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第19讲　动量守恒定律
1.（2026·海南海口联考）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量m1＝40 kg），以速度v1＝10 m/s水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量m2＝60 kg）以速度v2＝5 m/s水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　）
A.7.5 m/s，水平向右 B.1 m/s，水平向右
C.7.5 m/s，水平向左 D.1 m/s，水平向左
2.（2026·福建龙岩期中）如图所示，小车静止在光滑的水平面上，绳子一端固定在小车立柱上，另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，则在小球、小车运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A.小球的机械能守恒
B.小车的机械能一直在增加
C.小球和小车组成的系统动量守恒
D.小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
3.（2026·内蒙古呼和浩特联考）一条小船浮在水面上，不计水的阻力，人和船初状态都静止，若人从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系可能正确的是（　　）
4.质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t图像如图所示。若m1＝2 kg，下列说法正确的是（　　）
A.物体m2的质量为2 kg
B.物体m2的质量为4 kg
C.碰撞中损失的机械能为4 J
D.碰撞中没有损失机械能
5.超市里用的购物车为顾客购物提供了方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为m＝12 kg，将1号车以速度v1＝6 m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为（　　）
A.18 J B.36 J
C.54 J D.72 J
6.★ 〔多选〕（2026·河北保定期末）2025年4月24日17时17分，长征二号F运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，将神舟二十号载人飞船成功送入预定轨道。长征二号F运载火箭飞行时，设在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（　　）
A.火箭加速的原因：燃气推动周围空气，空气的反作用力推动火箭
B.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu
C.喷出燃气时，火箭受到的推力为
D.u越大，越大，火箭增加的速度Δv就越大
7.〔多选〕（2026·福建三明期中）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷竞赛项目。如图所示，某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量分别为10 kg、20 kg，在光滑冰平面上沿同一直线同向运动，速度分别为vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两壶速度的可能值是（　　）
A.vA'＝ m/s，vB'＝ m/s B.vA'＝2 m/s，vB'＝4 m/s
C.vA'＝－4 m/s，vB'＝7 m/s D.vA'＝4 m/s，vB'＝3 m/s
8.〔多选〕如图所示，光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放后滑至斜面底端。下列说法正确的是（　　）
A.此过程中斜面对滑块的支持力大小为mgcos α B.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统机械能守恒
C.此过程中斜面体向左滑动的距离为L D.此过程中滑块B的位移大小为L
9.〔多选〕（2025·新疆乌鲁木齐市三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（　　）
A.I＝7mΔv B.I＝8mΔv
C.Δu＝7Δv D.Δu＝8Δv
10.（2025·河南高考7题）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1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　）
A.mP＞mN＞mQ B.mN＞mP＞mQ
C.mQ＞mP＞mN D.mQ＞mN＞mP
11.（2025·江苏高考14题）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）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
（2）若钢球质量为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）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
第19讲　动量守恒定律
1.B　取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝（m1＋m2）v，代入数据解得v＝1 m/s，方向水平向右，故选B。
2.D　小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故A、B错误；小球摆动过程中，小球和小车水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，系统动量发生变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故C错误，D正确。
3.C　人和船组成的系统外力矢量和为零，系统动量守恒，初状态总动量为零，则运动中二者的动量一定等大反向，人向右运动，船一定向左运动。故A、B、D错，C正确。
4.D　由图可知，以碰前m1的运动方向为正方向，其速度为v1＝ m/s＝4 m/s，m2静止，碰后m1的速度为v1'＝ m/s＝－2 m/s，m2的速度为v2'＝ m/s＝2 m/s，由碰撞过程动量守恒，有m1v1＝m1v1'＋m2v2'，解得m2＝6 kg，故A、B错误；碰前总机械能为E1＝m1＋0＝16 J，碰后总机械能为E2＝m1v1'2＋m2v2'2＝16 J，则E1＝E2，即碰撞中没有损失机械能，故C错误，D正确。
5.B　根据题意，碰撞过程系统动量守恒，可得mv1＝2mv2＝3mv3，解得v2＝3 m/s，v3＝2 m/s，则第二次碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝·2m－·3m＝36 J，故选B。
6.BD　火箭加速的原因：火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭，故A错误；喷出燃气的过程，火箭和燃气组成的系统动量守恒，火箭的动量改变量大小等于喷出的燃气的动量改变量大小Δp＝Δmu，故B正确；根据动量定理FΔt＝Δp，火箭受到的推力为F＝，故C错误；由火箭和燃气组成的系统动量守恒，可知Δmu＝mΔv，解得Δv＝，可知u越大，越大，火箭增加的速度Δv就越大，故D正确。
