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第34课时　动量守恒定律
目标要求　1.理解系统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.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。
考点一　动量守恒定律及基本应用
如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2>v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1'和v2'。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。
(1)写出物体A所受作用力F1的冲量与其动量变化量的关系。
(2)写出物体B所受作用力F2的冲量与其动量变化量的关系。
(3)写出F1与F2的关系。
(4)结合(1)(2)(3)中的关系可得出什么结论。
答案　(1)F1Δt=m1v1'-m1v1
(2)F2Δt=m2v2'-m2v2
(3)F1=-F2
(4)m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2
1.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0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式
①p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
②Δp1=-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0，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
例1　(2025·北京市八一学校检测)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
答案　C
解析　当小球由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了负功，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，系统水平方向所受合外力为零，满足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，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
例2　(2025·山东淄博市检测)如图，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上的光滑水平台面上放置着质量m=1 kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，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。
答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m
解析　(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。
例3　(来自教材)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
答案　2 m/s
解析　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mCvC①
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB ②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC③
联立①②③式，代入数据得vA=2 m/s。
　应用动量守恒定律解题的步骤
考点二　反冲运动　人船模型　爆炸问题
1.反冲运动的三点说明
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
一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？
答案　还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M+m)v0=mv1+Mv2，v2=v0+，由于v0>0，v1>0，且v0>v1，故有v2>v0，因此飞机的速度还会增加。
例4　(2025·重庆市三模)某新型连续旋转爆震发动机测试中，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
答案　C
解析　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，即与喷气方向相反，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，可知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可以通过爆震加速，故D错误。
2.人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0
②两者的位移大小满足：m-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人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即==。
(4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。
例5　(多选)如图所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点静止开始落下，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，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒
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.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是
D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是
答案　ABD
解析　小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，故A正确；地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B正确；小球到达右边最高点时，设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示，小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和半圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm=MvM，则有mx=My，小球到达右边最高点时，根据位移关系可得x+y=2R，解得x=，y=，小球通过的水平位移大小是，故C错误，D正确。
3.爆炸现象的三个规律
动量 守恒 爆炸物体系统内部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从爆炸前的位置以新的动量开始运动
例6　(2025·湖南邵阳市二模)如图所示为质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q沿水平方向向相反方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.下层火药被引燃后爆竹获得的动量为m
B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为
C.P、Q着地前瞬间的速度大小之比2∶1
D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
答案　D
解析　设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则v2=2gh，下层火药被引燃后爆竹获得的动量为p=mv，解得p=m，故A错误；引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有h=gt2，水平方向有L=v1t+v2t，上层火药引燃瞬间系统水平方向动量守恒，取质量较小的部分P获得的速度方向为正方向，则有0=mv1-mv2，解得P、Q各自获得的速度大小分别为v1=，v2=，故B错误；P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为vy=，P、Q着地前瞬间的速度大小分别为v1'==，v2'==，所以v1'∶v2'≠2∶1，故C错误；上层火药引燃后爆竹增加的机械能为E1=×m+×m，下层火药引燃后爆竹增加的机械能为E2=mgh，解得=，故D正确。
课时精练
[分值：60分]
　[1~6题，每题4分]
1.(2025·北京市石景山区一模)如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象(系统)，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统(　　)
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量不守恒，机械能不守恒
C.动量守恒，机械能不守恒
D.动量不守恒，机械能守恒
答案　B
解析　整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。故选B。
2.(2025·重庆市九龙坡区检测)烟花从地面竖直向上发射，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为1∶3，其中质量大的一块速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　)
A.烟花发射后，上升到最高点的过程中，动量守恒
B.烟花发射后，上升到最高点的过程中，机械能不守恒
C.爆炸完毕后瞬间，质量小的一块烟花的速度大小为3v
D.在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能守恒
答案　C
解析　烟花发射后，上升到最高点的过程中，所受合外力不为零，所以整体的动量不守恒，但只有重力做功，所以机械能守恒，故A、B错误；在最高点爆炸成质量不等的两块，根据动量守恒定律可得3mv=mv'，解得质量小的一块烟花的速度大小为v'=3v，故C正确；在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能增加，故D错误。
3.(2026·安徽省A10联盟检测)如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力，从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统(　　)
A.总动量不变，总动能不变
B.总动量不变，总动能变化
C.总动量变化，总动能变化
D.总动量变化，总动能不变
答案　B
解析　由于木块与铁块开始时匀速下降，系统所受的合外力为零，剪断细线后系统的合外力仍为零，系统的总动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，系统的合外力做正功，总动能增加，故选B。
4.(2025·江西省模拟)如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量为100 kg，速度为0.4 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水和空气的阻力，以向右为正方向，人停在船上时，小船的速度为(　　)
A.0.5 m/s B.-0.5 m/s
C.1.0 m/s D.-1.0 m/s
答案　A
解析　把人和船作为一个系统，由于不计水和空气的阻力，则该系统动量守恒，设最终速度为v，规定向右为正方向，则有m人v人-m船v船=(m人+m船)v，代入数据解得v=0.5 m/s，故选A。
5.(2025·河南驻马店市期末)某次冰球比赛中，甲、乙两运动员静止站在光滑的水平冰面上，甲将静止在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的k(k>1)倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为(　　)
A.1 B.
