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第2讲　动量守恒定律及其应用
学习目标　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定量分析一维碰撞问题。 3.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
1.
2.
3.
1.思考判断
(1)只要系统所受合外力做功为0,系统动量就守恒。(×)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',一定是矢量式,应用时要规定正方向,且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)
(4)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。(√)
(5)爆炸过程中机械能增加,反冲过程中机械能减少。(×)
2.(人教版选择性必修第一册P16T5改编)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动,甲物体的速度是6 m/s,乙物体的速度是2 m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动,速度都是4 m/s,则甲、乙两物体的质量之比为(　　)
A.　　 B.　　
C.　　 D.
答案　B
考点一　动量守恒定律的理解
1.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。
(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
例1 (多选)如图所示,在质量为M的小车中挂着一摆球,摆球质量为m0,小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞,碰撞时间极短。在此碰撞过程中,下列情况可能发生的是(　　)
A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为u,满足Mv=(M+m)u
D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
答案　BC
解析　碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒,这一瞬间摆球的速度不变,故A、D错误;若碰后小车和木块的速度变为v1和v2,根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2,若碰后小车和木块速度相同,都为u,根据动量守恒定律有Mv=(M+m)u,故B、C正确。
考点二　动量守恒定律的基本应用
例2 (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的变化分别如图甲和图乙所示。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
答案　D
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),由题图甲可知vP-vP'>vN1'-vN1,可得mPmN,综上可得mQ>mN>mP,D正确。
例3 (2026·广东潮州期末)如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起,持球人将篮球以水平速度v抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方……直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　)
A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速率为
B.第一次抛接球的过程,接球人获得的速率为
C.若v甲D.若v甲>v乙,说明乙是开始的持球人
答案　C
解析　第一次抛接球的过程,对人、车和球组成系统由动量守恒定律得mv=Mv',可得抛球人获得的速率为v'=,A错误;第一次抛接球的过程,对人、车和球组成的系统由动量守恒定律得mv=(M+m)v″,接球人获得的速率为v″=,B错误;从开始抛球到最终,根据动量守恒定律有Mv1=(M+m)v2,若v甲v乙,说明乙是最终的持球人,但是不能确定开始的持球人是谁,C正确,D错误。
跟踪训练
(多选)(2026·山东济南历城二中月考)质量为m1=90 g的物块从距离地面高度为h=19 m处自由下落,在下落到距离地面高度为h'=14 m时,质量为m2=10 g的子弹以v0=10 m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.子弹击中物块后瞬间,物块水平方向的速度大小变为1 m/s
B.子弹击中物块后瞬间,物块竖直方向的速度大小变为10 m/s
C.物块下落的总时间为2 s
D.物块下落的总时间为 s
答案　AC
解析　子弹击中物块后瞬间,水平方向动量守恒,则m2v0=(m1+m2)vx,解得物块水平方向的速度大小变为vx=1 m/s,故A正确;子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0==10 m/s,子弹击中物块后瞬间,竖直方向动量守恒,可知m1vy0=(m1+m2)vy,解得物块竖直方向的速度大小变为vy=9 m/s,故B错误;子弹击中物块之前物块下落的时间t1==1 s,被子弹击中后物块下落h'=14 m过程中,根据h'=vyt2+g,解得t2=1 s(另一值舍掉),则总时间为t=t1+t2=2 s,故C正确,D错误。
考点三　爆炸、反冲和人船模型
角度　爆炸问题
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
