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2025年高考物理精品教案第七章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及应用
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这是一份2025年高考物理精品教案第七章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及应用，共21页。
考点1 动量守恒定律的理解和应用
1.内容
如果一个系统[1] 不受外力 ，或者所受外力的矢量和为[2] 零 ，这个系统的总动量保持不变.
2.表达式
（1）p＝p'，系统作用前的总动量等于作用后的总动量.
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
（3）Δp＝p'－p＝0，系统总动量的变化量为零.
3.动量守恒定律适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为[3] 零 .
（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力[4] 远大于 系统所受到的外力.
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为[5] 零 时，系统在该方向上动量守恒.
如图所示，两个穿着滑冰鞋的同学静止站在滑冰场上，假设不计滑冰鞋与地面间的摩擦力.判断下列说法的正误.
（1）无论谁推对方，两人均会向相反方向运动.（ √ ）
（2）两人的总动量为零.（ √ ）
（3）相互作用力所做的总功为零.（ ✕ ）
（4）两个同学组成的系统动量守恒，机械能也守恒.（ ✕ ）
（5）若考虑滑动摩擦力，系统动量守恒.（ ✕ ）
（6）只要系统所受合力做功为零，系统动量就守恒.（ ✕ ）
（7）只要系统所受合力的冲量为零，系统动量就守恒.（ √ ）
[传统文化情境]《三国演义》“草船借箭”中，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同.由此，草船的速度会增加多少？（不计水的阻力）
答案 nmm1＋nm（v－v1）
解析 船与箭的作用过程中系统动量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，解得Δv＝nmm1＋nm(v-v1).
1.[动量守恒条件的理解/多选]如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB＝3：2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，A、B分别向左、右滑动，则（ BCD ）
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对
于平板车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力分别为FA(向右)、FB(向左)，由于
mA：mB＝3：2，所以FA：FB＝3：2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故
其动量不守恒，A错误.对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系
统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守
恒，B、D均正确.若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和
为零，故其动量守恒，C正确.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
下列说法正确的是（ B ）
A.如果地面粗糙，平板车上表面光滑，A、B组成的系统动量不守恒
B.如果地面粗糙，A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
C.如果A固定在平板车上，A、B、C组成的系统动量不守恒
D.如果A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
解析 如果地面粗糙，平板车上表面光滑，A、B组成的系统所受合力为0，A、B
组成的系统动量守恒，A错误；如果地面粗糙，A、B所受的摩擦力大小相等，A、B
组成的系统所受合力为0，A、B组成的系统动量守恒，B正确；如果A固定在平板车
上，A、B、C组成的系统所受合力为0，A、B、C组成的系统动量守恒，C错误；
A、B与平板车之间有摩擦力，弹簧释放后，系统机械能减少，D错误.
2.[动量守恒定律的应用/2024浙江杭州模拟/多选]乌贼遇到强敌时会“喷墨”逃生.一只质量为M的乌贼在水中以速度v0做匀速直线运动时，发现后方出现天敌，乌贼在极短的时间内将墨囊内质量为m的墨汁以速度v1向后喷出，将周围海水染黑的同时迅速逃离，则（ BD ）
A.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能守恒
B.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒
C.乌贼喷出墨汁后的速度大小为Mv0－mv1M－m
D.乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为m（v0＋v1）
解析 乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼消耗能量转化为墨汁的动能和自身的动能，
则乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能不守恒，故A错误；乌贼在极短的时间内将
墨囊内的墨汁向后喷出，喷出过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒，故
B正确；根据题意，以乌贼初速度方向为正方向，设乌贼喷出墨汁后的速度为v，由
动量守恒定律有Mv0＝(M-m)v-mv1，解得v＝Mv0＋mv1M-m，故C错误；根据题意，对墨
汁，以乌贼初速度方向为正方向，由动量定理有I＝-mv1-mv0，即乌贼对喷出的墨汁
的冲量大小为m(v0＋v1)，故D正确.
3.[动量守恒的临界极值问题/多选]如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1的质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是（ BD ）
A.弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零
B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2Ep3m、Ep3m
C.若离开弹簧后小球1能追上小球3，则小球2一定能追上小球4
D.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足Ep12v02≤m＜4Ep3v02
解析 小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始时小球1和小球2静止，
所以弹簧的弹性势能在释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错
误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和
机械能守恒定律有mv1-2mv2＝0，Ep＝12mv12＋12×2mv22，解得v1＝2Ep3m，v2＝Ep3m，B
正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则各球速度大小应满
足v1＝2Ep3m＞v0，v2＝Ep3m≤2v0，解得Ep12v02≤m＜4Ep3v02，C错误，D正确.
方法点拨
应用动量守恒定律解题的步骤
考点2 爆炸和反冲
1.爆炸现象
2.反冲现象
对下列关于爆炸和反冲的说法进行判断.
（1）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.（ √ ）
（2）火箭向后喷气的瞬间，火箭和喷出的气体组成的系统动量守恒.（ √ ）
（3）爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（ ✕ ）
（4）鞭炮爆炸的瞬间，鞭炮动量守恒.（ √ ）
4.[爆炸/2021浙江1月]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是（ B ）
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
解析 假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程由动量守恒定律得
0＝2mv1-mv2，解得v1v2＝12，又两碎块在空中运动的时间相同，在水平方向上有x＝
vt，所以水平位移之比为1∶2，竖直方向下落的高度相同，所以两碎块的位移之比
不等于1∶2，A错误；假设两碎块在空中运动的时间均为t，则两碎块从落地到被记
录到声音所用的时间分别为(5-t)s、(6-t)s，由几何关系可知v1t＝340(5-t) m，2v1t＝
340(6-t) m，解得t＝4 s，则爆炸点距离地面的高度为h＝12gt2＝80 m，B正确；两碎块
的水平位移分别为x1＝340 m、x2＝680 m，所以两碎块落地点之间的距离为x＝x1＋
x2＝1 020 m，D错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝85 m/s，C错误.
5.[反冲/多选]火箭飞行时，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大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（ AB ）
A.火箭的发射利用了反冲原理
B.喷出燃气时，火箭受到的推力为ΔmuΔt
C.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu
D.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大
解析 火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度大小为v，则喷
出的燃气对地的速度大小为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的燃气，根
据动量定理有-FΔt＝-Δm(u-v)-Δmv，可得F＝ΔmuΔt，由牛顿第三定律可知火箭受到的
推力F'＝F，B正确；设喷气后火箭的速度大小为v'，由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-
Δm(u-v)＋mv'，则喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δp＝mv'-(m＋Δm)v＝Δm(u-
v)，C错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，解得火箭速度的增加量
Δv＝v'-v＝Δmum，则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度
Δv就越小，D错误.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
已知喷出燃气前火箭的速度为v0，求喷出燃气后火箭的速度大小.
