] (多选)A、B两球在光滑水平面上向同一方向运动，它们的动量分别是p1=6 kg·m/s、p2=9 kg·m/s，A球从后面追上B球并发生碰撞，碰后A球的动量变为3 kg·m/s，则A、B两球质量m1与m2的关系可能是( CD )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.3m1=m2 D.4m1=m2
【解析】 A球追上B球发生碰撞，说明A球碰前速度大于B球碰前速度，即，解得，碰撞过程满足动量守恒定律，即p1＋p2=pA＋pB，解得碰后B球的动量为pB=(6＋9－3)kg·m/s=12 kg·m/s，碰前总动能大于或等于碰后总动能，即Ek1＋Ek2≥EkA＋EkB，结合动量和动能的关系Ek=，可知≥，解得≤，碰后A球速度小于或等于B球速度，即≤，解得≥，综上可知，两球质量关系满足≤≤，A、B错误，C、D正确。
素养提升 多物体碰撞的解题思路
高中阶段研究的碰撞是一条直线上的对心碰撞，通常研究对象是两个物体。若出现多个物体，一般是分阶段碰撞，即分阶段求解，要明确每个碰撞阶段的研究对象和初末状态。
[例10] (多选)大小相同的三个小球(可视为质点)a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面与小球连线垂直，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断中，正确的是( AC )
A.c第一次被碰后瞬间的动能为
B.c第一次被碰后瞬间的动能为
C.a与b第二次碰撞处与竖直墙的距离为l
D.a与b第二次碰撞处与竖直墙的距离为l
【解析】 设碰撞前a的速度为v0，由p=2mv0解得v0=，设a与b第一次碰撞后a的速度为va，b的速度为vb，由动量守恒定律得2mv0=2mva＋mvb，由于碰撞前后a、b两小球动能之和保持不变可得×2m×2mm，联立解得va=，vb=，设b、c第一次碰撞后c的速度为vc，b两速度为vb'由于b、c两球质量相等，且碰撞无动能损失，则碰撞后两球速度交换，有vc=vb=；c第一次被碰撞后瞬间c的动能为Ekc=m，A正确，B错误。由于b、c两球质量相等，弹性碰撞交换速度，所以可以把c、b两球的运动等效为b球的运动，设a与b第二次碰撞处距离竖直墙为x，则a球从第一次碰撞后到第二次碰撞运动位移为2l－x，b球(包含c球)运动路程为2l＋x，则有，解得x=，C正确，D错误。
[例11] (2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球的质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球的质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球的质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【答案】 (1)v0 (2) (3)
【解析】 (1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度，即为v0。
(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1＋3mv2，由能量守恒定律有mm×3m，解得v1=v0=－v0，v2=v0=v0，负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合小问(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0=，则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=mv2=。(共46张PPT)
考点一 动量守恒定律的理解与应用
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
考点三 碰撞问题
内
容
索
引
课时作业
第19讲 动量守恒定律及其应用
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的_____________为0，则这个系统的总动量保持不变。
2.表达式
(1)p=p'或m1v1＋m2v2=____________________，系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1=_____________，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
考点一 动量守恒定律的理解与应用
矢量和
m1v1'＋m2v2'
－Δp2
3.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。
4.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
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
1.系统所受合外力做功为0，系统动量守恒。( )
2.系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。( )
3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( )
4.动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。( )
√
下列关于四幅图所反映的物理过程的说法，正确的是( )
例 1
考向一 系统动量守恒的判断
甲 在光滑水平面上，子弹射入木块的过程
乙 剪断细线，弹簧恢复原长的过程
丙 两球匀速下降，细线断裂后，两球在水中运动的过程
丁 斜面体放在光滑的水平面上，木块在斜面上滑动
A.图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B.图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原
长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C.图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程中，两球组成的系统动量守恒，机械能不
守恒
D.图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，
机械能守恒
C