例4 (多选)(2025·广东广州模拟)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,则下列说法正确的是(　　)
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.爆炸过程,乙球的动量变化量大小为0.06 N·s,方向水平向右
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
答案　BCD
解析　设甲、乙两球质量分别为m1、m2,刚分离时两球的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,由动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,由题意有v2-v1=,代入数据联立解得v1=-0.1 m/s,v2=0.8 m/s,可知刚分离时,甲球的速度方向水平向左,乙球的速度方向水平向右,故A错误,B正确;爆炸过程,乙球的动量变化量大小为Δp=m2v2-m2v0=0.06 N·s,方向水平向右,故C正确;爆炸过程中释放的能量为ΔE=m1+m2-(m1+m2),代入数据解得ΔE=0.027 J,故D正确。
角度　反冲问题
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
例5 (2026·安徽合肥一中月考)如图所示,一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率为v,某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u,喷出气体的质量为Δm,以地面为参考系,下列说法正确的是(　　)
A.若uB.只有u>v,喷气后飞机速度才会增加
C.喷气后飞机速率为v+u
D.喷气后飞机增加的速度为u
答案　C
解析　设喷出气体后飞机的速度为v',对飞机和气体组成的系统,根据动量守恒定律得mv=(m-Δm)v'+Δm(v'-u),解得v'=v+u,即喷气后飞机增加的速度为u,可知无论u与v的大小关系如何,v'均大于v,故C正确,A、B、D错误。
角度　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(L为船的长度),得x人=L,x船=L。
3.运动特点
(1)人动船动,人静船静,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)
例6 (2026·四川攀枝花高三期末)如图所示,静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m,底面直角边长为L,将质量为m的滑块(视为质点)从斜面体顶端由静止释放,从滑块刚下滑至斜面底端时,斜面体的位移大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　因为滑块与斜面体组成的系统在水平方向上无外力,所以系统在水平方向上动量守恒,在水平方向有mv1=3mv2,两边同乘以t,有mv1t=3mv2t,可得mx1=3mx2,又有x1+x2=L,解得x2=,则斜面体的位移大小为,故B正确。
A级　基础对点练
对点练1　动量守恒定律的理解
1.(2025·江西赣州模拟)如图所示,小车停在光滑的桌面上,车上固定一个用胶塞封口的试管。试管内充满空气,用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时,胶塞从试管口喷出,以整个装置为系统,下列说法正确的是(　　)
A.水平方向动量守恒,机械能守恒
B.水平方向动量守恒,机械能不守恒
C.水平方向动量不守恒,机械能守恒
D.水平方向动量不守恒,机械能不守恒
答案　B
解析　以整个装置为系统,水平方向所受的合力为0,所以水平方向动量守恒,但存在气体做功,所以机械能不守恒,故B正确。
2.(多选)(2026·广东深圳宝安区调研)如图,小车在地面上静止,车与地面间摩擦忽略不计,A、B两人站在车的两头,两人同时开始相向行走,发现小车向左运动,小车运动的原因可能是(　　)
A.A、B质量相等,但A的速率比B大
B.A、B质量相等,但A的速率比B小
C.A、B速率相等,但A的质量比B大
D.A、B速率相等,但A的质量比B小
答案　AC
解析　A、B两人与车组成的系统动量守恒,开始时系统动量为零,两人相向运动时,车向左运动,车的动量向左,由于系统总动量为零,由动量守恒定律知,A、B两人的动量之和向右,A的动量大于B的动量。如果A、B两人的质量相等,则A的速率大于B的速率,A正确,B错误;如果A、B两人速率相等,则A的质量大于B的质量,C正确,D错误。
3.(多选)(2026·河南周口联考)如图所示,装有一定质量沙子的小车静止在光滑的水平面上,将一个小球从某一高度处以大小为v0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,则下列说法正确的是(　　)
A.小球陷入沙中越深,小车最终的速度越大
B.小球抛出时的高度越高,小车最终的速度越大
C.小球陷入沙中过程,小球和沙、车组成的系统动量不守恒,机械能不守恒
D.若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子,车上沙子越来越少,车子的速度保持不变
答案　CD
解析　小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒,由mv0=(m+M)v知,小球最终速度v与陷入沙中深浅、抛出时的高度无关,A、B错误;小球陷入沙中过程,在竖直方向做变速运动,系统在竖直方向所受合力不为零,因此系统动量不守恒,由于小球与沙的摩擦损失机械能,因此系统机械能不守恒,C正确;若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子,漏出的沙子做平抛运动,水平方向速度不变,根据水平方向动量守恒可知,车的速度保持不变,D正确。
对点练2　动量守恒定律的基本应用
