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限时规范训练(36)　动量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分)
[基础巩固练]
1．(2026·北京师大实验中学摸底)如图所示，左侧有竖直固定挡板的小车A静止在水平地面上，A的上表面有一个静止的物体B，一轻弹簧的左端连接在小车的竖直挡板上，右端与物体B相连接，并通过一根细线使弹簧处于压缩状态。各表面均光滑，现烧断细线，物体B始终未从小车的上表面滑出，则烧断细线后(　　)
A．弹簧恢复原长时A的动量最大
B．弹簧伸长量达到最大时B的动量最大
C．弹簧恢复原长时整个系统的动量最大
D．弹簧伸长量达到最大时整个系统的机械能最大
解析：A　弹簧恢复为原长前的过程，小车A向左加速运动，物体B向右加速运动，弹簧恢复为原长后直到弹簧伸长量达到最大过程，小车A向左减速运动，物体B向右减速运动，所以弹簧恢复为原长时A的速度最大，动量最大，故A正确；整个系统的动量守恒，弹簧伸长量达到最大时小车A和物体B的动量均为零，任意时刻系统的总动量为零，故BC错误；整个系统的机械能守恒，故D错误。
2．(2026·合肥六校联盟期中)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么(　　)
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
解析：D　由于人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。
3．(2025·湖北襄阳四中质检)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(　　)
A． C．
解析：D　设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝，故选D。
4．(多选)(2025·海南海口三模)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为M(含火药)，“起花”内装有质量为m的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂成质量之比为2∶1的两块碎块，且在水平方向、沿相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
解析：BD　“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v1－mv0，得v1＝，故C错误；根据题意，“起花”升到最高点时炸裂成质量之比为2∶1的两块碎块的速度之比为1∶2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1∶2，落地时水平方向的速度大小之比为1∶2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1∶2，所以落地时的速度之比不可能是1∶2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，故D正确。
5．(2026·河北衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知(　　)
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
解析：C　由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
6．(2026·贵阳一中月考)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　　)
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：A　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
[能力提升练]
7．(2022·北京卷，10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的关系图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
解析：C　x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题中x-t图像可知，碰撞前m1的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2的速度为0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知，碰撞后m2的动量大于m1的动量，根据动能的表达式Ek＝mv2可知，碰撞后m2的动能大于m1的动能，C正确，D错误。
8．(多选)(2026·天津七中月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　)
A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
解析：ACD　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。
[培优创新练]
9．(13分)(2023·湖南卷，15改编)如图所示，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)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)求小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离。
解析：(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，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＝Mv22
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＝。
答案：(1) 　(2)(共60张PPT)
第2讲　动量守恒定律
1.理解动量守恒的条件并能熟练应用动量守恒定律解决基本问题和临界问题。2.理解碰撞的种类及其遵循的规律。3.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的______为零，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)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。
(2)Δp1＝_____，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
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合力为__。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力______它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。
(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在________上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
零
远大于
某一方向
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程称为碰撞。
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)______外力，总动量守恒。
(3)碰撞分类
分类 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ____
非弹性碰撞 ____ 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失____
远大于
守恒
守恒
最大
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(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。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
3．爆炸问题：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________。
远大于
远大于
近似守恒
1．判断正误
(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。( )
(2)碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。( )
(3)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。( )
(4)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。( )
×
√
×
×
2．(多选)(鲁科版教材原题改编)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
AC
解析：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。
3．(人教版教材原题改编)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：B　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
B
4．(2024·江苏卷，14改编)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。则分离后A的速度vA＝________。
解析：A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得vA＝。
答案：
研考点
精准突破
考点一　动量守恒定律的理解
(2026·江西上高二中三检)如图，光滑水平地面上
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(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
B
解析：B　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件，可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(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。
C　
(2026·湖南衡阳八中期中)如图所示，将一光滑的
半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现
让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点
与圆弧槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是(　　)