【解析】 图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；图乙中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力大小等于两球自身的重力，细线断裂后两球组成的系统在水中运动的过程所受合外力为零，动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误。
应用动量守恒定律解题的一般步骤：
(1)确定研究对象，选取研究过程；
(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件；
(3)选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解。
考向二 动量守恒定律的基本应用
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；
【解析】 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。
【答案】 2.1 m/s
例 2
(2)小物块C滑离木块A时的速度大小。
【解析】 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。
【答案】 4 m/s
如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，为了避免甲与乙相撞，甲相对地面推出箱子的速度至少为( )
A.2.2 m/s B.5.2 m/s
C.6 m/s D.10 m/s
例 3
【解析】 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙抓住箱子后的速度为v乙，取水平向右为正方向，则根据动量守恒定律，可得对甲和箱子有(m甲＋m)v0=m甲v甲＋mv，对乙和箱子有mv－m乙v0=(m＋m乙)v乙，当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙，解得v=5.2 m/s，B正确。
B
考向三 动量守恒中的临界问题
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
考向一 爆炸问题
动量守恒 因为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，因为有其他形式的能量(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从爆炸前的位置以新的动量开始运动
如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度v=0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x=2.7 m，下列说法中，正确的是( )
A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B.刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D.爆炸过程中释放的能量为0.27 J
例 4
【解析】 根据动量守恒定律有(m甲＋m乙)v0=m甲v1＋m乙v2；爆炸时间忽略不计，若爆炸后甲速度方向向左，此时v1为负值，则有v2t－v1t=x，解得v1=－0.1 m/s，v2=0.8 m/s；若爆炸后甲速度方向向右，此时v1为正值，则有v2t－v1t=x，解得v1=－0.1 m/s，v2=0.8 m/s；可知，爆炸后甲速度方向向右的情况不成立，即爆炸后甲速度方向向左，速度应取v1=－0.1 m/s，v2=0.8 m/s即分离时，甲、乙两球的速度方向相反，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左，A错误，B正确；结合上述可知，刚分离时，乙球的速度大小为0.8 m/s，C错误；爆炸过程中释放的能量为E=m甲m乙(m甲＋m乙)，结合上述解得E=0.027 J，D错误。
B
考向二 反冲问题
作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
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，所以系统的机械能增加
发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
例 5
【解析】 由动量守恒定律得mv0=(M－m)v，导弹获得的速度v=v0，D正确。
D
考向三 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，得x人=L，x船=L。
有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。若忽略小船受到湖水的阻力，已知他自身的质量为m，则船的质量为( )
A. B.
C. D.
例 6
【解析】 如图所示，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v'，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则v=，v'=；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv'=0，解得船的质量M=，B正确。
B
人船模型情景推广
技能点拨
光滑水平面上的光滑斜面体，物块由静止下滑
光滑水平面上的光滑圆弧轨道，物块由静止下滑
技能点拨
光滑水平面上的光滑圆桶，小球由静止滚下
热气球和人初始时静止在空中，人沿长绳竖直向下滑动
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力____________的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力_____________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
考点三 碰撞问题
很大
远大于
3.分类
1.质量相等的两个物体碰撞，一定交换速度。( )
2.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。( )
3.在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同。( )
碰撞类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 __________