7.AB　如果A、B是弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAv1＋mBv2，机械能守恒定律有mA＋mB＝mA＋mB，解得v1＝ m/s，v2＝ m/s，如果A、B是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝（mA＋mB）v，解得v＝ m/s，所以A、B两壶速度应该满足v1≤vA'≤v，v≤vB'≤v2，故选A、B。
8.BC　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误。系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，故B正确。系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则有Mv1＝mv2又v1＝，v2＝，则变形得Mx1＝mx2，根据几何关系有x1＋x2＝L，解得x1＝L，x2＝L，故C正确，D错误。
9.AD　设核心舱原速度为v，飞船速度为v＋Δu（因飞船相对核心舱速度为Δu）。对接后共同速度为v＋Δv（核心舱速度增加Δv）。根据动量守恒定律可得7mv＋m（v＋Δu）＝8m（v＋Δv），可得Δu＝8Δv，故C错误，D正确；核心舱受到的冲量I等于其动量变化I＝7mΔv，故A正确，B错误。
10.D　对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。
11.（1）v0　（2）　（3）m
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，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，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m＝m＋×3m
联立解得v1＝－v0，v2＝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（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＝m。
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1.理解动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。 2.能熟练运用动量守恒定律解决临界问题。 3.会用动量观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。
考点一　动量守恒定律
知识速记
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的　　　　为0，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。
　如图甲所示，在光滑水平面上一个运动小球碰撞另一个静止小球；如图乙所示，小车A、B静止在光滑水平面上，中间夹一个被压缩的轻弹簧，且用细线系着；如图丙所示，速度为v0的物体滑上位于光滑水平面上带有曲面的小车。结合上述情境，请思考：
（1）图甲中，两球碰撞前受哪些力作用？碰撞过程中两球组成的系统动量守恒吗？
（2）图乙中，烧断细线后，两小车组成的系统动量守恒吗？
（3）图丙中，物体与小车组成的系统动量守恒吗？
要点深化
1.动量守恒的适用条件
（1）理想条件：不受外力或所受外力的矢量和为零。
（2）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。
（3）某一方向守恒条件：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2.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式，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…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
〔鲁科版选择性必修一P17·T2改编〕〔多选〕如图所示，光滑水平面上的两玩具小车中间连接一被压缩的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止。对于两车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）
A.两手先后放开后，系统总动量始终为0
B.两手都放开后，系统机械能和动量都守恒
C.先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向左
D.若两手先后放开，则在两手都放开前，系统机械能不守恒
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽A点相切进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
（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和近月制动，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。
尝试解答
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
知识速记
1.定义：碰撞是指物体间的相互作用持续时间　　　　、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，可认为系统动量守恒。
3.分类
弹性碰撞 （1）总动量守恒：　　　　　　　　　　　　　； （2）总动能不变：　　　　　　　　　　　　
非弹性 碰撞 （1）总动量守恒：　　　　　　　　　　　　　； （2）总动能减少：　　　　　　　　　　　　
完全非弹性 碰撞 （1）总动量守恒：　　　　　　　　　　　　　； （2）总动能损失最大：　　　　　　　　　　　　
　碰撞是我们日常生活中常见到的现象，台球桌上台球的碰撞（图甲），汽车碰撞测试中两车的相向碰撞（碰撞后均静止）（图乙）等，这些碰撞有哪些相同点？又有哪些不同？（从动量和能量的角度进行分析）
要点深化
1.碰撞问题遵循的“三个原则”
动量守恒 p1＋p2＝p1'＋p2'，或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'　①
动能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'，或m1＋m2≥m1v1'2＋m2v2'2　②
速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则v后＞v前， 若碰后仍同向运动，则v前'≥v后' ②若碰前两物体相向运动，则碰后两物 体的运动方向不可能都不改变
注意：①②可联立化简为v1＋v1'≥v2＋v2'，取“＝”时为弹性碰撞动量守恒和机械能守恒两个公式的联立结果。这个公式可以简化很多相关问题的计算。
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）；
当m1 m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1（极大碰极小，大不变，小加倍）。