4.(2025·海南海口模拟)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
答案　B
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B正确。
5.(2026·江苏扬州调研)“天宫课堂”第四课中,航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频,每隔相等的时间截取一张照片,如图所示。小球和大球的质量分别为m1、m2,可估算出(　　)
A.m1∶m2=1∶1 B.m1∶m2=1∶2
C.m1∶m2=2∶3 D.m1∶m2=1∶5
答案　D
解析　设题图中每个格子的宽度为L,时间间隔为t,由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0=,由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1=,碰撞后大球的速度大小为v2=,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律可得m1=-m1+m2,解得m1∶m2=1∶5,D正确,A、B、C错误。
6.(多选)(2026·山西太原联考)如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,以同样大小的速度向左行驶。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为(　　)
A.4 m/s B.5 m/s
C.6 m/s D.7 m/s
答案　CD
解析　取水平向右为正方向,对于甲和他的冰车及小木箱组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙和他的冰车及小木箱组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2,若甲、乙恰好不相碰,则v1=v2,联立解得v=5.2 m/s,若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,C、D正确,A、B错误。
对点练3　爆炸、反冲和人船模型
7.如图所示,有一质量M=6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块,静止于光滑水平面上,木块内部有一从顶面贯通至底面的通道,一个质量为m=2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端,在该过程中木块的位移为(　　)
A.0.05 m B.0.10 m
C.0.15 m D.0.50 m
答案　A
解析　小球由静止开始从题图所示通道的左端运动到右端过程中,小球与木块组成的系统水平方向动量守恒,有m·t=M·t,即mx1=Mx2,根据题意有x1+x2=0.2 m,联立解得x2=0.05 m,故A正确。
8.(多选)(2026·湖北恩施高三月考)水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具,瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭,由静止沿竖直方向发射,在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出,箭体上升的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.瓶内高压气体对箭体做正功
B.喷水后瞬间,箭体的速度大小为
C.箭体上升的最大高度为
D.整个过程中,箭体与水组成的系统机械能守恒
答案　AC
解析　高压气体对火箭箭体做正功,故A正确;喷水时间极短,可以认为喷水过程中动量近似守恒,有mv0-(M-m)v=0,可得喷水后火箭速度大小为v=,故B错误;喷水后,火箭做竖直上抛运动,箭体上升的最大高度为h==,故C正确;瓶内气体内能转化为水、火箭的机械能,机械能不守恒,故D错误。
B级　综合提升练
9.(2025·辽宁省实验中学模拟)如图所示,一个质量为4m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上,半圆槽半径为R,一小球Q质量为m,从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速度释放,然后滑上半圆槽右端,接触面均光滑,重力加速度为g,Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.P、Q组成的系统动量守恒
B.P、Q的水平位移大小之比为4∶1
C.Q滑到半圆槽最低点时,半圆槽的速率为
D.Q运动到半圆槽右端最高点时,半圆槽由于惯性还会继续运动
答案　C
解析　P、Q组成的系统在水平方向所受合力为零,在竖直方向所受合力不为零,系统在水平方向动量守恒,在竖直方向动量不守恒,A错误;设Q的水平位移大小为x1,P的水平位移大小为x2,P、Q组成的系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvQx-4mvPx=0,则有mx1-4mx2=0,可得P、Q的水平位移大小之比为x2∶x1=1∶4,B错误;设Q到达半圆槽最低点的速度大小为v1,此时P的速度大小为v2,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv1-4mv2=0,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgR=m+×4m,联立解得v2=,C正确;P、Q组成的系统在水平方向动量守恒,Q运动到半圆槽右端最高点时,P、Q的水平速度均为零,D错误。