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失_________
守恒
最大
√
(1)判断依据：碰撞瞬间系统内无机械能损失。
(2)模型方程：(设主动碰撞的物体质量为m1，被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)
m1v1＋0=m1v1'＋m2v2'，
m1＋0=m1v1'2＋m2v2'2，
解得v1'=，v2'=。
(3)对结果讨论：
①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1，碰后实现了动量和动能的全部转移；
②若m1＞m2，则v1'＞0，v2'＞0，碰后二者同向运动；
③若m1＜m2，则v1'＜0，v2'＞0，碰后二者反向运动。
考向一 弹性碰撞
如图所示，水平面上AO段为动摩擦因数μ=0.6的粗糙段，OB段光滑。质量为m=1 kg的物体甲放在距O点左侧x1=3 m的A处，物体乙静止放在距O点右侧x2=4 m的B处。现给物体甲一个水平向右的初速度v0=10 m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A。重力加速度大小g取10 m/s2，两物体均可视为质点，则( )
A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5 m/s
B.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5 s
C.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为5.5 m/s
D.物体乙的质量为3.5 kg
例 7
【解析】 根据动能定理有μmgx1=mm，物体甲第一次运动到O点的速度大小为v1=8 m/s，A错误；物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为t==0.5 s，B正确；碰后物体甲恰好能返回出发点A，根据动能定理有μmgx1=m，解得物体甲与乙碰撞后物体甲的速度大小为v2=6 m/s，C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m乙v乙－mv2，mmm乙，解得m乙=7 kg，D错误。
B
(1)判断依据：碰后恰好相对静止、恰好没有滑出、距离最短(最长)……表示最终共速的描述。
(2)模型方程：(设主动碰撞的物体质量为m1，被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)
m1v1＋0=(m1＋m2)v，
ΔE=(m1＋m2)v2－m1=－。
(3)特点：系统动能损失最多，转化为其他形式的能，如系统内能、弹性势能、重力势能等。
考向二 完全非弹性碰撞
A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2 kg。下列说法中，正确的是( )
A.碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
B.B球的质量是4 kg
C.碰撞过程中A对B的冲量为8 N·s
D.碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
例8
【解析】 由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为vA==－3 m/s，vB==2 m/s。碰撞后两球共同运动的速度大小v==－1 m/s，碰撞过程A的动量变化量为Δp=mv－mvA=4 kg·m/s，A正确；根据动量守恒可得mvA＋mBvB=(m＋mB)v解得mB= kg，B错误；由动量定理可知，碰撞时对B的冲量为IB=mBv－mBvB=－4 N·s，C错误；根据能量守恒可得ΔE=mmB(m＋mB)v2=10 J，D错误。
A
对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加，最后还要注意碰撞后的速度是否符合实际情况。
考向三 碰撞的可能性分析
(多选)A、B两球在光滑水平面上向同一方向运动，它们的动量分别是p1=6 kg·m/s、p2=9 kg·m/s，A球从后面追上B球并发生碰撞，碰后A球的动量变为3 kg·m/s，则A、B两球质量m1与m2的关系可能是( )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.3m1=m2 D.4m1=m2
例 9
【解析】 A球追上B球发生碰撞，说明A球碰前速度大于B球碰前速度，即，解得，碰撞过程满足动量守恒定律，即p1＋p2=pA＋pB，解得碰后B球的动量为pB=(6＋9－3)kg·m/s=12 kg·m/s，碰前总动能大于或等于碰后总动能，即Ek1＋Ek2≥EkA＋EkB，结合动量和动能的关系Ek=，可知≥，解得≤，碰后A球速度小于或等于B球速度，即≤，解得≥，综上可知，两球质量关系满足≤≤，A、B错误，C、D正确。
CD
高中阶段研究的碰撞是一条直线上的对心碰撞，通常研究对象是两个物体。若出现多个物体，一般是分阶段碰撞，即分阶段求解，要明确每个碰撞阶段的研究对象和初末状态。
素养提升 多物体碰撞的解题思路
(多选)大小相同的三个小球(可视为质点)a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面与小球连线垂直，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断中，正确的是( )
A.c第一次被碰后瞬间的动能为
B.c第一次被碰后瞬间的动能为
C.a与b第二次碰撞处与竖直墙的距离为l
D.a与b第二次碰撞处与竖直墙的距离为l
例 10
AC
【解析】 设碰撞前a的速度为v0，由p=2mv0解得v0=，设a与b第一次碰撞后a的速度为va，b的速度为vb，由动量守恒定律得2mv0=2mva＋mvb，由于碰撞前后a、b两小球动能之和保持不变可得×2m×2mm，联立解得va=，vb=，设b、c第一次碰撞后c的速度为vc，b两速度为vb'由于b、c两球质量相等，且碰撞无动能损失，则碰撞后两球速度交换，有vc=vb=；c第一次被碰撞后瞬间c的动能为Ekc=m，A正确，B错误。由于b、c两球质量相等，弹性碰撞交换速度，所以可以把c、b两球的运动等效为b球的运动，设a与b第二次碰撞处距离竖直墙为x，则a球从第一次碰撞后到第二次碰撞运动位移为2l－x，b球(包含c球)运动路程为2l＋x，则有，解得x=，C正确，D错误。