C. D.
答案　B
解析　设冰球的质量为m，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有(km+m)v1-kmv2=0，解得=，故选B。
6.(2025·辽宁丹东市期末)乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(体内不含水)的乌贼吸入一定质量的水后静止，某时刻开始将吸入的水以相对于地面恒为40 m/s的速度全部水平喷出，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则(　　)
A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B.乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，则要一次性喷出约0.19 kg的水
D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s
答案　C
解析　乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动，故B错误；根据动量守恒定律有mv=Mv'，解得m≈0.19 kg，故C正确；对喷出的水根据动量定理有I=mv，解得I=7.5 N·s，故D错误。
7.(8分)(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)(2分)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)(2分)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)(4分)A、B落地点之间的距离d。
答案　(1)gt　(2)2v　(3)3vt
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。以A的运动方向为正方向，A速度为v，设B速度大小为vB，由动量守恒定律得0=2m·v-m·vB
解得vB=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。
　[8~10题，每题6分]
8.(多选)(2025·四川凉山州三模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人相对于车以相同的位置和速度将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中，所有球仍在车上。假设球入筐的位置相同，忽略空气阻力，则在投球过程中(　　)
A.小车始终未动
B.人、车和球组成的系统动量守恒
C.每次球在空中运动期间小车向右移动的距离相同
D.球全部落入筐后，小车将静止不动
答案　CD
解析　在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，车向右运动，故A、B错误；设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒mv球=Mv车，则mx球=Mx车，又x球+x车=L，解得x车=L，故C正确；当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。
9.(多选)(2025·陕西咸阳市检测)可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上，其中A物体左侧地面粗糙，A物体与左侧粗糙地面间的动摩擦因数为0.3，B物体右侧地面光滑。两物体间夹有炸药(大小可忽略不计)，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量E=9 J。已知A、B两物体的质量均为1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A.分离瞬间A的速度大小为1.5 m/s
B.分离瞬间B的速度大小为3 m/s
C.从分离到A停止运动经过的时间是1 s
D.从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3 m
答案　BC
解析　炸药爆炸后，设分离瞬间物体A的速度大小为vA，物体B的速度大小为vB，对A、B两物体组成的系统由动量守恒定律得mvA=mvB，由能量守恒得E=m+m，联立可得vA=vB=3 m/s，选项A错误，B正确；A、B两物体分离后，A物体向左做匀减速直线运动，对A受力分析，根据牛顿第二定律得a=μg=3 m/s2，根据运动学公式可知从分离到A物体停止运动，经过的时间t==1 s，选项C正确；从分离到A停止运动，物体A运动的位移为xA=t=1.5 m，物体B运动的位移xB=vBt=3 m，故两物体之间的距离d=xB+xA=4.5 m，选项D错误。
10.(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　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，故mPmN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。
11.(10分)甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的总质量为M1=30 kg，乙和他的冰车的总质量为M2=20 kg。游戏时甲推一个质量m=10 kg的箱子，以大小为v0=3.0 m/s的速度向东滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。不计水平冰面的摩擦力和空气阻力。(题中各速度均以地面为参考系)
(1)(4分)若甲以向东6 m/s的速度将箱子推给乙，甲的速度大小变为多少？
(2)(6分)甲至少以多大的速度将箱子推给乙(乙收到箱子后两者共速)，才能避免相撞？
答案　(1)2 m/s　(2)9 m/s
解析　(1)取向东为正方向，由动量守恒定律有
(M1+m)v0=mv1+M1v
代入数据解得v=2 m/s。
(2)设甲至少以大小为v'的速度将箱子推出，才能避免相撞，甲推出箱子后的速度为v甲，乙收到箱子后的速度为v乙，取向东为正方向，则根据动量守恒定律有(M1+m)v0=M1v甲+mv'
mv'-M2v0=(m+M2)v乙
当甲与乙恰好不相撞时有v甲=v乙
联立解得v'=9 m/s。(共61张PPT)
第七章
动量守恒定律
动量守恒定律
第34课时
1.理解系统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.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。
目标要求
考点一　动量守恒定律及基本应用
考点二　反冲运动　人船模型　爆炸问题
内容索引
课时精练
动量守恒定律及基本应用
考点一
如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2>v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1'和v2'。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。
(1)写出物体A所受作用力F1的冲量与其动量变化量的关系。
答案　F1Δt=m1v1'-m1v1
(2)写出物体B所受作用力F2的冲量与其动量变化量的关系。
答案　F2Δt=m2v2'-m2v2
(3)写出F1与F2的关系。
答案　F1=-F2
(4)结合(1)(2)(3)中的关系可得出什么结论。
答案　m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2
1.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0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式
①p=p'或m1v1+m2v2=____________。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
②Δp1=_____，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
(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_______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0，则系统在这一方向上动量守恒。
远大于
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
　　 (2025·北京市八一学校检测)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
√
　　　当小球由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了负功，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，系统水平方向所受合外力为零，满足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，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
　　 (2025·山东淄博市检测)如图，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上的光滑水平台面上放置着质量m=1 kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，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；
答案　5 m/s
　　　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)初始时小球与桶的水平距离Δx。
答案　1.28 m
　　　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。
　　 (来自教材)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC
=2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
答案　2 m/s
　　　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mCvC 　　　①