答案 （m＋Δm）v0－Δmum＋Δm
解析 对火箭喷出燃气的过程由动量守恒定律有(m＋Δm)v0＝mv1＋Δm(v1＋u)，解得喷出燃气后火箭的速度大小为v1＝ (m＋Δm)v0-Δmum＋Δm.
考点3 人船模型
1.人船模型问题
如图所示，两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.
2.人船模型的特点
（1）两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
（2）运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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
x1x2＝v1v2＝m2m1.
（3）应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.
3.“人船模型”的拓展
6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长.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（ B ）
A.m（L＋d）dB.m（L－d）d
C.mLdD.m（L＋d）L
解析 设船的质量为M，人走动的时候船的平均速度为v，人的平均速度为v'，人
从船尾走到船头用时为t，人的位移为L-d，船的位移为d，所以v＝dt，v'＝L-dt.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Mdt＝m(L-d)t，小船的质
量为M＝m(L-d)d，故B正确.
7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（ CD ）
A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒
B.滑块运动的距离为MRM＋m
C.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2R
D.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍
解析 小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人
从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，根据位移关系有x1＋
x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝2MRM＋m，x2＝2mRM＋m，即小型机
器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2＝Mm，故B错误，C、D正确.
考点4 碰撞模型
1.碰撞遵循的三条原则
（1）动量守恒，即p1＋p2＝p'1＋p'2.
（2）机械能不增加，即Ek1＋Ek2≥E'k1＋E'k2.
（3）速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大于前面的物体速度；碰撞后，前面的物体速度大于或等于后面的物体速度，也可能后面的物体速度反向.
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变，有可能都静止.
2.碰撞的类型及特点
光滑水平地面上质量为m1的物体以速度v1正碰质量为m2的物体（静止不动），对下列关于两物体碰撞过程的相关说法进行判断.
（1）碰撞过程中系统的机械能一定守恒.（ ✕ ）
（2）如果地面粗糙，两物体碰撞的过程中系统动量不守恒.（ ✕ ）
（3）碰撞后质量为m1的物体的动能可能会增加.（ ✕ ）
（4）碰撞后质量为m1的物体一定会反向运动.（ ✕ ）
（5）碰撞后两物体有可能共速.（ √ ）
命题点1 碰撞的可能性分析
8.[多选]如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg的小球A以4m/s的速度向右运动，与静止的质量为3kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（ BC ）
A.3m/s
解析 若A与B发生完全非弹性碰撞，B获得最小速度，有mAv0＝(mA＋mB)vmin，解
得vmin＝1 m/s；若A与B发生弹性碰撞，B获得最大速度，有mAv0＝mAvA＋mBvmax，
12mAv02＝12mAvA2＋12mBvmax2，解得vmax＝2 m/s，故B的速度大小取值范围为1 m/s≤vB≤2
m/s，故选B、C.
命题点2 弹性碰撞
9.[2022湖南]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ B ）
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
解析
p＝mvp1＝m1v1＝m0v0p2＝m2v2=14m0·215v0＝2815m0v0→p1＜p2，A错
Ek＝12mv2Ek1＝12m1v12＝12m0v02Ek2＝12m2v22＝12×14m0（215v0）2＝28225m0v02→Ek1＞Ek2，B对
光速解法 发生弹性碰撞的两物体若质量相等，则两物体将发生速度交换，所以被碰后氢核的速度、动量、动能均等于入射中子的速度、动量和动能；而当中子碰撞质量较大的氮核时，中子将反向运动，由动量守恒定律可知，碰撞后氮核动量的增加量等于中子动量的减少量，所以氮核被碰后的动量大于入射中子的动量，A错误；弹性碰撞过程中，系统机械能守恒，所以碰撞后氮核动能小于入射中子动能，B正确.
命题点3 非弹性碰撞
10.[非弹性碰撞/全国高考]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1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ A ）
A.3JB.4JC.5JD.6J
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，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2-12m甲v'甲2-12m乙v'乙2，代入题图中数据解得E损＝3 J，A正确.
11.[2023天津]一质量为mA＝2kg的A物体从距地面
h＝1.2m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力.求两物体：
（1）碰撞时离地面的高度x；
（2）碰后瞬间的速度v；
（3）碰撞过程损失的机械能ΔE.
答案 （1）1m （2）0 （3）12J
解析 （1）对A物体，根据运动学公式可得
h－x＝12gt2，解得x＝1m
（2）设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－12gt2
解得vB0＝6m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为
vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B物体的速度大小为
vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v
解得碰后瞬间的速度v＝0
（3）碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝12mAvA2＋12mBvB2－12（mA＋mB）v2
解得ΔE＝12J.
1.[人船模型/2021山东/多选]如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面高度为H处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d.已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ BC ）
A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d＝（1＋mM）2Hv02g＋H2
D.d＝2Hv02g＋（1+mM）2H2
解析 热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒，则热气球和物资的动量等大反向，有mv0＝Mv，则热气球获得水平向左的速度，投出物资后，热气球所受合力恒为mg，方向竖直向上，故热气球做匀加速曲线运动，A项错误，B项正确；热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，故热气球在竖直方向上加速度大小为a＝mMg，设物资落地过程所用的时间为t，则有H＝12gt2，落地时间为t＝2Hg，热气球在竖直方向上运动位移为HM＝12at2＝12·mMg·2Hg＝mMH，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xm＝v0t＝v02Hg，xM＝vt＝mMv0·2Hg，则物资落地时，热气球和物资的距离d＝（xm＋xM）2＋（H＋HM）2＝（1＋mM）2Hv02g＋H2，C项正确，D项错误.
2.[多次碰撞问题/2023全国乙]如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数.