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0（小碰大，要反弹）；
当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）。
（2026·江苏宿迁期中）“充气碰碰球”游戏简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB＝30 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A.mA＝mB B.mA＝3mB
C.mA＝4mB D.mA＝5mB
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（2025·甘肃高考4题）如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　）
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　爆炸　反冲
知识速记
1.爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且　　　　系统所受的外力，所以系统　　　　守恒。
2.反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力　　　　物体间的相互作用力，系统的　　　　是守恒的。
　仔细观察下列图片并思考以下问题：
（1）如图甲所示，吹大的气球松开吹气口后如何运动？如图乙所示，乌贼在水中是怎样游泳的？如图丙所示，烟花点燃药捻后如何运动？
（2）它们的运动有什么共同点？
（3）系统的动量、机械能有什么变化？
要点深化
1.爆炸现象应遵循的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为机械能，所以系统的机械能增加
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内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，所以系统的总机械能增加
（2026·辽宁鞍山期末）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，则说法正确的是（　　）
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
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
★（2026·福建福州模拟）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.火箭的推力来源于空气的浮力
B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C.喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D.在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
人船模型
1.人船模型的特点
运动情境
满足规律 动量守恒定律，m人 v人－m船 v船＝0
运动特点 人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；人与船的位移比等于质量比的倒数；人与船的平均速度（瞬时速度）比等于质量比的倒数，即＝＝
结论 x人＝L，x船＝L
注意事项 应用＝＝时要注意：v人、v船和x人、x船一般都是相对地面而言的
2.类人船模型
（2026·江苏扬州期中）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上。一质量为m的小物块从曲面体顶端由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（　　）
A.物块的机械能守恒
B.物块、曲面体组成的系统动量守恒
C.曲面体对物块的弹力不做功
D.物块水平方向运动的位移为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第19讲　动量守恒定律
考点一
知识速记
1.矢量和　2.（1）m1v1'＋m2v2'　（2）－Δp2
思考与讨论
　提示：（1）两球分别受到重力和桌面对它们的支持力作用，且二力平衡，两球发生碰撞时，它们之间的相互作用力是内力。由于两球组成的系统所受外力的矢量和为零，故系统动量守恒。
（2）烧断细线后，弹簧弹力是内力，系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒。
（3）物体和小车组成的系统，由于水平方向上不受外力，故水平方向的动量守恒；但是竖直方向上外力矢量和不为零，故竖直方向上的动量不守恒。
要点深化
【例1】　BC　两手都放开后，系统所受外力的矢量和为零，机械能和动量都守恒，故B正确；先放开左手，左边的物体向左运动，再放开右手后，系统所受外力的矢量和为零，故系统动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也始终向左，故A错误，C正确；若两手先后放开，在两手都放开前后，系统机械能都守恒，故D错误。
强化训练
　C　在小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平向右的分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
【例2】　（1）　（2）
解析：（1）A、B组成的系统分离过程动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝mvA＋MvB
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F＝。
【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，由于小球和小车在水平方向上动量守恒，则有m车　　v0－m球　　vx＝（m车＋m球）v，解得v＝5 m/s，故选A。
考点二
知识速记
1.很短　很大　2.远大于　　3.m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'　m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2　m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'　m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔE损失　m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共　m1＋m2＝（m1＋m2）＋ΔE损失
思考与讨论
　提示：相同点：碰撞过程持续时间极短，此过程中内力远大于外力，碰撞过程动量守恒；
不同点：碰撞过程中机械能损失有多有少，图甲损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较小，图乙损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较大。
要点深化
【例4】　A　以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得pA＝pA'＋pB解得pA'＝20 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有≥＋，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有≤，解得mB≤mA，因此，两球质量关系为mA≤mB≤mA，故选A。