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB 　　　②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC 　　　③
联立①②③式，代入数据得vA=2 m/s。
应用动量守恒定律解题的步骤
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反冲运动　人船模型　爆炸问题
考点二
1.反冲运动的三点说明
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________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
远大于
一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。
讨论交流
答案　还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M+m)v0=mv1+Mv2，v2=v0+，由于v0>0，v1>0，且v0>v1，故有v2>v0，因此飞机的速度还会增加。
如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？
(2025·重庆市三模)某新型连续旋转爆震发动机测试中，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
√
　　　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，即与喷气方向相反，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，可知每次喷气
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可以通过爆震加速，故D错误。
2.人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0
②两者的位移大小满足：m-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人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即==。
(4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。
　　　(多选)如图所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点静止开始落下，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，小球与半圆
槽构成的系统机械能守恒
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.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是
D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是
√
√
√
　　　小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，故A正确；
地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B正确；
　　　小球到达右边最高点时，设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示，小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和半圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm=MvM，则有mx=My，小球到达右边最高点时，根据位移关系可得x+y=2R，解得x=
，y=，小球通过的水平位移大小是，故C错误，D正确。
3.爆炸现象的三个规律
动量 守恒 爆炸物体系统内部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_____
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_____，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动
很小
守恒
　　 　(2025·湖南邵阳市二模)如图所示为质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q沿水平方向向相反方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.下层火药被引燃后爆竹获得的动量为m
B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为
C.P、Q着地前瞬间的速度大小之比2∶1
D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
√
　　　设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则v2=2gh，下层火药被引燃后爆竹获得的动量为p=mv，解得p=m，故A错误；
引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有h=gt2，水平方向有L=v1t+v2t，上层火药引燃瞬间系统水平方向动量守恒，取质量较小的部分P获得的速度方向为正方向，则有0=mv1-mv2，解得P、Q各自获得的速度大小分别为v1=，v2=，故B错误；
　　　P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为vy=，P、Q着地前
瞬间的速度大小分别为v1'==，v2'==
，所以v1'∶v2'≠2∶1，故C错误；
上层火药引燃后爆竹增加的机械能为E1=×m+×m，下层火药引燃后爆竹增加的机械能为E2=mgh，解得=，故D正确。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C B A B C (1)gt　(2)2v　(3)3vt
题号 8 9 10 11
答案 CD BC D (1)2 m/s　(2)9 m/s
1.(2025·北京市石景山区一模)如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象(系统)，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量不守恒，机械能不守恒
C.动量守恒，机械能不守恒
D.动量不守恒，机械能守恒
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答案
基础落实练
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　　　整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。故选B。
2.(2025·重庆市九龙坡区检测)烟花从地面竖直向上发射，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为1∶3，其中质量大的一块速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则
A.烟花发射后，上升到最高点的过程中，动量守恒
B.烟花发射后，上升到最高点的过程中，机械能不守恒
C.爆炸完毕后瞬间，质量小的一块烟花的速度大小为3v
D.在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能守恒
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答案
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答案
　　　烟花发射后，上升到最高点的过程中，所受合外力不为零，所以整体的动量不守恒，但只有重力做功，所以机械能守恒，故A、B错误；
在最高点爆炸成质量不等的两块，根据动量守恒定律可得3mv=mv'，解得质量小的一块烟花的速度大小为v'=3v，故C正确；
在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能增加，故D错误。
3.(2026·安徽省A10联盟检测)如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力，从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统
A.总动量不变，总动能不变
B.总动量不变，总动能变化
C.总动量变化，总动能变化
D.总动量变化，总动能不变
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　　　由于木块与铁块开始时匀速下降，系统所受的合外力为零，剪断细线后系统的合外力仍为零，系统的总动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，系统的合外力做正功，总动能增加，故选B。
4.(2025·江西省模拟)如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量为100 kg，速度为0.4 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水和空气的阻力，以向右为正方向，人停在船上时，小船的速度为
A.0.5 m/s B.-0.5 m/s
C.1.0 m/s D.-1.0 m/s
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答案
　　　把人和船作为一个系统，由于不计水和空气的阻力，则该系统动量守恒，设最终速度为v，规定向右为正方向，则有m人v人-m船v船=(m人+m船)v，代入数据解得v=0.5 m/s，故选A。
5.(2025·河南驻马店市期末)某次冰球比赛中，甲、乙两运动员静止站在光滑的水平冰面上，甲将静止在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的k(k>1)倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为
A.1 B.