答案 （1）2gl2 2gl2 （2）l （3）4
解析 （1）设碰撞前瞬间小球的速度为v，碰后小球及圆盘的速度分别为v1、v2，取竖直向下为正方向，对碰撞前，小球做自由落体运动的过程，由动能定理得
mgl＝12mv2，解得v＝2gl
小球和圆盘的碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有
mv＝mv1＋Mv2
12mv2＝12mv12＋12Mv22
又m＝13M
联立解得v1＝－2gl2，v2＝2gl2，所以第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为2gl2
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球先向上做匀减速直线运动，到最高点再向下做匀加速直线运动，圆盘一直向下做匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两物体间距最大，设此过程所经历的时间为t，对小球，由匀变速直线运动公式得2gl2＝－2gl2＋gt
解得t＝2lg
由竖直上抛运动的对称性知，此时小球又回到了与圆盘第一次碰撞的位置，故圆盘下落的距离就是此时两物体的间距，也是在第一次碰撞到第二次碰撞之间两物体的最远距离，为
smax＝v2t＝2gl2×2lg＝l
（3）设小球和圆盘从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间经历的时间为t1，有v2t1＝v1t1＋12gt12
解得t1＝22lg
在这段时间内，圆盘下落的距离为y1＝v2t1＝2l，设小球第二次与圆盘碰撞前瞬间速度为v'，则
v'＝v1＋gt1＝32gl2
设第二次碰后小球和圆盘的速度分别为v'1、v'2，小球和圆盘碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有
mv'＋Mv2＝mv'1＋Mv'2
12mv'2＋12Mv22＝12mv'12＋12Mv'22
解得v'1＝0，v'2＝2gl
设小球和圆盘从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间经历的时间为t2，有12gt22＝v'2t2
解得t2＝22lg
在这段时间内圆盘下降的距离为y2＝v'2t2＝4l
同理，小球第三次与圆盘碰撞前瞬间速度为
v″＝gt2＝22gl
小球与圆盘发生第三次碰撞，由动量守恒和系统机械能守恒有
mv″＋Mv'2＝mv″1＋Mv″2
12mv″2＋12Mv'22＝12mv″12＋12Mv″22
解得v″1＝2gl2，v″2＝32gl2
设经过t3，两物体发生第四次碰撞，有
v″1t3＋12gt32＝v″2t3，解得t3＝22lg
在这段时间里，圆盘下降的距离为y3＝v″2t3＝6l，由数学归纳法知，以后每次碰撞间隔时间均为22lg
在这段时间内圆盘下降的距离比上次碰撞间隔内下降的距离增加2l，所以从第四次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为8l，若圆盘始终在管内运动，则从第一次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为y＝2l＋4l＋6l＋8l＝20l＞19l，故此时圆盘已经滑出长直圆管，不会在管内发生第五次碰撞，所以圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次.
3.[碰撞＋简谐运动/2023上海]如图，将一质量为mP＝0.15kg的小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，将其向左拉开一段距离后由静止释放.水平地面上有一物块Q，质量为mQ＝0.1kg.小球P在最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后瞬间P的速度之比为5∶1，碰撞时间极短.（重力加速度g取9.8m/s2，物块Q与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
答案 （1）24325m/s，方向水平向右 （2）8641715m
解析 （1）设P与Q碰撞前瞬间，P的速度为vP，由向心加速度的表达式得a＝vP2L，代入数据得vP＝435m/s
碰撞前后瞬间P的速度之比为5∶1，则碰后P的速度为v'P＝vP5＝4325m/s
P与Q碰撞过程，P与Q组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mPvP＝mPv'P＋mQvQ
解得vQ＝24325m/s，方向水平向右
（2）由于L＝1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式可知T＝2πLg
小球P再次回到平衡位置的时间为t＝T2
联立解得t＝6π7s
碰后Q向右做匀减速直线运动，设Q速度减为零过程所用的时间为t'，由运动学公式得t'＝vQa'
由牛顿第二定律得μmQg＝mQa'
联立解得t'＝1203343s
由于t'＜t，故在小球P再次回到A点的时间内，物块Q已经停下
对小球Q向右运动的过程，由动能定理得
－μmQgs＝－12mQvQ2
解得s＝8641715m
1.[多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是（ BC ）
A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
解析 当撤去外力F后，a离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力
之和不为零，所以a和b组成的系统动量不守恒，A错误，B正确；a离开墙壁后，系
统所受的外力之和为零，所以a和b组成的系统动量守恒，C正确，D错误.
2.[2024河北邢台模拟]滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动.如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度1110v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的110，但方向不变，则k为（ C ）
A.15B.16C.19D.111
解析 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋km)v0＝m·1110v0＋km·110v0，解得k＝19，故C正确.
3.[2024山东济南历城二中校考]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则（ B ）
A.小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
解析 小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块与凹槽组成的系统机械能守恒，冰块冲上凹槽时，凹槽速度为0，冰块离开凹槽时，凹槽有向左的速度，因此，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽前的速率小，故D错误.
4.[2024山东临沂模拟/多选]甲和乙两位同学一起去滑雪场滑雪.两位同学一起站在位于某斜坡下的水平雪地上（水平面和斜坡足够长），斜坡与水平面平滑连接.甲用力将乙推出（m甲＞m乙），同时甲获得向后的速度.忽略一切摩擦，在之后的运动中，下列说法正确的是（ AC ）
A.乙一定会追上甲
B.乙可能会追上甲
C.最终甲、乙的总动量向左
D.甲、乙的总动量始终为零
解析 甲用力将乙推出后，系统动量守恒，则有m甲v甲＝m乙v乙，由于m甲＞m乙，可
知v甲＜v乙.此后甲向左做匀速直线运动，乙向右运动到达斜面最高点，再返回，由
于忽略一切摩擦，则乙到达平面的速度大小不变，所以乙一定会追上甲，与甲发生
碰撞，A正确，B错误；碰时甲、乙的总动量向左，且最终甲、乙的总动量向左，C
正确，D错误.
5.如图所示，A、B两小球大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则（ D ）
A.小球A向右运动
B.小球B的动量大小增大
C.小球A的动能增加了2mv02
D.小球B的动量变化量大小为3mv0
解析 两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向
左为正方向，则m(-v0)＋2mv0＝mvA＋mvB，12mv02＋12m(2v0)2＝12mvA2＋12mvB2，
解得vA＝2v0，vB＝-v0，所以碰后小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动
量大小变小，故A、B错误；碰后小球A的动能增加了ΔEkA＝12mvA2-12mv02＝
32mv02，故C错误；小球B的动量变化量为Δp＝mvB-2mv0＝m(-v0)-2mv0＝-
3mv0，负号只表示方向，故D正确.
6.[2024辽宁沈阳新民市高级中学校考]A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x－t图像，如图所示，则下列判断正确的是（ C ）
A.碰撞后A、B两个物块运动方向相同
B.碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3
C.A、B的质量之比m1：m2＝2：3
D.此碰撞为非弹性碰撞
解析 因为x-t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像
可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误.由图像可得，碰撞前A物
块的速度为v1＝ΔxΔt＝5 m/s，碰撞后A物块的速度为v'1＝Δx'Δt'＝-1 m/s，所以碰撞
前、后A物块的速度大小之比为5：1，故B错误.同理可得，碰撞前、后B物块的
速度分别为v2＝0，v'2＝Δx″Δt″＝4 m/s.A、B的质量分别为m1、m2，则由动量守恒
定律得m1v1＝m1v'1＋m2v'2，解得m1：m2＝2：3，故C正确.因为碰撞前、后机
械能分别为E＝12m1v12，E'＝12m1v'21＋12m2v'22＝E，即碰撞前、后系统机械能守
恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误.