10.(多选)(2026·山东德州统考)如图所示,一质量为m=5 kg的实心球静止在足够长的光滑地面上,人站在小车上向左推实心球(最初人、车静止),实心球运动一段时间后和墙壁碰撞,碰后实心球的速度方向反向、大小不变,每次推球,球出手后的对地速度大小都为3 m/s,已知人和车的总质量为M=75 kg,人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
A.每一次推球都比前一次推球推力的冲量更大
B.第3次推球后,人和车的速度为1 m/s
C.运动的全过程,人、小车和实心球组成的系统动量不守恒,人最多可以推7次球
D.最终人、小车和实心球的速度大小都是3 m/s
答案　BD
解析　取水平向左为正方向,人第一次推球,根据动量定理有I1=Δp1'=15 N·s,以后每次推球,根据动量定理有I=mv-m(-v)=30 N·s,则第二次推球的冲量大于第一次推球的冲量,之后每一次推球的冲量都相等,A错误;要使实心球不能追上小车,需使v≤v车,推球过程人、小车和实心球组成的系统动量守恒,第一次推球使人和小车获得的动量大小为Δp1=15 kg·m/s,以后每次推球使人和小车获得的动量都为Δp2=30 kg·m/s,根据Δp1+nΔp2≥Mv,解得n≥7,故连续推8次后实心球将不能追上人和小车,当n=2时,有Δp1+2Δp2=Mv车,解得v车=1 m/s,所以第3次推球后,人和车的速度为1 m/s,当n=7时小车的速度为v车'=3 m/s,B、D正确,C错误。
C级　培优加强练
11.(2024·黑吉辽卷,14)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止,A、B均视为质点,重力加速度g=10 m/s2。忽略空气阻力,求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧,A做平抛运动,则
对A,水平方向有xA=vAt
竖直方向有h=gt2
联立解得vA=1 m/s
弹簧恢复原长的过程中,由于A、B所受摩擦力大小相等,方向相反,A、B与弹簧组成的系统动量守恒,则对系统有0=mAvA+mB(-vB)
解得vB=1 m/s。
(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动,则
对B有-μmBgxB=0-mB
解得μ=0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中,弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量,该过程中对系统有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程,则有Δx=ΔxA+ΔxB
联立解得ΔEp=0.12 J。(共52张PPT)
第2讲　动量守恒定律及其应用
第六章　动量守恒定律
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定量分析一维碰撞问题。 3.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
矢量和
1.
保持不变
m1v1'+m2v2'
等于
反向
零
远大于
2.
守恒
远大于
3.
1.思考判断
(1)只要系统所受合外力做功为0,系统动量就守恒。( )
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )
(3)动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',一定是矢量式,应用时要规定正方向,且其中的速度必须相对同一个参考系。( )
(4)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。( )
(5)爆炸过程中机械能增加,反冲过程中机械能减少。( )
×
√
√
√
×
B
2.(人教版选择性必修第一册P16T5改编)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动,甲物体的速度是6 m/s,乙物体的速度是2 m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动,速度都是4 m/s,则甲、乙两物体的质量之比为(　　)
A.　　 B.　　 C.　　 D.
研透核心考点
2
考点二　动量守恒定律的基本应用
考点一　动量守恒定律的理解
考点三　爆炸、反冲和人船模型
考点一　动量守恒定律的理解
1.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。
(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
例1 (多选)如图所示,在质量为M的小车中挂着一摆球,摆球质量为m0,小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞,碰撞时间极短。在此碰撞过程中,下列情况可能发生的是(　　)
A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为
v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,
满足Mv=Mv1+mv2
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为u,满足Mv=(M+m)u
D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
BC
解析　碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒,这一瞬间摆球的速度不变,故A、D错误;若碰后小车和木块的速度变为v1和v2,根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2,若碰后小车和木块速度相同,都为u,根据动量守恒定律有Mv=(M+m)u,故B、C正确。