C. D.
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　　　设冰球的质量为m，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有(km+m)v1-kmv2=0，解得=，故选B。
6.(2025·辽宁丹东市期末)乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(体内不含水)的乌贼吸入一定质量的水后静止，某时刻开始将吸入的水以相对于地面恒为40 m/s的速度全部水平喷出，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则
A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B.乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的
水的反作用力使乌贼向前运动
C.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，则要一次性喷出约0.19 kg的水
D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作
用力的冲量为20 N·s
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答案
　　　乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；
乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动，故B错误；
根据动量守恒定律有mv=Mv'，解得m≈0.19 kg，故C正确；
对喷出的水根据动量定理有I=mv，解得I=7.5 N·s，故D错误。
7.(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；
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答案
答案　gt
　　　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)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
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答案
答案　2v
　　　爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。以A的运动方向为正方向，A速度为v，设B速度大小为vB，由动量守恒定律得0=2m·v-m·vB
解得vB=2v
(3)A、B落地点之间的距离d。
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答案
答案　3vt
　　　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。
8.(多选)(2025·四川凉山州三模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人相对于车以相同的位置和速度将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中，所有球仍在车上。假设球入筐的位置相同，忽略空气阻力，则在投球过程中
A.小车始终未动
B.人、车和球组成的系统动量守恒
C.每次球在空中运动期间小车向右移动的距离相同
D.球全部落入筐后，小车将静止不动
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答案
能力综合练
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答案
　　　在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，车向右运动，故A、B错误；
设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒mv球=Mv车，则mx球=Mx车，又x球+x车=L，解得x车=L，故C正确；
当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。
9.(多选)(2025·陕西咸阳市检测)可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上，其中A物体左侧地面粗糙，A物体与左侧粗糙地面间的动摩擦因数为0.3，B物体右侧地面光滑。两物体间夹有炸药(大小可忽略不计)，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量E=9 J。已知A、B两物体的质量均为1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则
A.分离瞬间A的速度大小为1.5 m/s
B.分离瞬间B的速度大小为3 m/s
C.从分离到A停止运动经过的时间是1 s
D.从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3 m
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答案
　　　炸药爆炸后，设分离瞬间物体A的速度大小为vA，物体B的速度大小为vB，对A、B两物体组成的系统由动量守恒定律得mvA=mvB，由能量守恒得E=m+m，联立可得vA=vB=3 m/s，选项A错误，B正确；
A、B两物体分离后，A物体向左做匀减速直线运动，对A受力分析，根据牛顿第二定律得a=μg=3 m/s2，根据运动学公式可知从分离到A物体停止运动，经过的时间t==1 s，选项C正确；
从分离到A停止运动，物体A运动的位移为xA=t=1.5 m，物体B运动的位移xB=vBt=3 m，故两物体之间的距离d=xB+xA=4.5 m，选项D错误。
10.(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
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　　　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，故mPmN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。
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答案
11.甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的总质量为M1=30 kg，乙和他的冰车的总质量为M2=20 kg。游戏时甲推一个质量m=10 kg的箱子，以大小为v0=3.0 m/s的速度向东滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。不计水平冰面的摩擦力和空气阻力。(题中各速度均以地面为参考系)
(1)若甲以向东6 m/s的速度将箱子推给乙，甲的速度大小变为多少？
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答案　2 m/s
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　　　取向东为正方向，由动量守恒定律有
(M1+m)v0=mv1+M1v
代入数据解得v=2 m/s。
(2)甲至少以多大的速度将箱子推给乙(乙收到箱子后两者共速)，才能避免相撞？
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答案　9 m/s
　　　设甲至少以大小为v'的速度将箱子推出，才能避免相撞，甲推出箱子后的速度为v甲，乙收到箱子后的速度为v乙，取向东为正方向，则根据动量守恒定律有(M1+m)v0=M1v甲+mv'
mv'-M2v0=(m+M2)v乙
当甲与乙恰好不相撞时有v甲=v乙
联立解得v'=9 m/s。
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第七章

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