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第2讲　动量守恒定律
【学习目标】　1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决有关基本问题。2.会应用动量守恒定律解决碰撞问题。3.会应用动量守恒定律解决爆炸、反冲和人船模型问题。
考点一　动量守恒定律的理解和基本应用
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
(1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。
意义：系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1＝－Δp2。
意义：相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
【正误辨析】
(1)只要系统所受外力的矢量和做功为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)若系统动量守恒，则机械能也一定守恒。(×)
1.动量守恒条件的理解
(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。
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
续表
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
学生用书 第114页
动量守恒的判断
(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是(　　)
A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
答案：BCD
解析：若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。
某一方向的动量守恒
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
答案：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、油泥和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒的条件，则有m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s。故选A。
应用动量守恒定律解题的步骤
动量守恒定律的简单应用
(多选)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的大小。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
答案：ACD
解析：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。
动量守恒中的临界问题
甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v'＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，可保证两车刚好不相撞。则甲总共抛出的小球个数是(　　)
A.12 B.13
C.14 D.15
答案：D
解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv'，解得n＝15。故选D。
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考点二　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
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
【正误辨析】
(1)所受外力的矢量和为零时两个小球碰撞过程系统的动量守恒。(√)
(2)若两小球的碰撞为弹性碰撞，则系统动量守恒、机械能守恒。(√)
(3)若两小球的碰撞为非弹性碰撞，则损失的机械能转化为化学能。(×)
(4)两小球碰后粘在一起，则系统产生的内能最多。(√)
1.弹性碰撞的实例分析与讨论
运动物体1的质量为m1、速度为v1，与质量为m2的静止物体2发生弹性碰撞，碰撞后二者速度分别为v1'、v2'。则由动量守恒定律、机械能守恒定律得
m1v1＝m1v1'＋m2v2'
m1＝m1v1'2＋m2v2'2
联立解得v1'＝v1，v2'＝v1。
(1)若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1 (质量相等的两个物体发生弹性碰撞，则碰撞后两物体交换速度)。
(2)若m1＞m2，则v1'＞0，v2'＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。
特例：当m1 m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1。
(3)若m1＜m2，则v1'＜0，v2'＞0(碰后物体1反向，两物体沿相反方向运动)。
特例：当m1 m2时，v1'≈－v1，v2'≈0。
2.非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。
(2)完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1＋m2＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。
弹性碰撞
(2025·甘肃卷·T4)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
答案：B
解析：小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋m＝m＋m＋m，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有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。
非弹性碰撞
如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
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(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间轻绳上的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
答案：(1)　(2)mg＋m　(3)mv2
解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2
解得H＝。
(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得拉力大小F＝mg＋m。
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
mv＝2mv1
解得v1＝v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝mv2－×2m＝mv2。
碰撞的可能性
某台球运动员击球时，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
答案：C
解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，A、B两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA。故选C。
碰撞问题遵守的三条原则
1.动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。
2.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
3.速度要符合实际情况
(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前'＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。
(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
考点三　 爆炸、反冲、人船模型
1.爆炸现象
(1)定义：在物理学中，爆炸是指物体在内力作用下炸裂成两块或多块的现象。
(2)特点：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，所以系统动量守恒。
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，如发射炮弹、火箭等。
(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，系统动量守恒。
爆炸问题
爆炸现象的三个规律
动量 守恒 由于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，由于有其他形式的能量(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，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
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(2025·北京卷·T17)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。
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，由运动学公式有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，由动量守恒定律得0＝2mv－mvB
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的水平位移大小xA＝vt
B的水平位移大小xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝3vt。
反冲问题
反冲运动的作用原理和两个特点
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，所以系统的总机械能增加
一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
解析：(1)设第三次喷出气体后火箭的速度为v3，以火箭(包括燃料)和三次喷出的气体为研究对象，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭(包括燃料)和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得
(M－20m)v20－20mv＝0
解得v20≈13.5 m/s。
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，则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。
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)人船位移之比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)之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)
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：小球由静止开始从如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，则有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。故选A。
课时测评32　动量守恒定律
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－8，每题4分，共32分)
题组1　动量守恒定律的理解和基本应用