【例5】　B　小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向上速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，1 s末竖直速度为vA，B球水平速度为v2，碰撞为完全弹性碰撞，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＋m＝m（＋）＋m，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向有h＝gt2，解得t＝2 s，可知碰撞后小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。
考点三
知识速记
1.远大于　动量　2.远小于　动量
思考与讨论
　提示：（1）吹大的气球松开吹气口后向喷气的相反的方向运动；乌贼在水中先把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体前面的孔将水喷出，使身体向喷水的相反的方向运动；烟花点燃药捻后，火药燃烧喷出气体，烟花向喷气的相反的方向运动。
（2）物体均在内力作用下，喷出一部分物质，物体向喷出物质的相反的方向运动，这种现象叫反冲。
（3）由于系统在内力作用下，喷出一部分物质，内力远远大于外力，系统的动量守恒；由于在内力作用下，有其他形式的能量转化为机械能，系统的机械能增加。
要点深化
【例6】　B　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，若设爆炸后甲速度方向向左，此时v1为负值，则有v2t＋｜v1｜t＝x，解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，若设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景不成立，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，故A错误，B正确；结合上述分析可知，刚分离时，乙球的速度大小为0.8 m/s，故C错误；爆炸过程中释放的能量为E＝m甲　　＋m乙　　－（m甲＋m乙），解得E＝0.027 J，故D错误。
【例7】　C　火箭的推力来源于喷出的高温高压气体（燃料燃烧时产生）对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出后的瞬间，万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得（M－m）v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝，故B错误；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度H＝＝，故C正确；在火箭喷气过程中，燃料燃烧产生的高温高压气体（向后喷出）对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
拓展空间
【典例】　D　对于物块和曲面体组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，但是物块的机械能不守恒，选项A错误；物块、曲面体组成的系统水平方向不受外力，则水平方向动量守恒，但竖直方向外力矢量和不为零，系统动量不守恒，选项B错误；曲面体对物块的弹力对物块做负功，选项C错误；由水平方向动量守恒，结合人船模型可知mx＝3m（R－x），解得物块水平方向运动的位移为x＝，选项D正确。
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第19讲　动量守恒定律
目标要求
1. 理解动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。
2. 能熟练运用动量守恒定律解决临界问题。
3. 会用动量观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。
目 录
CONTENTS
考点一　动量守恒定律
考点二　碰撞问题
考点三　爆炸　反冲
课时跟踪检测
考点一　动量守恒定律
知识速记
1. 内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，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。
矢量和　
m1v1'＋m2v2'　
－Δp2　
　如图甲所示，在光滑水平面上一个运动小球碰撞另一个静止小球；如图
乙所示，小车A、B静止在光滑水平面上，中间夹一个被压缩的轻弹簧，且
用细线系着；如图丙所示，速度为v0的物体滑上位于光滑水平面上带有曲
面的小车。结合上述情境，请思考：
（1）图甲中，两球碰撞前受哪些力作用？碰撞过程中两球组成的系统动
量守恒吗？
提示： 两球分别受到重力和桌面对它们的支持力作用，且二力平
衡，两球发生碰撞时，它们之间的相互作用力是内力。由于两球组成的系
统所受外力的矢量和为零，故系统动量守恒。
（2）图乙中，烧断细线后，两小车组成的系统动量守恒吗？
提示： 烧断细线后，弹簧弹力是内力，系统所受外力的矢量和为
零，系统动量守恒。
（3）图丙中，物体与小车组成的系统动量守恒吗？
提示： 物体和小车组成的系统，由于水平方向上不受外力，故水平
方向的动量守恒；但是竖直方向上外力矢量和不为零，故竖直方向上的动
量不守恒。
要点深化
1. 动量守恒的适用条件
（1）理想条件：不受外力或所受外力的矢量和为零。
（2）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外
力，如碰撞、爆炸等过程。
（3）某一方向守恒条件：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外
力或所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2. 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式，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…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
〔鲁科版选择性必修一P17·T2改编〕〔多选〕如图所示，光滑水平面
上的两玩具小车中间连接一被压缩的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们
静止。对于两车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　BC　）
A. 两手先后放开后，系统总动量始终为0
B. 两手都放开后，系统机械能和动量都守恒
C. 先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向左
D. 若两手先后放开，则在两手都放开前，系统机械能不守恒
BC
解析：两手都放开后，系统所受外力的矢量和为零，机械能和动量都守
恒，故B正确；先放开左手，左边的物体向左运动，再放开右手后，系统
所受外力的矢量和为零，故系统动量守恒，且开始时总动量方向向左，放
开右手后总动量方向也始终向左，故A错误，C正确；若两手先后放开，在