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，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽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：C　小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量
不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后，小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误。
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。
[归纳总结]　动量守恒定律的“五性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应过程每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
考点二　动量守恒定律的基本应用
考向1　动量守恒定律的简单应用
(2025·山东济宁质检)如图所示，装有沙子的小车
静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量
为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的
初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒
B．小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s
C．小车最终的速度大小为1 m/s
D．小车最终的速度大小为2 m/s
C　
解析：C　由题知陷入沙子前，小球有竖直方向的分速度，最终，整个系统没有竖直方向的分速度，所以小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统在竖直方向的动量不守恒，故系统动量不守恒，A错误；由于小球时刻受到重力作用，且陷入沙子过程的时间未知，由动量定理可知，沙子对小球的冲量大小不可求，B错误；设沙子与小车的总质量为M，小球的质量为m，初速度大小为v0，小球与沙、车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，有mv0＝(m＋M)v，解得小车最终的速度大小为v＝1 m/s，C正确，D错误。
应用动量守恒定律解题的步骤
(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。
(2025·河南卷，7)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
图1　 图2
D　
解析：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mPmN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。
图1　 图2
考向2　动量守恒定律的临界问题
(经典高考题)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，
再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得
10m×2v0－mvmin＝11mv2，
为避免两船相撞应满足v1＝v2，
联立解得vmin＝4v0。
答案：4v0
考点三　爆炸、反冲
考向1　反冲运动
(2025·重庆巴蜀中学三诊)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　)
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过n次喷气后，飞行器速度为
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行
器无法在太空环境中爆震加速
C　
解析：C　由题意可知，每次喷气过程中，系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；根据
动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－Δm，速度为v1，则有0＝Δmv－(M－Δm)v1，解得v1＝，所以第一次喷气后速度增量Δv1＝v1＝，在第二次喷气之前，此时系统总动量为(M－Δm)v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－2Δm，速度为v2，则有(M－
Δm)v1＝(M－2Δm)v2－Δmv，将v1＝代入可得v2＝，所以第二次喷气后速度增量Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误；设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为(M－nΔm)，速度为vn。根据动量守恒定律可得0＝nΔmv－(M－nΔm)vn，解得vn
＝，故C正确；虽然在太空没有空气，但飞行器
喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根
据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以
飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。
点拨：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。
考向2　爆炸问题
(2025·北京卷，17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
解析：(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v＋m·vB
解得vB＝－2v，即速度大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知，下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝|xA|＋|xB|＝vt＋2vt＝3vt。
答案：(1)gt　(2)2v　(3)3vt
爆炸现象的规律
(1)动量守恒：爆炸过程物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：由于有其他形式的能量转化为动能，爆炸前后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸过程中物体产生的位移很小，一般可忽略不计。
素养拓展　人船模型及其拓展
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)两物体的位移关系：m＝0，x人＋x船＝L，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)
(2026·山东泰安一中检测)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A．
C．
B　
解析：B　设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，可得M，船的质量为M＝，故B正确。
如图所示，质量为M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则
(　　)
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．BC段长L＝1 m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
D　
解析：D　滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确。
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限时规范
训练(36)　动量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分)
[基础巩固练]
1．(2026·北京师大实验中学摸底)如图所示，左侧有竖直固定挡板的小车A静止在水平地面上，A的上表面有一个静止的物体B，一轻弹簧的左端连接在小车的竖直挡板上，右端与物体B相连接，并通过一根细线使弹簧处于压缩状态。各表面均光滑，现烧断细线，物体B始终未从小车的上表面滑出，则烧断细线后(　　)
A．弹簧恢复原长时A的动量最大
B．弹簧伸长量达到最大时B的动量最大
C．弹簧恢复原长时整个系统的动量最大
D．弹簧伸长量达到最大时整个系统的机械能最大
A　
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解析：A　弹簧恢复为原长前的过程，小车A向左加速运动，物体B向右加速运动，弹簧恢复为原长后直到弹簧伸长量达到最大过程，小车A向左减速运动，物体B向右减速运动，所以弹簧恢复为原长时A的速度最大，动量最大，故A正确；整个系统的动量守恒，弹簧伸长量达到最大时小车A和物体B的动量均为零，任意时刻系统的总动量为零，故BC错误；整个系统的机械能守恒，故D错误。
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2．(2026·合肥六校联盟期中)质量为m的人在质量为M
的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩
擦不计时，那么(　　)
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
D
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解析：D　由于人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。
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3．(2025·湖北襄阳四中质检)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为
(　　)
A．
C．
D
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解析：D　设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝，故选D。
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4．(多选)(2025·海南海口三模)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为M(含火药)，“起花”内装有质量为m的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂成质量之比为2∶1的两块碎块，且在水平方向、沿相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组
成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
BD