考点二　动量守恒定律的基本应用
例2 (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的变化分别如图甲和图乙所示。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
D
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),由题图甲可知vP-vP'>vN1'-vN1,可得mP=mN(vN2'-vN2),由题图乙可知vQ-vQ'mN,综上可得mQ>mN>mP,D正确。
例3 (2026·广东潮州期末)如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起,持球人将篮球以水平速度v抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方……直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　)
A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速率为
B.第一次抛接球的过程,接球人获得的速率为
C.若v甲D.若v甲>v乙,说明乙是开始的持球人
C
解析　第一次抛接球的过程,对人、车和球组成系统由动量守恒定律得mv=Mv',可得抛球人获得的速率为v'=,A错误;第一次抛接球的过程,对人、车和球组成的系统由动量守恒定律得mv=(M+m)v″,接球人获得的速率为v″=,B错误;从开始抛球到最终,根据动量守恒定律有Mv1=(M+m)v2,若v甲v乙,说明乙是最终的持球人,但是不能确定开始的持球人是谁,C正确,D错误。
(多选)(2026·山东济南历城二中月考)质量为m1=90 g的物块从距离地面高度为h=19 m处自由下落,在下落到距离地面高度为h'=14 m时,质量为m2=10 g的子弹以v0=10 m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
A.子弹击中物块后瞬间,物块水平方向的速度大小变为1 m/s
B.子弹击中物块后瞬间,物块竖直方向的速度大小变为10 m/s
C.物块下落的总时间为2 s
D.物块下落的总时间为 s
AC
解析　子弹击中物块后瞬间,水平方向动量守恒,则m2v0=(m1+m2)vx,解得物块水平方向的速度大小变为vx=1 m/s,故A正确;子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0==10 m/s,子弹击中物块后瞬间,竖直方向动量守恒,可知m1vy0=(m1+m2)vy,解得物块竖直方向的速度大小变为vy=9 m/s,故B错误;子弹击中物块之前物块下落的时间t1==1 s,被子弹击中后物块下落h'=14 m过程中,根据h'=vyt2+g,解得t2=1 s(另一值舍掉),则总时间为t=t1+t2=2 s,故C正确,D错误。
考点三　爆炸、反冲和人船模型
角度　　爆炸问题
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
例4 (多选)(2025·广东广州模拟)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,则下列说法正确的是(　　 )
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.爆炸过程,乙球的动量变化量大小为0.06 N·s,方向
水平向右
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
BCD
解析　设甲、乙两球质量分别为m1、m2,刚分离时两球的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,由动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,由题意有v2-v1=,代入数据联立解得v1=-0.1 m/s,v2=0.8 m/s,可知刚分离时,甲球的速度方向水平向左,乙球的速度方向水平向右,故A错误,B正确;爆炸过程,乙球
的动量变化量大小为Δp=m2v2-m2v0=0.06 N·s,方向水
平向右,故C正确;爆炸过程中释放的能量为ΔE=
m1+m2-(m1+m2),代入数据解得ΔE=0.027 J,故D正确。
角度　　反冲问题
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
例5 (2026·安徽合肥一中月考)如图所示,一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率为v,某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u,喷出气体的质量为Δm,以地面为参考系,下列说法正确的是(　　)
A.若uB.只有u>v,喷气后飞机速度才会增加
C.喷气后飞机速率为v+u
D.喷气后飞机增加的速度为u
C
解析　设喷出气体后飞机的速度为v',对飞机和气体组成的系统,根据动量守恒定律得mv=(m-Δm)v'+Δm(v'-u),解得v'=v+u,即喷气后飞机增加的速度为u,可知无论u与v的大小关系如何,v'均大于v,故C正确,A、B、D错误。
角度　　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(L为船的长度),得x人=L,x船=L。
3.运动特点
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
例6 (2026·四川攀枝花高三期末)如图所示,静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m,底面直角边长为L,将质量为m的滑块(视为质点)从斜面体顶端由静止释放,从滑块刚下滑至斜面底端时,斜面体的位移大小为(　　)