(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球的质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
【解析】 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度，即为v0。
【答案】 v0
例 11
(2)若钢球的质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
【解析】 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1＋3mv2，由能量守恒定律有mm×3m，解得v1=v0=－v0，v2=v0=v0，负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
【答案】
(3)若钢球的质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【解析】 根据题意结合小问(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0=，则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=mv2=。
【答案】
课时作业
答案速对
第七单元 第19讲 动量守恒定律及其应用 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C D B C AC A
题号 8 9 10 11 12 答案 D A A C 见答案 1.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，关于Q在P上运动的过程，下列说法中正确的是( )
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
B
2.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时，下列说法中，正确的是( )
A.若小车不动，则两人速率一定相等
B.若小车向左运动，则A的动量一定比B的小
C.若小车向左运动，则A的动量一定比B的大
D.若小车向右运动，则A的动量一定比B的大
C
3.一质量为m的烟花竖直向上升到空中，当速度减为零时炸裂成甲、乙两部分(损失的炸药质量不计)，炸裂瞬间甲、乙的速度大小之比为1∶3，则甲的质量为( )
A.m B.m
C.m D.m
【解析】 烟花爆炸瞬间内力远大于外力，系统动量守恒。爆炸前烟花速度为零，总动量为零。爆炸后甲、乙两部分动量矢量和仍为零。设甲的质量为m1，速度为v，乙的质量为m2，速度为－3v，由动量守恒可得m1v＋m2(－3v)=0，所以m1=3m2；总质量不变，则m1＋m2=m，联立解得甲的质量为m1=m，D正确。
D
4.(2025·宁波模拟)一总质量为m(含燃料)的火箭在太空中以速度v匀速航行，某时刻火箭在极短的时间内喷射出质量为Δm的气体燃烧，气体喷出后与火箭的相对速度大小为u，设火箭初始运动方向为正方向，则( )
A.气体对火箭的冲量小于火箭动量的变化量
B.气体喷出后的运动方向可能与火箭运动方向相同
C.Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小
D.火箭喷出气体后速度可增加到
【解析】 根据动量定理，气体对火箭的冲量等于火箭动量的变化量，A错误；气体喷出后的运动方向与火箭运动方向可能相同，可能相反，B正确；由动量守恒定律有mv=(m－Δm)v'＋Δm(v'－u)，可得v'=vu，Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越大，C、D错误。
B
5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是9 kg·m/s，B球的动量是6 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A.pA=－1 kg·m/s，pB=16 kg·m/s B.pA=5 kg·m/s，pB=10 kg·m/s
C.pA=7 kg·m/s，pB=8 kg·m/s D.pA=9 kg·m/s，pB=6 kg·m/s
【解析】 两球碰撞过程中，动量守恒，动能不增加，根据计算可知四个选项动量都守恒.设A、B两球的质量为m，碰撞前的总动能为Ek0=mm，A中碰撞后的总动能为Ek1=＞Ek0，根据碰撞前后总动能不增加，A错误；B中碰撞后的总动能为Ek2=＞Ek0，根据碰撞后总动能不增加，B错误；C中碰撞后的总动能为Ek3=＜Ek0，根据碰撞后总动能不增加，C正确；碰撞前后，A球动量一定会发生变化，D错误。
C
6.(多选)已知一滴雨滴的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵抗雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向，假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。下列说法中，正确的是( )
A.蚊子与雨滴融为一体后，整体的速度大小为
B.蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量与蚊子的动量变化量完全相同
C.蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为
D.若雨滴直接砸在停在地面的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小
AC
【解析】 蚊子与雨滴融为一体的过程中根据动量守恒有50mv=51mv共，解得v共=v，A正确；雨滴的动量变化量与蚊子动量变化量等大反向，B错误；设蚊子受到的平均作用力为F，根据动量定理有F·t=mv共，解得F=，C正确；若雨滴直接砸在停在地面的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴受到的平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，D错误。
7.药品自动传送系统的示意图如图所示，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5 m，长30 m，质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽的速度为2 m/s，到螺旋滑槽出口速度为6 m/s，进出螺旋滑槽的速度方向相同，该过程用时5 s，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，g取10 m/s2，下列说法中，正确的是( )