1.如图所示，上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量大小关系未知的物块M和N，两物块与板间的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N，弹簧将两物块弹开，两物块在长木板上滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.M、N组成的系统总动量一定守恒
B.M、N组成的系统总动量一定不守恒
C.若长木板向左运动，则物块M的质量一定小于物块N的质量
D.若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右
答案：D
解析：物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则M、N组成的系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N组成的系统总动量不守恒，故A、B错误；若长木板向左运动，则板受到的合力向左，M对板的摩擦力大于N对板的摩擦力，M的质量一定大于N的质量，故C错误；长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右，故D正确。
2.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一运动员跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。运动员跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上时相对a车保持静止，此后(　　)
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D.a、c两车运动方向相反
答案：CD
解析：设水平向右为正方向，设运动员跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝－m车vc＋m运v，m运v＝m车vb＋m运v，m运v＝(m车＋m运)va，解得vc＝，vb＝0，va＝，则vc＞va＞vb，并且c车与a车运动方向相反。故选CD。
3.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0滚向滑块，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒可得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。
题组2　碰撞问题
4.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A.3 J B.4 J
C.5 J D.6 J
答案：A
解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，代入题图中数据解得m乙＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能E损＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2＝3 J。故选A。
5.(多选)(2026·重庆期末)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则(　　)
A.碰撞后乙球向左运动
B.甲、乙两球的质量之比为4∶1
C.两球碰撞前、后总动量之比为3∶1
D.两球碰撞前、后总动能之比为9∶5
答案：BD
解析：甲球垂直撞向挡板后原速率弹回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右运动，故A错误；设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，则甲、乙两球碰后，甲球的速度为v0，乙球速度为－v0，由动量守恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，故B正确；根据题意可知，两球碰撞前、后动量守恒，则两球碰撞前、后总动量之比为1∶1，故C错误；结合A、B项分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝m2，碰撞后两球总动能为Ek2＝m1＋m2＝m2，则两球碰撞前、后总动能之比为＝，故D正确。
6.(2025·河南卷·T7)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
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。故选D。
题组3　爆炸、反冲、人船模型
7.(2026·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，则说法不正确的是(　　)
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，乙球动量变化量大小为0.06 kg·m/s，方向水平向右
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
答案：A
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，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意有v2－v1＝，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 kg·m/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。
8.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)(　　)
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
答案：BD
解析：系统只是在水平方向所受外力的矢量和为零，在竖直方向所受外力的矢量和不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向动量守恒及机械能守恒得，小球能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。
9.(8分)(2025·河南卷·T14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
答案：(1)24.5 J　(2)5 s
解析：(1)P、Q碰撞过程，由动量守恒定律有
m2v0＝m1v＋m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为
vQ＝3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝m2－＝24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。
P在防滑带上运动时，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有v2＝2ax
解得该过程的位移大小为x＝4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
P在第一个防滑带上运动时有－v2＝－2al2
P在第二个防滑带上运动时有－＝－2al2
解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为v1＝5 m/s，v2＝1 m/s
则P从开始运动到静止经历的时间为
t＝＋＋＝5 s。
10.(10分)(2026·安徽蚌埠第二次质检)如图所示，倾角α＝37°的足够长斜面体水平固定，质量为3 kg的物块A静止在斜面上，质量为1 kg的光滑物块B从距离A为 m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小；
(2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间；
(3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离。
答案：(1)5 m/s　(2) s　(3) m
解析：(1)B由静止开始下滑的加速度大小为a＝gsin α＝6 m/s2
由运动学公式有＝2ax1
解得v0＝5 m/s。
(2)设第一次碰撞后，A和B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mBv0＝－mBv2＋mAv1
根据能量守恒有mB＝mB＋mA
解得v1＝v2＝2.5 m/s
碰撞后，对A研究，由于mAgsin α－μmAgcos α＝0，故碰后A做匀速运动，设经过t的时间A、B第二次碰撞，则有v1t＝－v2t＋at2
解得t＝ s。
(3)第二次碰撞前，B的速度大小
v3＝－v2＋at＝7.5 m/s
设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别v4、v5
根据动量守恒有mAv1＋mBv3＝mAv4＋mBv5
根据能量守恒有
mA＋mB＝mA＋mB
解得v4＝5 m/s，v5＝0
设经过t'的时间A、B间的距离最大，有v4＝at'
解得t'＝ s
则A、B间的最大距离为xm＝v4t'－at'2＝ m。(共73张PPT)
第2讲　动量守恒定律
高三总复习讲义　新高考
第七章 动量守恒定律
1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决有关基本问题。
2.会应用动量守恒定律解决碰撞问题。
3.会应用动量守恒定律解决爆炸、反冲和人船模型问题。
学习目标
考点一　动量守恒定律的理解和基本应用
考点二　碰撞问题
考点三　爆炸、反冲、人船模型
课时测评
内容索引
动量守恒定律的理解和基本应用
考点一
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＝________________。
意义：系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1＝________。
意义：相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
知识梳理
矢量和
m1v1'＋m2v2'
－Δp2
正误辨析
(1)只要系统所受外力的矢量和做功为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)若系统动量守恒，则机械能也一定守恒。 ( )
×
√
√
×
1.动量守恒条件的理解
(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。
核心突破
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
考向1 动量守恒的判断
(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是
A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
√
例1
√
√
若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。
考向2 某一方向的动量守恒
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
√
例2
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、油泥和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒的条件，则有m车v0－m球vx＝(m车＋
m球)v，解得v＝5 m/s。故选A。
应用动量守恒定律解题的步骤
总结提升
考向3 动量守恒定律的简单应用
(多选)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的大小。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
√
√
例3
√
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。
考向4 动量守恒中的临界问题
甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v'＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，可保证两车刚好不相撞。则甲总共抛出的小球个数是
A.12 B.13
C.14 D.15
√
例4
规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv'，解得n＝15。故选D。
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碰撞问题
考点二
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______。
3.分类
知识梳理
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______
很大
远大于
守恒
守恒
最大
正误辨析
(1)所受外力的矢量和为零时两个小球碰撞过程系统的动量守恒。 ( )
(2)若两小球的碰撞为弹性碰撞，则系统动量守恒、机械能守恒。 ( )
(3)若两小球的碰撞为非弹性碰撞，则损失的机械能转化为化学能。 ( )
(4)两小球碰后粘在一起，则系统产生的内能最多。 ( )
√
×
√
√
1.弹性碰撞的实例分析与讨论
运动物体1的质量为m1、速度为v1，与质量为m2的静止物体2发生弹性碰撞，碰撞后二者速度分别为v1'、v2'。则由动量守恒定律、机械能守恒定律得
m1v1＝m1v1'＋m2v2'
m1＝m1v1'2＋m2v2'2
联立解得v1'＝v1，v2'＝v1。
核心突破
(1)若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1 (质量相等的两个物体发生弹性碰撞，则碰撞后两物体交换速度)。
(2)若m1＞m2，则v1'＞0，v2'＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。
特例：当m1 m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1。
(3)若m1＜m2，则v1'＜0，v2'＞0(碰后物体1反向，两物体沿相反方向运动)。
特例：当m1 m2时，v1'≈－v1，v2'≈0。
2.非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。
(2)完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1＋m2＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。
考向1 弹性碰撞
(2025·甘肃卷·T4)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
√
例5
小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋m＝m＋m＋m，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有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。
考向2 非弹性碰撞
如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
答案：
例6
A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2
解得H＝。
(2)碰撞前瞬间轻绳上的拉力大小F；
答案：mg＋m
A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2
碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得拉力大小F＝mg＋m。
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
答案：mv2
B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
mv＝2mv1
解得v1＝v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝mv2－×2m＝mv2。
考向3 碰撞的可能性
某台球运动员击球时，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
√
例7
碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，A、B两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA。故选C。
碰撞问题遵守的三条原则
1.动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。
2.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
3.速度要符合实际情况
(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前'＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。
(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
总结提升
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爆炸、反冲、人船模型
考点三
1.爆炸现象
(1)定义：在物理学中，爆炸是指物体在内力作用下炸裂成两块或多块的现象。
(2)特点：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______。
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______，如发射炮弹、火箭等。
(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，系统动量守恒。
知识梳理
远大于
守恒
冲量
考向1 爆炸问题
爆炸现象的三个规律
核心突破
动量 守恒 由于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，由于有其他形式的能量(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，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
(2025·北京卷·T17)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；
答案：gt
例8
物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式有0＝v0－gt
可得v0＝gt。
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
答案：2v
爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0，由动量守恒定律得0＝2mv－mvB
解得vB＝2v。
(3)A、B落地点之间的距离d。
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的水平位移大小xA＝vt
B的水平位移大小xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝3vt。
考向2 反冲问题
反冲运动的作用原理和两个特点
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，所以系统的总机械能增加
一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
答案：2 m/s
例9
设第三次喷出气体后火箭的速度为v3，以火箭(包括燃料)和三次喷出的气体为研究对象，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈
2 m/s。
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案：13.5 m/s
发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭(包括燃料)和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得
(M－20m)v20－20mv＝0
解得v20≈13.5 m/s。
考向3 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，则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。
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)人船位移之比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)之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)
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
√
例10
小球由静止开始从如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，则有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。故选A。
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课 时 测 评
题组1　动量守恒定律的理解和基本应用
1.如图所示，上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量大小关系未知的物块M和N，两物块与板间的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N，弹簧将两物块弹开，两物块在长木板上滑动的过程中，下列说法正确的是
A.M、N组成的系统总动量一定守恒
B.M、N组成的系统总动量一定不守恒
C.若长木板向左运动，则物块M的质量一定小于物块N的质量
D.若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右
√
物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则M、N组成的系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N组成的系统总动量不守恒，故A、B错误；若长木板向左运动，则板受到的合力向左，M对板的摩擦力大于N对板的摩擦力，M的质量一定大于N的质量，故C错误；长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右，故D
正确。
2.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一运动员跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。运动员跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上时相对a车保持静止，此后
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D.a、c两车运动方向相反
√
√
设水平向右为正方向，设运动员跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝－m车vc＋m运v，m运v＝m车vb＋m运v，m运v＝(m车＋m运)va，解得vc＝，vb＝0，va＝，则vc＞va＞vb，并且c车与a车运动方向相反。故选CD。
3.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0滚向滑块，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是
A.