两手都放开前后，系统机械能都守恒，故D错误。
如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水
平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆
弧槽A点相切进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）
A. 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成
的系统在水平方向动量守恒
C. 小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系
统在水平方向动量守恒
D. 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
√
解析： 　在小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压
力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小
球做负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽
有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；小球从B
到C的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，故C正
确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平向右的分速
度，小球做斜上抛运动，故D错误。
（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和近月制动，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： 　
解析： A、B组成的系统分离过程动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）
v0＝mvA＋MvB
解得分离后A的速度vA＝。
（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F＝。
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　）
A. 5 m/s B. 4 m/s
C. 8.5 m/s D. 9.5 m/s
A
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，由于小球和小车在水平方向上动
量守恒，则有m车v0－m球vx＝（m车＋m球）v，解得v＝5 m/s，故选A。
考点二　碰撞问题
知识速记
1. 定义：碰撞是指物体间的相互作用持续时间 、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，可认为系统动
量守恒。
很短　
很大　
远大于　
弹性 碰撞 （1）总动量守恒： ；
（2）总动能不变：
非弹性 碰撞 （1）总动量守恒： ；
（2）总动能减少：

完全 非弹性 碰撞 （1）总动量守恒： ；
（2）总动能损失最大：

m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'　
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2　
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'　
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔE损失
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共　
m1＋m2＝（m1＋m2）＋
ΔE损失　
3. 分类
　碰撞是我们日常生活中常见到的现象，
台球桌上台球的碰撞（图甲），汽车碰
撞测试中两车的相向碰撞（碰撞后均静
止）（图乙）等，这些碰撞有哪些相同
点？又有哪些不同？（从动量和能量的角度进行分析）
提示：相同点：碰撞过程持续时间极短，此过程中内力远大于外力，碰撞
过程动量守恒；
不同点：碰撞过程中机械能损失有多有少，图甲损失的机械能相比碰撞前
的机械能占比较小，图乙损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较大。
要点深化
1. 碰撞问题遵循的“三个原则”
动量守恒 p1＋p2＝p1'＋p2'，或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'　①
动能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'，或m1＋m2≥m1v1'2＋
m2v2'2　②
速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则v后＞v前，
若碰后仍同向运动，则v前'≥v后'
②若碰前两物体相向运动，则碰后两物
体的运动方向不可能都不改变
注意：①②可联立化简为v1＋v1'≥v2＋v2'，取“＝”时为弹性碰撞动量守
恒和机械能守恒两个公式的联立结果。这个公式可以简化很多相关问题的
计算。
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）；
当m1 m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1（极大碰极小，大不变，小加倍）。
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0（小碰大，要反弹）；
当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）。
（2026·江苏宿迁期中）“充气碰碰球”游戏简化为如图乙所示的模
型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的
动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB＝30 kg·m/s。则两球
质量mA与mB间的关系可能是（　A　）
A. mA＝mB B. mA＝3mB
C. mA＝4mB D. mA＝5mB
A
解析：以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得pA＝pA'
＋pB解得pA'＝20 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有≥＋
，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有
≤，解得mB≤mA，因此，两球质量关系为mA≤mB≤mA，故选A。
（2025·甘肃高考4题）如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s
末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质
量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的
速度大小v为（　B　）
B
A. 1.5 m/s
B. 3.0 m/s
C. 4.5 m/s
D. 6.0 m/s
解析：小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向上速度