A. B. C. D.
B
解析　因为滑块与斜面体组成的系统在水平方向上无外力,所以系统在水平方向上动量守恒,在水平方向有mv1=3mv2,两边同乘以t,有mv1t=3mv2t,可得mx1=3mx2,又有x1+x2=L,解得x2=,则斜面体的位移大小为,故B正确。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
B
对点练1　动量守恒定律的理解
1.(2025·江西赣州模拟)如图所示,小车停在光滑的桌面上,车上固定一个用胶塞封口的试管。试管内充满空气,用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时,胶塞从试管口喷出,以整个装置为系统,下列说法正确的是(　　)
A.水平方向动量守恒,机械能守恒
B.水平方向动量守恒,机械能不守恒
C.水平方向动量不守恒,机械能守恒
D.水平方向动量不守恒,机械能不守恒
解析　以整个装置为系统,水平方向所受的合力为0,所以水平方向动量守恒,但存在气体做功,所以机械能不守恒,故B正确。
AC
2.(多选)(2026·广东深圳宝安区调研)如图,小车在地面上静止,车与地面间摩擦忽略不计,A、B两人站在车的两头,两人同时开始相向行走,发现小车向左运动,小车运动的原因可能是(　　)
A.A、B质量相等,但A的速率比B大
B.A、B质量相等,但A的速率比B小
C.A、B速率相等,但A的质量比B大
D.A、B速率相等,但A的质量比B小
解析　A、B两人与车组成的系统动量守恒,开始时系统动量为零,两人相向运动时,车向左运动,车的动量向左,由于系统总动量为零,由动量守恒定律知,A、B两人的动量之和向右,A的动量大于B的动量。如果A、B两人的质量相等,则A的速率大于B的速率,A正确,B错误;如果A、B两人速率相等,则A的质量大于B的质量,C正确,D错误。
CD
3.(多选)(2026·河南周口联考)如图所示,装有一定质量沙子的小车静止在光滑的水平面上,将一个小球从某一高度处以大小为v0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,则下列说法正确的是(　　)
A.小球陷入沙中越深,小车最终的速度越大
B.小球抛出时的高度越高,小车最终的速度越大
C.小球陷入沙中过程,小球和沙、车组成的系统动量不守恒,机械能不守恒
D.若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子,车上沙子越来越少,车子的速度保持不变
解析　小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒,由mv0=(m+M)v知,小球最终速度v与陷入沙中深浅、抛出时的高度无关,A、B错误;小球陷入沙中过程,在竖直方向做变速运动,系统在竖直方向所受合力不为零,因此系统动量不守恒,由于小球与沙的摩擦损失机械能,因此系统机械能不守恒,C正确;若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子,漏出的沙子做平抛运动,水平方向速度不变,根据水平方向动量守恒可知,车的速度保持不变,D正确。
B
对点练2　动量守恒定律的基本应用
4.(2025·海南海口模拟)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B正确。
D
5.(2026·江苏扬州调研)“天宫课堂”第四课中,航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频,每隔相等的时间截取一张照片,如图所示。小球和大球的质量分别为m1、m2,可估算出(　　)
A.m1∶m2=1∶1 B.m1∶m2=1∶2
C.m1∶m2=2∶3 D.m1∶m2=1∶5
解析　设题图中每个格子的宽度为L,时间间隔为t,由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0=,由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1=,碰撞后大球的速度大小为v2=,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律可得m1=-m1+m2,解得m1∶m2=1∶5,D正确,A、B、C错误。
CD
6.(多选)(2026·山西太原联考)如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=
30 kg,以同样大小的速度向左行驶。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为(　　)
A.4 m/s B.5 m/s
C.6 m/s D.7 m/s
解析　取水平向右为正方向,对于甲和他的冰车及小木箱组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙和他的冰车及小木箱组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2,若甲、乙恰好不相碰,则v1=v2,联立解得v=5.2 m/s,若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,C、D正确,A、B错误。
A
对点练3　爆炸、反冲和人船模型
7.如图所示,有一质量M=6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块,静止于光滑水平面上,木块内部有一从顶面贯通至底面的通道,一个质量为m=2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端,在该过程中木块的位移为(　　)
A.0.05 m B.0.10 m
C.0.15 m D.0.50 m
解析　小球由静止开始从题图所示通道的左端运动到右端过程中,小球与木块组成的系统水平方向动量守恒,有m·t=M·t,即mx1=Mx2,根据题意有x1+x2=0.2 m,联立解得x2=0.05 m,故A正确。