7.[2024湖南长沙雅礼中学校考]有一火箭正在太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，不考虑其他星体对火箭的万有引力，则火箭在此次喷气后速度增加量为（ C ）
A.ΔmmuB.－Δmm（v0－u）
C.－ΔmmuD.Δm＋mmv0
解析 根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1＝v0＋u，则燃气的动量变化为Δp1
＝Δmv1-Δmv0＝Δm·u，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气过程中的
动量变化为Δp2＝mv2-mv0＝m·Δv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δm·u＋m·Δv＝
0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv＝-Δmmu，故选C.
8.[多选]向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（ AC ）
A.a、b一定同时到达水平地面
B.b的速度方向一定与原速度方向相反
C.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
D.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速
度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律可知，b的速
度为零或沿水平方向，故B错误；a、b在竖直方向都做自由落体运动，由于高度相
同，由h＝12gt2知a、b飞行时间一定相同，一定同时到达水平地面，故A正确；根据
牛顿第三定律可知，在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等，故C正
确；从炸裂到落地的这段时间里，a、b飞行时间相同，b的水平速度可能大于或等
于a的水平速度，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故D错误.
9.[多选]质量M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量为m＝2kg的小球（视为质点）通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的质量不计的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态.现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2.则（ AD ）
A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5m
C.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
解析 设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守
恒，有0＝mL-xt-Mxt，解得x＝0.3 m，故A正确，B错误.设小球m相对于初始位置可以
上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v，根据水平动量守恒得0＝(m＋
M)v，根据系统机械能守恒得12mv02＝mgh＋12(M＋m)v2，解得h＝0.45 m，故C错误.小
球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动
的距离为y.由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为s＝L＋L2-h2＝1.35
m，根据水平方向动量守恒得0＝ms-yt-Myt，解得y＝0.54 m，故D正确.
10.[多选]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ BC ）
A.48kgB.53kg
C.58kgD.63kg
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，
物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据
动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1-mv0，物块与挡板发生弹性碰
撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝-mv0＋Mv2，依此类推，
Mv2＋mv0＝-mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝-mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7
＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C正确，A、D错误.
11.[2023北京]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.
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F.
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
答案 （1）v22g （2）mg＋mv2L （3）14mv2
解析 （1）由题意可知A球摆动到最低点时速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝12mv2
解得H＝v22g
（2）碰撞前瞬间，对小球A根据牛顿第二定律可知
F－mg＝mv2L
解得F＝mg＋mv2L
（3）A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可知mv＝2mv1
此碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12×2mv12
解得ΔE＝14mv2.
12.[多球＋人船模型/2024江苏常州模拟]如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5kg.人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力.
（1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1；
（2）根据第（1）问，计算抛出第几个球后船的速度反向；
（3）如果每次都是以相对于小船的速度v＝6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？（提示：A相对B速度公式的表达式为v＝vA－vB，其中v表示两个物体的相对速度，vA表示A物体速度，vB表示B物体速度）
答案 （1）5459m/s （2）11 （3）减小215m/s
解析 （1）人抛出第一个球前后，以船、人、20个球为系统分析，由动量守恒定律可得（M＋20m）v0＝（M＋19m）v1＋mv
代入数据得v1＝5459m/s.
（2）抛出第n个球时，由动量守恒定律可得
（M＋20m）v0＝[M＋（20－n）m]vn＋nmv，即
vn＝300－30n300－5n
由vn＜0，可解得10＜n＜60，因n≤20，且为整数，所以n＝11，可知抛出第11个球后船的速度反向.
（3）设第16次抛出小球前，小船对地的速度为v15，抛出后小船对地的速度为v16，故抛出后小球对地的速度为v16＋v；由动量守恒定律可得（M＋20m－15m）v15＝（M＋20m－16m）v16＋m（v16＋v）
代入数据可求得Δv＝v16－v15＝－215m/s
可使船速度减小215m/s.
13.[多体＋碰撞模型/2024贵州阶段联考]如图所示，某商场中，静止在水平地面上沿一直线排列着3辆手推车，每辆车的质量均为m＝10kg.现给第一辆车v0＝11m/s的水平初速度，使其向第二辆车运动，0.5s后与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度运动了1s后与第三辆车相碰，最后3辆车一起恰好运动至停放处.若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，手推车运动过程中受到的阻力是其重力的五分之一.已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v；
（2）第三辆车运动的距离d.
答案 （1）v＝5m/s （2）d＝1m
解析 （1）第一辆车与第二辆车碰撞前，手推车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，手推车加速度大小为a＝15mgm＝2m/s2
第一辆车与第二辆车碰撞前，速度大小为
v1＝v0－at1＝11m/s－2m/s2×0.5s＝10m/s
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1＝2mv
解得第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v＝5m/s.
（2）两车碰后一起做匀减速直线运动，1s后速度大小为
v2＝v－at2＝5m/s－2m/s2×1s＝3m/s
与第三辆车相碰，根据动量守恒定律有
2mv2＝3mv3
解得v3＝2m/s.
三辆车之后一起做匀减速直线运动，第三辆车运动的距离为
d＝v322a＝1m.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象.
2.知道动量守恒定律的普适性.
3.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.
4.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一.
动量守恒定律的理解和应用
2023：广东T10；
2022：江苏T13，湖北T16；
2021：广东T13；
2019：全国ⅠT25
1.物理观念：理解动量守恒定律，会运用守恒观念分析问题.
2.科学思维：熟练运用动量守恒定律解决物理问题，构建碰撞模型分析问题，会用系统思想和守恒思想分析物理问题.
3.科学探究：通过理论推导和实验，深入理解动量守恒定律.
4.科学态度与责任：能运用动量知识解释生产生活中的有关现象，加深对科学本质的认识，增强社会责任感.
爆炸和反冲
2021：浙江1月T12
人船模型
2019：江苏T12（1）
碰撞模型
2023：北京T17，山东T18，天津T11，上海T20，全国乙T25；
2022：湖南T4；
2021：重庆T7，湖南T14，福建T15；
2020：全国ⅡT21，全国ⅢT15，
北京T13，天津T11，山东T18
命题分析预测
动量守恒定律是本章的重点，动量守恒定律的简单应用经常以选择题形式出现，且常结合实际情境考查.碰撞模型是常考点，选择题、计算题均有可能，经常与动能定理一起考查.预计2025年高考中动量守恒定律的简单应用和碰撞模型仍是热点.
位置不变
爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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作用前的位置以新的动量开始运动
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加
动量守恒
由于内力远大于外力，故爆炸过程动量守恒
作用原理
系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动能增加
反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加
动量守恒
反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力，可在该方向上应用动量守恒定律
类型
动量是否守恒
机械能是否守恒
相关公式
弹性碰撞
守恒
守恒
m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2，
12m1v12＋12m2v22＝12m1v'21＋12m2v'22
非弹性碰撞
守恒
有损失
m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2，
12m1v12＋12m2v22＝12m1v'21＋12m2v'22＋ΔEk
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，
12m1v12＋12m2v22－12（m1＋m2）v2＝ΔEkm
考点1 动量守恒定律的理解和应用
1.内容
如果一个系统[1] 不受外力 ，或者所受外力的矢量和为[2] 零 ，这个系统的总动量保持不变.