B.
C.
D.
√
小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒可得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。
题组2　碰撞问题
4.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为
A.3 J
B.4 J
C.5 J
D.6 J
√
设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋
m乙v乙'，代入题图中数据解得m乙＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能E损＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2＝3 J。故选A。
5.(多选)(2026·重庆期末)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则
A.碰撞后乙球向左运动
B.甲、乙两球的质量之比为4∶1
C.两球碰撞前、后总动量之比为3∶1
D.两球碰撞前、后总动能之比为9∶5
√
√
甲球垂直撞向挡板后原速率弹回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右运动，故A错误；设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，则甲、乙两球碰后，甲球的速度为v0，乙球速度为－v0，由动量守恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，故B正确；
根据题意可知，两球碰撞前、后动量守恒，则两球碰撞前、后总动量之比为1∶1，故C错误；结合A、B项分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝m2，碰撞后两球总动能为Ek2＝m1＋m2＝m2，则两球碰撞前、后总动能之比为＝，故D正确。
6.(2025·河南卷·T7)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
√
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。故选D。
题组3　爆炸、反冲、人船模型
7.(2026·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，则说法不正确的是
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，乙球动量变化量大小为0.06 kg·m/s，方向水平向右
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
√
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，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意有v2－v1＝，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 kg·m/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。
8.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
√
√
系统只是在水平方向所受外力的矢量和为零，在竖直方向所受外力的矢量和不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向动量守恒及机械能守恒得，小球能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。
9.(8分)(2025·河南卷·T14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
答案：24.5 J　
P、Q碰撞过程，由动量守恒定律有
m2v0＝m1v＋m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为
vQ＝3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝m2－＝24.5 J。
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
答案：5 s
碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次
相碰。
P在防滑带上运动时，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有v2＝2ax
解得该过程的位移大小为x＝4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
P在第一个防滑带上运动时有－v2＝－2al2
P在第二个防滑带上运动时有－＝－2al2
解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为v1＝5 m/s，v2＝1 m/s
则P从开始运动到静止经历的时间为
t＝＋＋＝5 s。
10.(10分)(2026·安徽蚌埠第二次质检)如图所示，倾角α＝37°的足够长斜面体水平固定，质量为3 kg的物块A静止在斜面上，质量为1 kg的光滑物块B从距离A为 m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小；
答案：5 m/s
B由静止开始下滑的加速度大小为a＝gsin α＝6 m/s2
由运动学公式有＝2ax1
解得v0＝5 m/s。
(2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间；
答案： s
设第一次碰撞后，A和B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mBv0＝－mBv2＋mAv1
根据能量守恒有mB＝mB＋mA
解得v1＝v2＝2.5 m/s
碰撞后，对A研究，由于mAgsin α－μmAgcos α＝0，故碰后A做匀速运动，设经过t的时间A、B第二次碰撞，则有v1t＝－v2t＋at2
解得t＝ s。
(3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离。
答案： m
第二次碰撞前，B的速度大小
v3＝－v2＋at＝7.5 m/s
设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别v4、v5
根据动量守恒有mAv1＋mBv3＝mAv4＋mBv5
根据能量守恒有
mA＋mB＝mA＋mB
解得v4＝5 m/s，v5＝0
设经过t'的时间A、B间的距离最大，有v4＝at'
解得t'＝ s
则A、B间的最大距离为xm＝v4t'－at'2＝ m。
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第2讲　动量守恒定律

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