AC
8.(多选)(2026·湖北恩施高三月考)水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具,瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭,由静止沿竖直方向发射,在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出,箭体上升的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.瓶内高压气体对箭体做正功
B.喷水后瞬间,箭体的速度大小为
C.箭体上升的最大高度为
D.整个过程中,箭体与水组成的系统机械能守恒
解析　高压气体对火箭箭体做正功,故A正确;喷水时间极短,可以认为喷水过程中动量近似守恒,有mv0-(M-m)v=0,可得喷水后火箭速度大小为v=,故B错误;喷水后,火箭做竖直上抛运动,箭体上升的最大高度为h==,故C正确;瓶内气体内能转化为水、火箭的机械能,机械能不守恒,故D错误。
B级　综合提升练
C
9.(2025·辽宁省实验中学模拟)如图所示,一个质量为4m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上,半圆槽半径为R,一小球Q质量为m,从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速度释放,然后滑上半圆槽右端,接触面均光滑,重力加速度为g,Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.P、Q组成的系统动量守恒
B.P、Q的水平位移大小之比为4∶1
C.Q滑到半圆槽最低点时,半圆槽的速率为
D.Q运动到半圆槽右端最高点时,半圆槽由于惯性还会继续运动
解析　P、Q组成的系统在水平方向所受合力为零,在竖
直方向所受合力不为零,系统在水平方向动量守恒,在竖
直方向动量不守恒,A错误;设Q的水平位移大小为x1,P的
水平位移大小为x2,P、Q组成的系统在水平方向动量守
恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvQx-4mvPx=0,则有mx1-4mx2=0,可得P、Q的水平位移大小之比为x2∶x1=1∶4,B错误;设Q到达半圆槽最低点的速度大小为v1,此时P的速度大小为v2,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv1-4mv2=0,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgR=m+×4m,联立解得v2=,C正确;P、Q组成的系统在水平方向动量守恒,Q运动到半圆槽右端最高点时,P、Q的水平速度均为零,D错误。
BD
10.(多选)(2026·山东德州统考)如图所示,一质量为m=5 kg的实心球静止在足够长的光滑地面上,人站在小车上向左推实心球(最初人、车静止),实心球运动一段时间后和墙壁碰撞,碰后实心球的速度方向反向、大小不变,每次推球,球出手后的对地速度大小都为3 m/s,已知人和车的总质量为M=75 kg,人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
A.每一次推球都比前一次推球推力的冲量更大
B.第3次推球后,人和车的速度为1 m/s
C.运动的全过程,人、小车和实心球组成的系统动量不守恒,人最多可以推7次球
D.最终人、小车和实心球的速度大小都是3 m/s
解析　取水平向左为正方向,人第一次推球,根据动
量定理有I1=Δp1'=15 N·s,以后每次推球,根据动量定
理有I=mv-m(-v)=30 N·s,则第二次推球的冲量大于第
一次推球的冲量,之后每一次推球的冲量都相等,A错误;要使实心球不能追上小车,需使v≤v车,推球过程人、小车和实心球组成的系统动量守恒,第一次推球使人和小车获得的动量大小为Δp1=15 kg·m/s,以后每次推球使人和小车获得的动量都为Δp2=30 kg·m/s,根据Δp1+nΔp2≥Mv,解得n≥7,故连续推8次后实心球将不能追上人和小车,当n=2时,有Δp1+2Δp2=Mv车,解得v车=1 m/s,所以第3次推球后,人和车的速度为1 m/s,当n=7时小车的速度为v车'=3 m/s,B、D正确,C错误。
11.(2024·黑吉辽卷,14)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止,A、B均视为质点,重力加速度g=10 m/s2。忽略空气阻力,求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
C级　培优加强练
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧,A做平抛运动,则
对A,水平方向有xA=vAt
竖直方向有h=gt2
联立解得vA=1 m/s
弹簧恢复原长的过程中,由于A、B所受摩擦力大小相等,方向相反,A、B与弹簧组成的系统动量守恒,则对系统有0=mAvA+mB(-vB)
解得vB=1 m/s。
(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动,则
对B有-μmBgxB=0-mB
解得μ=0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中,弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量,该过程中对系统有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程,则有Δx=ΔxA+ΔxB
联立解得ΔEp=0.12 J。
本节内容结束
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