2.表达式
（1）p＝p'，系统作用前的总动量等于作用后的总动量.
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
（3）Δp＝p'－p＝0，系统总动量的变化量为零.
3.动量守恒定律适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为[3] 零 .
（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力[4] 远大于 系统所受到的外力.
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为[5] 零 时，系统在该方向上动量守恒.
如图所示，两个穿着滑冰鞋的同学静止站在滑冰场上，假设不计滑冰鞋与地面间的摩擦力.判断下列说法的正误.
（1）无论谁推对方，两人均会向相反方向运动.（ √ ）
（2）两人的总动量为零.（ √ ）
（3）相互作用力所做的总功为零.（ ✕ ）
（4）两个同学组成的系统动量守恒，机械能也守恒.（ ✕ ）
（5）若考虑滑动摩擦力，系统动量守恒.（ ✕ ）
（6）只要系统所受合力做功为零，系统动量就守恒.（ ✕ ）
（7）只要系统所受合力的冲量为零，系统动量就守恒.（ √ ）
[传统文化情境]《三国演义》“草船借箭”中，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同.由此，草船的速度会增加多少？（不计水的阻力）
答案 nmm1＋nm（v－v1）
解析 船与箭的作用过程中系统动量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，解得Δv＝nmm1＋nm(v-v1).
1.[动量守恒条件的理解/多选]如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB＝3：2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，A、B分别向左、右滑动，则（ BCD ）
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对
于平板车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力分别为FA(向右)、FB(向左)，由于
mA：mB＝3：2，所以FA：FB＝3：2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故
其动量不守恒，A错误.对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系
统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守
恒，B、D均正确.若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和
为零，故其动量守恒，C正确.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
下列说法正确的是（ B ）
A.如果地面粗糙，平板车上表面光滑，A、B组成的系统动量不守恒
B.如果地面粗糙，A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
C.如果A固定在平板车上，A、B、C组成的系统动量不守恒
D.如果A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
解析 如果地面粗糙，平板车上表面光滑，A、B组成的系统所受合力为0，A、B
组成的系统动量守恒，A错误；如果地面粗糙，A、B所受的摩擦力大小相等，A、B
组成的系统所受合力为0，A、B组成的系统动量守恒，B正确；如果A固定在平板车
上，A、B、C组成的系统所受合力为0，A、B、C组成的系统动量守恒，C错误；
A、B与平板车之间有摩擦力，弹簧释放后，系统机械能减少，D错误.
2.[动量守恒定律的应用/2024浙江杭州模拟/多选]乌贼遇到强敌时会“喷墨”逃生.一只质量为M的乌贼在水中以速度v0做匀速直线运动时，发现后方出现天敌，乌贼在极短的时间内将墨囊内质量为m的墨汁以速度v1向后喷出，将周围海水染黑的同时迅速逃离，则（ BD ）
A.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能守恒
B.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒
C.乌贼喷出墨汁后的速度大小为Mv0－mv1M－m
D.乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为m（v0＋v1）
解析 乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼消耗能量转化为墨汁的动能和自身的动能，
则乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能不守恒，故A错误；乌贼在极短的时间内将
墨囊内的墨汁向后喷出，喷出过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒，故
B正确；根据题意，以乌贼初速度方向为正方向，设乌贼喷出墨汁后的速度为v，由
动量守恒定律有Mv0＝(M-m)v-mv1，解得v＝Mv0＋mv1M-m，故C错误；根据题意，对墨
汁，以乌贼初速度方向为正方向，由动量定理有I＝-mv1-mv0，即乌贼对喷出的墨汁
的冲量大小为m(v0＋v1)，故D正确.
3.[动量守恒的临界极值问题/多选]如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1的质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是（ BD ）
A.弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零
B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2Ep3m、Ep3m
C.若离开弹簧后小球1能追上小球3，则小球2一定能追上小球4
D.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足Ep12v02≤m＜4Ep3v02
解析 小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始时小球1和小球2静止，
所以弹簧的弹性势能在释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错
误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和
机械能守恒定律有mv1-2mv2＝0，Ep＝12mv12＋12×2mv22，解得v1＝2Ep3m，v2＝Ep3m，B
正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则各球速度大小应满
足v1＝2Ep3m＞v0，v2＝Ep3m≤2v0，解得Ep12v02≤m＜4Ep3v02，C错误，D正确.
方法点拨
应用动量守恒定律解题的步骤
考点2 爆炸和反冲
1.爆炸现象
2.反冲现象
对下列关于爆炸和反冲的说法进行判断.
（1）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.（ √ ）
（2）火箭向后喷气的瞬间，火箭和喷出的气体组成的系统动量守恒.（ √ ）
（3）爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（ ✕ ）
（4）鞭炮爆炸的瞬间，鞭炮动量守恒.（ √ ）
4.[爆炸/2021浙江1月]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是（ B ）
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
解析 假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程由动量守恒定律得
0＝2mv1-mv2，解得v1v2＝12，又两碎块在空中运动的时间相同，在水平方向上有x＝
vt，所以水平位移之比为1∶2，竖直方向下落的高度相同，所以两碎块的位移之比
不等于1∶2，A错误；假设两碎块在空中运动的时间均为t，则两碎块从落地到被记
录到声音所用的时间分别为(5-t)s、(6-t)s，由几何关系可知v1t＝340(5-t) m，2v1t＝
340(6-t) m，解得t＝4 s，则爆炸点距离地面的高度为h＝12gt2＝80 m，B正确；两碎块
的水平位移分别为x1＝340 m、x2＝680 m，所以两碎块落地点之间的距离为x＝x1＋
x2＝1 020 m，D错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝85 m/s，C错误.
5.[反冲/多选]火箭飞行时，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大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（ AB ）
A.火箭的发射利用了反冲原理
B.喷出燃气时，火箭受到的推力为ΔmuΔt
C.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu
D.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大
解析 火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度大小为v，则喷
出的燃气对地的速度大小为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的燃气，根
据动量定理有-FΔt＝-Δm(u-v)-Δmv，可得F＝ΔmuΔt，由牛顿第三定律可知火箭受到的
推力F'＝F，B正确；设喷气后火箭的速度大小为v'，由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-
Δm(u-v)＋mv'，则喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δp＝mv'-(m＋Δm)v＝Δm(u-
v)，C错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，解得火箭速度的增加量
Δv＝v'-v＝Δmum，则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度
Δv就越小，D错误.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
已知喷出燃气前火箭的速度为v0，求喷出燃气后火箭的速度大小.