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解析：BD　“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v1－mv0，得v1＝，故C错误；根据题意，
“起花”升到最高点时炸裂成质量之比为2∶1的两块碎块的速度之比为1∶2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1∶2，落地时水平方向的速度大小之比为1∶2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1∶2，所以落地时的速度之比不可能是1∶2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，故D正确。
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5．(2026·河北衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知
(　　)
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
C　
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解析：C　由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
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6．(2026·贵阳一中月考)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　　)
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
A　
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解析：A　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
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[能力提升练]
7．(2022·北京卷，10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的关系图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
C　
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解析：C　x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题中x-t图像可知，碰撞前m1的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2的速度为0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后两
物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知，碰撞后m2的动量大于m1的动量，根据动能的表达式Ek＝mv2可知，碰撞后m2的动能大于m1的动能，C正确，D错误。
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8．(多选)(2026·天津七中月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是
(　　)
ACD　
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A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
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解析：ACD　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。
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[培优创新练]
9．(13分)(2023·湖南卷，15改编)如图所示，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)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度
大小；
(2)求小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对
于初始时刻运动的距离。
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解析：(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，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＝Mv22
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＝。
答案：(1) 　(2)
第2讲　动量守恒定律
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目标 要求 　 　 1.理解动量守恒的条件并能熟练应用动量守恒定律解决基本问题和临界问题。2.理解碰撞的种类及其遵循的规律。3.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)m1v1＋m2v2＝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。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(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，如碰撞、爆炸等过程。
(3)某一方向守恒：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合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程称为碰撞。
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(3)碰撞分类
分类 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
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
3．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量近似守恒。
1．判断正误
(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)
(2)碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。(×)
(3)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)
(4)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)
2．(多选)(鲁科版教材原题改编)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：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。
3．(人教版教材原题改编)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：B　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
4．(2024·江苏卷，14改编)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。则分离后A的速度vA＝_________________。
解析：A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得vA＝。
答案：
考点一　动量守恒定律的理解
　(2026·江西上高二中三检)如图，光滑水平地面上有一小车，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(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：B　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件，可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(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。
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。
　(2026·湖南衡阳八中期中)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点与圆弧槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是(　　)
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，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽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：C　小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后，小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误。
[归纳总结]　动量守恒定律的“五性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应过程每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
考点二　动量守恒定律的基本应用
考向1　动量守恒定律的简单应用
　(2025·山东济宁质检)如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒
B．小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s
C．小车最终的速度大小为1 m/s
D．小车最终的速度大小为2 m/s
解析：C　由题知陷入沙子前，小球有竖直方向的分速度，最终，整个系统没有竖直方向的分速度，所以小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统在竖直方向的动量不守恒，故系统动量不守恒，A错误；由于小球时刻受到重力作用，且陷入沙子过程的时间未知，由动量定理可知，沙子对小球的冲量大小不可求，B错误；设沙子与小车的总质量为M，小球的质量为m，初速度大小为v0，小球与沙、车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，有mv0＝(m＋M)v，解得小车最终的速度大小为v＝1 m/s，C正确，D错误。