不变，设碰撞后A球水平速度为v1，1 s末竖直速度为vA，B球水平速度为
v2，碰撞为完全弹性碰撞，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＋m＝m（＋
）＋m，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向有h＝gt2，解得
t＝2 s，可知碰撞后小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v
＝3.0 m/s，故选B。
考点三　爆炸　反冲
知识速记
1. 爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且
系统所受的外力，所以系统 守恒。
2. 反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力 物体间
的相互作用力，系统的 是守恒的。
远大于　
动量　
远小于　
动量　
　仔细观察下列图片并思考以下问题：
（1）如图甲所示，吹大的气球松开吹气口后如何运动？如图乙所示，乌
贼在水中是怎样游泳的？如图丙所示，烟花点燃药捻后如何运动？
提示： 吹大的气球松开吹气口后向喷气的相反的方向运动；乌贼在
水中先把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体前面的孔将水喷出，使身
体向喷水的相反的方向运动；烟花点燃药捻后，火药燃烧喷出气体，烟花
向喷气的相反的方向运动。
（2）它们的运动有什么共同点？
提示： 物体均在内力作用下，喷出一部分物质，物体向喷出物质的
相反的方向运动，这种现象叫反冲。
（3）系统的动量、机械能有什么变化？
提示： 由于系统在内力作用下，喷出一部分物质，内力远远大于外
力，系统的动量守恒；由于在内力作用下，有其他形式的能量转化为机械
能，系统的机械能增加。
要点深化
1. 爆炸现象应遵循的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆
炸过程中，系统的总动量守恒
机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为机
械能，所以系统的机械能增加
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，
可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开
始运动
2. 反冲运动的三点说明
作用 原理 反冲运动是系统内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
统的总机械能增加
（2026·辽宁鞍山期末）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，则说法正确的是
（　B　）
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，若设爆炸后甲速度方向向左，此时v1为负值，则有v2t＋｜
v1｜t＝x，解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，若设爆炸后甲速度方向
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景不成立，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，故A
错误，B正确；结合上述分析可知，刚分离时，乙球的速度大小为0.8
m/s，故C错误；爆炸过程中释放的能量为E＝m甲＋m乙－（m
甲＋m乙），解得E＝0.027 J，故D错误。
★（2026·福建福州模拟）火箭发射领域“世界航天
第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑
在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利
用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假
设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的
总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的
炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　C　）
A. 火箭的推力来源于空气的浮力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C. 喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D. 在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
√
解析：火箭的推力来源于喷出的高温高压气体（燃料燃烧时产生）对火箭
的反作用力，故A错误；在燃气喷出后的瞬间，万户及其所携设备组成的
系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运
动方向为正方向，由动量守恒定律得（M－m）v－mv0＝0，解得火箭的速
度大小为v＝，故B错误；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运
动，上升的最大高度H＝＝，故C正确；在火箭喷气过程
中，燃料燃烧产生的高温高压气体（向后喷出）对万户及所携设备做正
功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
人船模型
1. 人船模型的特点
运动情境
满足规律 动量守恒定律，m人v人－m船v船＝0
运动特点 人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；
人与船的位移比等于质量比的倒数；人与船的平均速度
（瞬时速度）比等于质量比的倒数，即＝＝
结论 x人＝L，x船＝L
注意事项 应用＝＝时要注意：v人、v船和x人、x船一般都是相
对地面而言的
2. 类人船模型
（2026·江苏扬州期中）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光
滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上。一质量为m的小物块从曲面体顶端
由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（　D　）
A. 物块的机械能守恒
B. 物块、曲面体组成的系统动量守恒
C. 曲面体对物块的弹力不做功
D. 物块水平方向运动的位移为
D
解析：对于物块和曲面体组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能
守恒，但是物块的机械能不守恒，选项A错误；物块、曲面体组成的系统
水平方向不受外力，则水平方向动量守恒，但竖直方向外力矢量和不为
零，系统动量不守恒，选项B错误；曲面体对物块的弹力对物块做负功，
选项C错误；由水平方向动量守恒，结合人船模型可知mx＝3m（R－x），
解得物块水平方向运动的位移为x＝，选项D正确。
课时跟踪检测
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1. （2026·海南海口联考）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的