答案 （m＋Δm）v0－Δmum＋Δm
解析 对火箭喷出燃气的过程由动量守恒定律有(m＋Δm)v0＝mv1＋Δm(v1＋u)，解得喷出燃气后火箭的速度大小为v1＝ (m＋Δm)v0-Δmum＋Δm.
考点3 人船模型
1.人船模型问题
如图所示，两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.
2.人船模型的特点
（1）两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
（2）运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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
x1x2＝v1v2＝m2m1.
（3）应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.
3.“人船模型”的拓展
6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长.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（ B ）
A.m（L＋d）dB.m（L－d）d
C.mLdD.m（L＋d）L
解析 设船的质量为M，人走动的时候船的平均速度为v，人的平均速度为v'，人
从船尾走到船头用时为t，人的位移为L-d，船的位移为d，所以v＝dt，v'＝L-dt.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Mdt＝m(L-d)t，小船的质
量为M＝m(L-d)d，故B正确.
7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（ CD ）
A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒
B.滑块运动的距离为MRM＋m
C.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2R
D.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍
解析 小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人
从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，根据位移关系有x1＋
x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝2MRM＋m，x2＝2mRM＋m，即小型机
器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2＝Mm，故B错误，C、D正确.
考点4 碰撞模型
1.碰撞遵循的三条原则
（1）动量守恒，即p1＋p2＝p'1＋p'2.
（2）机械能不增加，即Ek1＋Ek2≥E'k1＋E'k2.
（3）速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大于前面的物体速度；碰撞后，前面的物体速度大于或等于后面的物体速度，也可能后面的物体速度反向.
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变，有可能都静止.
2.碰撞的类型及特点
光滑水平地面上质量为m1的物体以速度v1正碰质量为m2的物体（静止不动），对下列关于两物体碰撞过程的相关说法进行判断.
（1）碰撞过程中系统的机械能一定守恒.（ ✕ ）
（2）如果地面粗糙，两物体碰撞的过程中系统动量不守恒.（ ✕ ）
（3）碰撞后质量为m1的物体的动能可能会增加.（ ✕ ）
（4）碰撞后质量为m1的物体一定会反向运动.（ ✕ ）
（5）碰撞后两物体有可能共速.（ √ ）
命题点1 碰撞的可能性分析
8.[多选]如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg的小球A以4m/s的速度向右运动，与静止的质量为3kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（ BC ）
A.3m/s
解析 若A与B发生完全非弹性碰撞，B获得最小速度，有mAv0＝(mA＋mB)vmin，解
得vmin＝1 m/s；若A与B发生弹性碰撞，B获得最大速度，有mAv0＝mAvA＋mBvmax，
12mAv02＝12mAvA2＋12mBvmax2，解得vmax＝2 m/s，故B的速度大小取值范围为1 m/s≤vB≤2
m/s，故选B、C.
命题点2 弹性碰撞
9.[2022湖南]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ B ）
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
解析
p＝mvp1＝m1v1＝m0v0p2＝m2v2=14m0·215v0＝2815m0v0→p1＜p2，A错
Ek＝12mv2Ek1＝12m1v12＝12m0v02Ek2＝12m2v22＝12×14m0（215v0）2＝28225m0v02→Ek1＞Ek2，B对
光速解法 发生弹性碰撞的两物体若质量相等，则两物体将发生速度交换，所以被碰后氢核的速度、动量、动能均等于入射中子的速度、动量和动能；而当中子碰撞质量较大的氮核时，中子将反向运动，由动量守恒定律可知，碰撞后氮核动量的增加量等于中子动量的减少量，所以氮核被碰后的动量大于入射中子的动量，A错误；弹性碰撞过程中，系统机械能守恒，所以碰撞后氮核动能小于入射中子动能，B正确.
命题点3 非弹性碰撞
10.[非弹性碰撞/全国高考]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1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ A ）
A.3JB.4JC.5JD.6J
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，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2-12m甲v'甲2-12m乙v'乙2，代入题图中数据解得E损＝3 J，A正确.
11.[2023天津]一质量为mA＝2kg的A物体从距地面
h＝1.2m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力.求两物体：
（1）碰撞时离地面的高度x；
（2）碰后瞬间的速度v；
（3）碰撞过程损失的机械能ΔE.
答案 （1）1m （2）0 （3）12J
解析 （1）对A物体，根据运动学公式可得
h－x＝12gt2，解得x＝1m
（2）设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－12gt2
解得vB0＝6m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为
vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B物体的速度大小为
vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v
解得碰后瞬间的速度v＝0
（3）碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝12mAvA2＋12mBvB2－12（mA＋mB）v2
解得ΔE＝12J.
1.[人船模型/2021山东/多选]如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面高度为H处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d.已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ BC ）
A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d＝（1＋mM）2Hv02g＋H2
D.d＝2Hv02g＋（1+mM）2H2
解析 热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒，则热气球和物资的动量等大反向，有mv0＝Mv，则热气球获得水平向左的速度，投出物资后，热气球所受合力恒为mg，方向竖直向上，故热气球做匀加速曲线运动，A项错误，B项正确；热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，故热气球在竖直方向上加速度大小为a＝mMg，设物资落地过程所用的时间为t，则有H＝12gt2，落地时间为t＝2Hg，热气球在竖直方向上运动位移为HM＝12at2＝12·mMg·2Hg＝mMH，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xm＝v0t＝v02Hg，xM＝vt＝mMv0·2Hg，则物资落地时，热气球和物资的距离d＝（xm＋xM）2＋（H＋HM）2＝（1＋mM）2Hv02g＋H2，C项正确，D项错误.
2.[多次碰撞问题/2023全国乙]如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数.