应用动量守恒定律解题的步骤
(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。
　(2025·河南卷，7)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(　　)
图1　 图2
A．mP>mN>mQ B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP
解析：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mPmN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。
考向2　动量守恒定律的临界问题
　(经典高考题)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，
再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得
10m×2v0－mvmin＝11mv2，
为避免两船相撞应满足v1＝v2，
联立解得vmin＝4v0。
答案：4v0
考点三　爆炸、反冲
考向1　反冲运动
　(2025·重庆巴蜀中学三诊)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　)
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过n次喷气后，飞行器速度为
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
解析：C　由题意可知，每次喷气过程中，系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－Δm，速度为v1，则有0＝Δmv－(M－Δm)v1，解得v1＝，所以第一次喷气后速度增量Δv1＝v1＝，在第二次喷气之前，此时系统总动量为(M－Δm)v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－2Δm，速度为v2，则有(M－Δm)v1＝(M－2Δm)v2－Δmv，将v1＝代入可得v2＝，所以第二次喷气后速度增量Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误；设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为(M－nΔm)，速度为vn。根据动量守恒定律可得0＝nΔmv－(M－nΔm)vn，解得vn＝，故C正确；虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。
点拨：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。
考向2　爆炸问题
　(2025·北京卷，17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
解析：(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v＋m·vB
解得vB＝－2v，即速度大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知，下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝|xA|＋|xB|＝vt＋2vt＝3vt。
答案：(1)gt　(2)2v　(3)3vt
爆炸现象的规律
(1)动量守恒：爆炸过程物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：由于有其他形式的能量转化为动能，爆炸前后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸过程中物体产生的位移很小，一般可忽略不计。
素养拓展　人船模型及其拓展
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)两物体的位移关系：m＝0，x人＋x船＝L，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)
　(2026·山东泰安一中检测)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A．
C．
解析：B　设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，可得M，船的质量为M＝，故B正确。
　如图所示，质量为M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则(　　)
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．BC段长L＝1 m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
解析：D　滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确。
限时规范训练(36)　动量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分)
[基础巩固练]
1．(2026·北京师大实验中学摸底)如图所示，左侧有竖直固定挡板的小车A静止在水平地面上，A的上表面有一个静止的物体B，一轻弹簧的左端连接在小车的竖直挡板上，右端与物体B相连接，并通过一根细线使弹簧处于压缩状态。各表面均光滑，现烧断细线，物体B始终未从小车的上表面滑出，则烧断细线后(　　)
A．弹簧恢复原长时A的动量最大
B．弹簧伸长量达到最大时B的动量最大
C．弹簧恢复原长时整个系统的动量最大
D．弹簧伸长量达到最大时整个系统的机械能最大
解析：A　弹簧恢复为原长前的过程，小车A向左加速运动，物体B向右加速运动，弹簧恢复为原长后直到弹簧伸长量达到最大过程，小车A向左减速运动，物体B向右减速运动，所以弹簧恢复为原长时A的速度最大，动量最大，故A正确；整个系统的动量守恒，弹簧伸长量达到最大时小车A和物体B的动量均为零，任意时刻系统的总动量为零，故BC错误；整个系统的机械能守恒，故D错误。
2．(2026·合肥六校联盟期中)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么(　　)
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
解析：D　由于人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。
3．(2025·湖北襄阳四中质检)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(　　)
A． C．
解析：D　设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝，故选D。
4．(多选)(2025·海南海口三模)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为M(含火药)，“起花”内装有质量为m的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂成质量之比为2∶1的两块碎块，且在水平方向、沿相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
解析：BD　“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v1－mv0，得v1＝，故C错误；根据题意，“起花”升到最高点时炸裂成质量之比为2∶1的两块碎块的速度之比为1∶2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1∶2，落地时水平方向的速度大小之比为1∶2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1∶2，所以落地时的速度之比不可能是1∶2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，故D正确。
5．(2026·河北衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知(　　)
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
解析：C　由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
6．(2026·贵阳一中月考)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　　)
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：A　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
[能力提升练]
7．(2022·北京卷，10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的关系图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
解析：C　x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题中x-t图像可知，碰撞前m1的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2的速度为0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知，碰撞后m2的动量大于m1的动量，根据动能的表达式Ek＝mv2可知，碰撞后m2的动能大于m1的动能，C正确，D错误。
8．(多选)(2026·天津七中月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　)
A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
解析：ACD　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。
[培优创新练]
9．(13分)(2023·湖南卷，15改编)如图所示，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)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)求小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离。
解析：(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，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＝Mv22
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＝。
答案：(1) 　(2)

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