海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量m1＝40 kg），以速度v1＝10 m/s水
平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量m2＝60 kg）以速度v2＝5 m/s水平向左
冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气
阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　）
A. 7.5 m/s，水平向右 B. 1 m/s，水平向右
C. 7.5 m/s，水平向左 D. 1 m/s，水平向左
√
解析： 　取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝（m1＋m2）
v，代入数据解得v＝1 m/s，方向水平向右，故选B。
2. （2026·福建龙岩期中）如图所示，小车静止在光滑的水平面上，绳子
一端固定在小车立柱上，另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角
度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，则在小球、小车运动过程
中，下列说法正确的是（　　）
A. 小球的机械能守恒
B. 小车的机械能一直在增加
C. 小球和小车组成的系统动量守恒
D. 小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
√
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解析： 　小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程
中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小
球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能
减少，小球的机械能增加，故A、B错误；小球摆动过程中，小球和小车水
平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，系统动量
发生变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故C错
误，D正确。
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3. （2026·内蒙古呼和浩特联考）一条小船浮在水面上，不计水的阻力，
人和船初状态都静止，若人从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系
可能正确的是（　　）
√
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解析： 　人和船组成的系统外力矢量和为零，系统动量守恒，初状态总
动量为零，则运动中二者的动量一定等大反向，人向右运动，船一定向左
运动。故A、B、D错，C正确。
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4. 质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t
图像如图所示。若m1＝2 kg，下列说法正确的是（　　）
A. 物体m2的质量为2 kg
B. 物体m2的质量为4 kg
C. 碰撞中损失的机械能为4 J
D. 碰撞中没有损失机械能
√
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解析： 　由图可知，以碰前m1的运动方向为正方向，其速度为v1＝ m/s
＝4 m/s，m2静止，碰后m1的速度为v1'＝ m/s＝－2 m/s，m2的速度为v2'
＝ m/s＝2 m/s，由碰撞过程动量守恒，有m1v1＝m1v1'＋m2v2'，解得m2
＝6 kg，故A、B错误；碰前总机械能为E1＝m1＋0＝16 J，碰后总机械
能为E2＝m1v1'2＋m2v2'2＝16 J，则E1＝E2，即碰撞中没有损失机械能，故
C错误，D正确。
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5. 超市里用的购物车为顾客购物提供了方便，又便于收纳，收纳时一般采
用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在
超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物
车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为m＝12 kg，将1号车以
速度v1＝6 m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为
一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为（　　）
A. 18 J B. 36 J
C. 54 J D. 72 J
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解析： 　根据题意，碰撞过程系统动量守恒，可得mv1＝2mv2＝3mv3，解
得v2＝3 m/s，v3＝2 m/s，则第二次碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝
·2m－·3m＝36 J，故选B。
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6. ★ 〔多选〕（2026·河北保定期末）2025年4月24日17时17分，长征二号
F运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，将神舟二十号载人飞船成功送
入预定轨道。长征二号F运载火箭飞行时，设在极短时间Δt内喷射燃气的
质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷出燃气后火箭的质
量是m，下列说法正确的是（　　）
A. 火箭加速的原因：燃气推动周围空气，空气的反作用力推动
火箭
B. 喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu
C. 喷出燃气时，火箭受到的推力为
D. u越大，越大，火箭增加的速度Δv就越大
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解析： 　火箭加速的原因：火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭，
故A错误；喷出燃气的过程，火箭和燃气组成的系统动量守恒，火箭的动
量改变量大小等于喷出的燃气的动量改变量大小Δp＝Δmu，故B正确；根
据动量定理FΔt＝Δp，火箭受到的推力为F＝，故C错误；由火箭和燃
气组成的系统动量守恒，可知Δmu＝mΔv，解得Δv＝，可知u越大，
越大，火箭增加的速度Δv就越大，故D正确。
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7. 〔多选〕（2026·福建三明期中）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷竞
赛项目。如图所示，某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量分别为10
kg、20 kg，在光滑冰平面上沿同一直线同向运动，速度分别为vA＝6 m/s，
vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两壶速度的可能值是（　　）
A. vA'＝ m/s，vB'＝ m/s
B. vA'＝2 m/s，vB'＝4 m/s
C. vA'＝－4 m/s，vB'＝7 m/s
D. vA'＝4 m/s，vB'＝3 m/s
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解析： 　如果A、B是弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAv1
＋mBv2，机械能守恒定律有mA＋mB＝mA＋mB，解得v1＝
m/s，v2＝ m/s，如果A、B是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA
＋mBvB＝（mA＋mB）v，解得v＝ m/s，所以A、B两壶速度应该满足
v1≤vA'≤v，v≤vB'≤v2，故选A、B。
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8. 〔多选〕如图所示，光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面
体A，斜面体质量为M、底边长为L。将一质量为m、可视为质点的滑块B从
斜面的顶端由静止释放后滑至斜面底端。下列说法正确的是（　　）
A. 此过程中斜面对滑块的支持力大小为mgcos α
B. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统机械能守恒
C. 此过程中斜面体向左滑动的距离为L
D. 此过程中滑块B的位移大小为L
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解析： 　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，
所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方
向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错
误。系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，故B正确。系统水平
方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、
x2，则有Mv1＝mv2又v1＝，v2＝，则变形得Mx1＝mx2，根据几何关系有
x1＋x2＝L，解得x1＝L，x2＝L，故C正确，D错误。
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9. 〔多选〕（2025·新疆乌鲁木齐市三模）神舟十九号飞船与天和核心舱
在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可
视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成
功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质
量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大
小为I，则（　　）
A. I＝7mΔv B. I＝8mΔv
C. Δu＝7Δv D. Δu＝8Δv
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解析： 　设核心舱原速度为v，飞船速度为v＋Δu（因飞船相对核心
舱速度为Δu）。对接后共同速度为v＋Δv（核心舱速度增加Δv）。根
据动量守恒定律可得7mv＋m（v＋Δu）＝8m（v＋Δv），可得Δu＝
8Δv，故C错误，D正确；核心舱受到的冲量I等于其动量变化I＝
7mΔv，故A正确，B错误。
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10. （2025·河南高考7题）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1和
图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　）
A. mP＞mN＞mQ B. mN＞mP＞mQ
C. mQ＞mP＞mN D. mQ＞mN＞mP
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解析： 　对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝
mPvP'＋mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－
vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有
mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），
由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D
正确。
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11. （2025·江苏高考14题）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）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
答案： v0　
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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，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，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
v0。
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（2）若钢球质量为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；
答案： 　
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m＝m＋×3m
联立解得v1＝－v0，v2＝v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
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（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
答案： m
解析：根据题意结合（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＝m。
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