答案 （1）2gl2 2gl2 （2）l （3）4
解析 （1）设碰撞前瞬间小球的速度为v，碰后小球及圆盘的速度分别为v1、v2，取竖直向下为正方向，对碰撞前，小球做自由落体运动的过程，由动能定理得
mgl＝12mv2，解得v＝2gl
小球和圆盘的碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有
mv＝mv1＋Mv2
12mv2＝12mv12＋12Mv22
又m＝13M
联立解得v1＝－2gl2，v2＝2gl2，所以第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为2gl2
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球先向上做匀减速直线运动，到最高点再向下做匀加速直线运动，圆盘一直向下做匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两物体间距最大，设此过程所经历的时间为t，对小球，由匀变速直线运动公式得2gl2＝－2gl2＋gt
解得t＝2lg
由竖直上抛运动的对称性知，此时小球又回到了与圆盘第一次碰撞的位置，故圆盘下落的距离就是此时两物体的间距，也是在第一次碰撞到第二次碰撞之间两物体的最远距离，为
smax＝v2t＝2gl2×2lg＝l
（3）设小球和圆盘从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间经历的时间为t1，有v2t1＝v1t1＋12gt12
解得t1＝22lg
在这段时间内，圆盘下落的距离为y1＝v2t1＝2l，设小球第二次与圆盘碰撞前瞬间速度为v'，则
v'＝v1＋gt1＝32gl2
设第二次碰后小球和圆盘的速度分别为v'1、v'2，小球和圆盘碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有
mv'＋Mv2＝mv'1＋Mv'2
12mv'2＋12Mv22＝12mv'12＋12Mv'22
解得v'1＝0，v'2＝2gl
设小球和圆盘从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间经历的时间为t2，有12gt22＝v'2t2
解得t2＝22lg
在这段时间内圆盘下降的距离为y2＝v'2t2＝4l
同理，小球第三次与圆盘碰撞前瞬间速度为
v″＝gt2＝22gl
小球与圆盘发生第三次碰撞，由动量守恒和系统机械能守恒有
mv″＋Mv'2＝mv″1＋Mv″2
12mv″2＋12Mv'22＝12mv″12＋12Mv″22
解得v″1＝2gl2，v″2＝32gl2
设经过t3，两物体发生第四次碰撞，有
v″1t3＋12gt32＝v″2t3，解得t3＝22lg
在这段时间里，圆盘下降的距离为y3＝v″2t3＝6l，由数学归纳法知，以后每次碰撞间隔时间均为22lg
在这段时间内圆盘下降的距离比上次碰撞间隔内下降的距离增加2l，所以从第四次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为8l，若圆盘始终在管内运动，则从第一次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为y＝2l＋4l＋6l＋8l＝20l＞19l，故此时圆盘已经滑出长直圆管，不会在管内发生第五次碰撞，所以圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次.
3.[碰撞＋简谐运动/2023上海]如图，将一质量为mP＝0.15kg的小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，将其向左拉开一段距离后由静止释放.水平地面上有一物块Q，质量为mQ＝0.1kg.小球P在最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后瞬间P的速度之比为5∶1，碰撞时间极短.（重力加速度g取9.8m/s2，物块Q与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
答案 （1）24325m/s，方向水平向右 （2）8641715m
解析 （1）设P与Q碰撞前瞬间，P的速度为vP，由向心加速度的表达式得a＝vP2L，代入数据得vP＝435m/s
碰撞前后瞬间P的速度之比为5∶1，则碰后P的速度为v'P＝vP5＝4325m/s
P与Q碰撞过程，P与Q组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mPvP＝mPv'P＋mQvQ
解得vQ＝24325m/s，方向水平向右
（2）由于L＝1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式可知T＝2πLg
小球P再次回到平衡位置的时间为t＝T2
联立解得t＝6π7s
碰后Q向右做匀减速直线运动，设Q速度减为零过程所用的时间为t'，由运动学公式得t'＝vQa'
由牛顿第二定律得μmQg＝mQa'
联立解得t'＝1203343s
由于t'＜t，故在小球P再次回到A点的时间内，物块Q已经停下
对小球Q向右运动的过程，由动能定理得
－μmQgs＝－12mQvQ2
解得s＝8641715m
1.[多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是（ BC ）
A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
解析 当撤去外力F后，a离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力
之和不为零，所以a和b组成的系统动量不守恒，A错误，B正确；a离开墙壁后，系
统所受的外力之和为零，所以a和b组成的系统动量守恒，C正确，D错误.
2.[2024河北邢台模拟]滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动.如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度1110v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的110，但方向不变，则k为（ C ）
A.15B.16C.19D.111
解析 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋km)v0＝m·1110v0＋km·110v0，解得k＝19，故C正确.
3.[2024山东济南历城二中校考]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则（ B ）
A.小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
解析 小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块与凹槽组成的系统机械能守恒，冰块冲上凹槽时，凹槽速度为0，冰块离开凹槽时，凹槽有向左的速度，因此，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽前的速率小，故D错误.
4.[2024山东临沂模拟/多选]甲和乙两位同学一起去滑雪场滑雪.两位同学一起站在位于某斜坡下的水平雪地上（水平面和斜坡足够长），斜坡与水平面平滑连接.甲用力将乙推出（m甲＞m乙），同时甲获得向后的速度.忽略一切摩擦，在之后的运动中，下列说法正确的是（ AC ）
A.乙一定会追上甲
B.乙可能会追上甲
C.最终甲、乙的总动量向左
D.甲、乙的总动量始终为零
解析 甲用力将乙推出后，系统动量守恒，则有m甲v甲＝m乙v乙，由于m甲＞m乙，可
知v甲＜v乙.此后甲向左做匀速直线运动，乙向右运动到达斜面最高点，再返回，由
于忽略一切摩擦，则乙到达平面的速度大小不变，所以乙一定会追上甲，与甲发生
碰撞，A正确，B错误；碰时甲、乙的总动量向左，且最终甲、乙的总动量向左，C
正确，D错误.
5.如图所示，A、B两小球大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则（ D ）
A.小球A向右运动
B.小球B的动量大小增大
C.小球A的动能增加了2mv02
D.小球B的动量变化量大小为3mv0
解析 两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向
左为正方向，则m(-v0)＋2mv0＝mvA＋mvB，12mv02＋12m(2v0)2＝12mvA2＋12mvB2，
解得vA＝2v0，vB＝-v0，所以碰后小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动
量大小变小，故A、B错误；碰后小球A的动能增加了ΔEkA＝12mvA2-12mv02＝
32mv02，故C错误；小球B的动量变化量为Δp＝mvB-2mv0＝m(-v0)-2mv0＝-
3mv0，负号只表示方向，故D正确.
6.[2024辽宁沈阳新民市高级中学校考]A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x－t图像，如图所示，则下列判断正确的是（ C ）
A.碰撞后A、B两个物块运动方向相同
B.碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3
C.A、B的质量之比m1：m2＝2：3
D.此碰撞为非弹性碰撞
解析 因为x-t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像
可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误.由图像可得，碰撞前A物
块的速度为v1＝ΔxΔt＝5 m/s，碰撞后A物块的速度为v'1＝Δx'Δt'＝-1 m/s，所以碰撞
前、后A物块的速度大小之比为5：1，故B错误.同理可得，碰撞前、后B物块的
速度分别为v2＝0，v'2＝Δx″Δt″＝4 m/s.A、B的质量分别为m1、m2，则由动量守恒
定律得m1v1＝m1v'1＋m2v'2，解得m1：m2＝2：3，故C正确.因为碰撞前、后机
械能分别为E＝12m1v12，E'＝12m1v'21＋12m2v'22＝E，即碰撞前、后系统机械能守
恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误.
7.[2024湖南长沙雅礼中学校考]有一火箭正在太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，不考虑其他星体对火箭的万有引力，则火箭在此次喷气后速度增加量为（ C ）
A.ΔmmuB.－Δmm（v0－u）
C.－ΔmmuD.Δm＋mmv0
解析 根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1＝v0＋u，则燃气的动量变化为Δp1
＝Δmv1-Δmv0＝Δm·u，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气过程中的
动量变化为Δp2＝mv2-mv0＝m·Δv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δm·u＋m·Δv＝
0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv＝-Δmmu，故选C.