A.药品A、B碰撞后B的速度为6 m/s
B.药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同
C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为15 N·s
D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为20 N·s
【解析】 药品A、B碰撞过程动量守恒，规定向右为正方向，则有mvA=mvB，代入题中数据，解得vB=6 m/s，A正确；药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，B错误；药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量IA=mgt=(0.5×10×5)N·s=25 N·s，C错误；根据动量定理可知，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量I合=mvA－mv0=m(vA－v0)=[0.5×(6－2)]N·s=2 N·s，D错误。
A
8.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，下列说法中，正确的是( )
A.mP＞mN＞mQ B.mN＞mP＞mQ
C.mQ＞mP＞mN D.mQ＞mN＞mP
【解析】 P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN=mPvP'＋mNvN'，即mP(vP－v'P)=mN(vN'－vN)，根据图像可知(vP－vP')＞(vN'－vN)，故mP＜mN；
同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN=mQvQ'＋mNvN'，即mQ(vQ－vQ')=mN(vN'－vN)，根据图像可知(vQ－vQ')＜(vN'－vN)，故mQ＞mN；
故mQ＞mN＞mP，D正确。
甲 乙
D
9.如图所示，子母球有大小不同的两个钢球，下面一个的质量为M，上面一个的质
量为m，且满足M m。它们由地平面上高h处下落。假定大球在和小球碰撞之前，
先和地面碰撞反弹再与正下落的小球碰撞，而且所有的碰撞均是弹性的，这两个球
的球心始终在一条竖直线上，则碰后上面m球将上升的最大高度约为( )
A.9h B.4h
C.3h D.2h
【解析】 下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为v=，M碰撞地面之后，速度瞬间反向，大小相等，选M与m碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后M、m速度大小分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得Mv－mv=Mv1＋mv2，由机械能守恒定律得Mv2mv2=Mm，解得v2=v，由于M m，则v2≈3v=3，碰后上面m球将上升的最大高度h1==9h，A正确。
A
10.如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A.3个小球静止，3个小球运动
B.4个小球静止，2个小球运动
C.5个小球静止，1个小球运动
D.6个小球都运动
【解析】 A、B质量不等，mA＜mB，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；E、F质量不等，mE＞mF，则碰后E、F都向右运动，所以B、C、D静止，A向左运动，E、F向右运动，A正确。
A
11.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，则墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为( )
A.9 N·s B.18 N·s
C.36 N·s D.72 N·s
【解析】 由图知，C与A碰前速度为v1=9 m/s，碰后速度为v2=3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1=(mA＋mC)v2，可解得mC=2 kg，12 s末A和C的速度为v3=－3 m/s，4~12 s内，弹簧对A、C的冲量为I'=(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得I'=－36 N·s，方向向左，故墙壁对物块B的弹力在4~12 s的时间内对B的冲量I的大小为36 N·s，C正确。
甲 乙
C
12.在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，它们沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以6 m/s的速度由西向东运动，乙物体以2 m/s的速度由东向西运动。碰撞后两物体运动方向都与原方向相反，速度的大小都是4 m/s。
(1)求甲、乙两物体的质量之比；
【解析】 设向东为正方向，则v1=6 m/s，v'1=－4 m/s，v2=－2 m/s，v2'=4 m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2=m1v1'＋m2v2'，解得。
【答案】
(2)通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；
【解析】 碰撞前系统的总动能Ek=m1m2m2，
碰撞后系统的总动能
Ek'=m1v1'2m2v2'2=m2，
因为Ek'=Ek，所以这次碰撞是弹性碰撞。
【答案】 是弹性碰撞
(3)有些核反应堆里，要让中子与原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。假设中子与原子核的碰撞是弹性碰撞且碰前原子核处于静止状态。请你通过推导说明应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？
【解析】 设中子的质量为m，原子核质量为M，二者发生弹性碰撞，有mv=mv1＋Mv2，mv2=mM，解得v1=v，碰撞后中子的速度大小|v1|=v=v，所以M越小，|v1|越小，即应选用质量较小的原子核。
【答案】 应选用质量较小的原子核
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