8.[多选]向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（ AC ）
A.a、b一定同时到达水平地面
B.b的速度方向一定与原速度方向相反
C.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
D.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速
度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律可知，b的速
度为零或沿水平方向，故B错误；a、b在竖直方向都做自由落体运动，由于高度相
同，由h＝12gt2知a、b飞行时间一定相同，一定同时到达水平地面，故A正确；根据
牛顿第三定律可知，在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等，故C正
确；从炸裂到落地的这段时间里，a、b飞行时间相同，b的水平速度可能大于或等
于a的水平速度，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故D错误.
9.[多选]质量M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量为m＝2kg的小球（视为质点）通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的质量不计的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态.现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2.则（ AD ）
A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5m
C.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
解析 设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守
恒，有0＝mL-xt-Mxt，解得x＝0.3 m，故A正确，B错误.设小球m相对于初始位置可以
上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v，根据水平动量守恒得0＝(m＋
M)v，根据系统机械能守恒得12mv02＝mgh＋12(M＋m)v2，解得h＝0.45 m，故C错误.小
球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动
的距离为y.由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为s＝L＋L2-h2＝1.35
m，根据水平方向动量守恒得0＝ms-yt-Myt，解得y＝0.54 m，故D正确.
10.[多选]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ BC ）
A.48kgB.53kg
C.58kgD.63kg
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，
物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据
动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1-mv0，物块与挡板发生弹性碰
撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝-mv0＋Mv2，依此类推，
Mv2＋mv0＝-mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝-mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7
＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C正确，A、D错误.
11.[2023北京]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.
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F.
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
答案 （1）v22g （2）mg＋mv2L （3）14mv2
解析 （1）由题意可知A球摆动到最低点时速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝12mv2
解得H＝v22g
（2）碰撞前瞬间，对小球A根据牛顿第二定律可知
F－mg＝mv2L
解得F＝mg＋mv2L
（3）A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可知mv＝2mv1
此碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12×2mv12
解得ΔE＝14mv2.
12.[多球＋人船模型/2024江苏常州模拟]如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5kg.人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力.
（1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1；
（2）根据第（1）问，计算抛出第几个球后船的速度反向；
（3）如果每次都是以相对于小船的速度v＝6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？（提示：A相对B速度公式的表达式为v＝vA－vB，其中v表示两个物体的相对速度，vA表示A物体速度，vB表示B物体速度）
答案 （1）5459m/s （2）11 （3）减小215m/s
解析 （1）人抛出第一个球前后，以船、人、20个球为系统分析，由动量守恒定律可得（M＋20m）v0＝（M＋19m）v1＋mv
代入数据得v1＝5459m/s.
（2）抛出第n个球时，由动量守恒定律可得
（M＋20m）v0＝[M＋（20－n）m]vn＋nmv，即
vn＝300－30n300－5n
由vn＜0，可解得10＜n＜60，因n≤20，且为整数，所以n＝11，可知抛出第11个球后船的速度反向.
（3）设第16次抛出小球前，小船对地的速度为v15，抛出后小船对地的速度为v16，故抛出后小球对地的速度为v16＋v；由动量守恒定律可得（M＋20m－15m）v15＝（M＋20m－16m）v16＋m（v16＋v）
代入数据可求得Δv＝v16－v15＝－215m/s
可使船速度减小215m/s.
13.[多体＋碰撞模型/2024贵州阶段联考]如图所示，某商场中，静止在水平地面上沿一直线排列着3辆手推车，每辆车的质量均为m＝10kg.现给第一辆车v0＝11m/s的水平初速度，使其向第二辆车运动，0.5s后与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度运动了1s后与第三辆车相碰，最后3辆车一起恰好运动至停放处.若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，手推车运动过程中受到的阻力是其重力的五分之一.已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v；
（2）第三辆车运动的距离d.
答案 （1）v＝5m/s （2）d＝1m
解析 （1）第一辆车与第二辆车碰撞前，手推车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，手推车加速度大小为a＝15mgm＝2m/s2
第一辆车与第二辆车碰撞前，速度大小为
v1＝v0－at1＝11m/s－2m/s2×0.5s＝10m/s
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1＝2mv
解得第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速率v＝5m/s.
（2）两车碰后一起做匀减速直线运动，1s后速度大小为
v2＝v－at2＝5m/s－2m/s2×1s＝3m/s
与第三辆车相碰，根据动量守恒定律有
2mv2＝3mv3
解得v3＝2m/s.
三辆车之后一起做匀减速直线运动，第三辆车运动的距离为
d＝v322a＝1m.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象.
2.知道动量守恒定律的普适性.
3.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.
4.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一.
动量守恒定律的理解和应用
2023：广东T10；
2022：江苏T13，湖北T16；
2021：广东T13；
2019：全国ⅠT25
1.物理观念：理解动量守恒定律，会运用守恒观念分析问题.
2.科学思维：熟练运用动量守恒定律解决物理问题，构建碰撞模型分析问题，会用系统思想和守恒思想分析物理问题.
3.科学探究：通过理论推导和实验，深入理解动量守恒定律.
4.科学态度与责任：能运用动量知识解释生产生活中的有关现象，加深对科学本质的认识，增强社会责任感.
爆炸和反冲
2021：浙江1月T12
人船模型
2019：江苏T12（1）
碰撞模型
2023：北京T17，山东T18，天津T11，上海T20，全国乙T25；
2022：湖南T4；
2021：重庆T7，湖南T14，福建T15；
2020：全国ⅡT21，全国ⅢT15，
北京T13，天津T11，山东T18
命题分析预测
动量守恒定律是本章的重点，动量守恒定律的简单应用经常以选择题形式出现，且常结合实际情境考查.碰撞模型是常考点，选择题、计算题均有可能，经常与动能定理一起考查.预计2025年高考中动量守恒定律的简单应用和碰撞模型仍是热点.
位置不变
爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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作用前的位置以新的动量开始运动
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加
动量守恒
由于内力远大于外力，故爆炸过程动量守恒
作用原理
系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动能增加
反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加
动量守恒
反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力，可在该方向上应用动量守恒定律
类型
动量是否守恒
机械能是否守恒
相关公式
弹性碰撞
守恒
守恒
m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2，
12m1v12＋12m2v22＝12m1v'21＋12m2v'22
非弹性碰撞
守恒
有损失
m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2，
12m1v12＋12m2v22＝12m1v'21＋12m2v'22＋ΔEk
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，
12m1v12＋12m2v22－12（m1＋m2）v2＝ΔEkm
相关教案
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