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第 2 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 动量守恒定律的理解
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．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过
程。
(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，
则系统在这一方向上动量守恒。
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．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( × )
例1 (2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板
相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开
始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
答案 B
解析 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即
摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械
能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B。例2 (2023·辽宁丹东市期末)如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全
相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C
均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三
者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)( )
A．动量不守恒，机械能不守恒
B．动量守恒，机械能守恒
C．竖直方向上动量守恒，机械能不守恒
D．水平方向上动量守恒，机械能守恒
答案 D
解析 所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初
始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力
不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D正确。
考点二 动量守恒定律的基本应用
1．动量守恒定律的表达式
(1)p＝p′或mv ＋mv ＝mv ′ ＋ m v′。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总
1 1 2 2 1 1 2 2
动量。
(2)Δp＝ － Δ p，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
1 2
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)
动量是一个瞬时量，表达式中的p、p…应是系统中各物体在相互作用前同
1 2
同时性
一时刻的动量，p′、p′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
1 2
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
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
普适性
的微观粒子组成的系统
例3 (2023·江西宜春市樟树中学模拟)如图，质量M＝9 kg的小车A以大小为v ＝8 m/s的
0
速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量 m＝1 kg的小球
B(可看作质点)，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m
0
＝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，取重力加速度g＝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)v＝(M＋m＋m)v，解得v＝5 m/s。
0 0
(2)A与C的碰撞过程动量守恒，
则有Mv＝(M＋m)v
0 0 1
设小球下落的时间为t，则有H＝gt2
Δx＝(v－v)t，解得Δx＝1.28 m。
0 1
例4 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一
直线同一方向运动，速度分别为2v 、v ，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货
0 0
物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
答案 4v
0
解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v ，抛出货物后乙船的速度为v ，甲船上
min 1
的人接到货物后船的速度为v ，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得
2
12mv＝11mv－mv ，再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v－
0 1 min 0
mv ＝11mv，为避免两船相撞应满足v＝v，联立解得v ＝4v。
min 2 1 2 min 0
考点三 爆炸问题 反冲运动 人船模型
1．爆炸现象的三个规律
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
动量守恒
中，系统的总动量守恒
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
机械能增加
的机械能增加
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
位置不变
后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.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
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
动量守恒
守恒定律
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
机械能增加
增加
例5 (2024·重庆市模拟)2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年
味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为 m的部分
动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动
能为( )
A.E B.E
C.E D.E
答案 D
解析 设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v ，另一部分的速度大小为v ，根据动量
1 2
守恒可得mv＝(M－m)v，解得v＝v，又E＝mv2，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为
1 2 2 1 1
E ＝mv2＋(M－m)v2，联立解得E ＝E，故选D。
总 1 2 总
例6 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从
火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和
空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案 A
解析 开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv＋p，
1 1
解得火箭的动量p＝－mv＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为
1 1
30 kg·m/s，故选A。
例7 (2024·吉林长春市东北师范大学附属中学一模)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝
技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿 A
点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取
了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平
间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已
知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )A．45 kg B．50 kg C．55 kg D．60 kg
答案 A
解析 对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以 mx ＝mx ，代入数据可得该女
1 1 2 2
子的质量为m＝45 kg，故选A。
2
“人船模型”构建
1．模型图示
2．模型特点
(1)两者满足动量守恒定律：mv －Mv ＝0
人 船
(2)两者的位移大小满足：m－M＝0，
x ＋x ＝L，得x ＝L，x ＝L
人 船 人 船
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)比等于它们质量的反比，即＝
＝。
课时精练
1．(2024·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )A．只有甲、乙 B．只有丙、丁
C．只有甲、丙 D．只有乙、丁
答案 C
2.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
左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒
B．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
C．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
答案 C
解析 a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A错
误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所
受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合
力为零，故动量守恒，故C正确，D错误。
3.(2023·河北省衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后
立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线
段a、b、c所示。由图像可知( )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
答案 C
解析 由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，
故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5m －3m ＝2(m ＋m )，解
Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ
得m ∶m ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑
Ⅰ Ⅱ块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
4.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光
滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在
光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
答案 D
解析 a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向
的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，
a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为
零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，
轻杆对a球做功为零，故C错误。
5.(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)( )
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合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而
总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左
摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向
动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v ，小车水平方向的平均速度为v ，mv －Mv ＝
m M m M
0，两边同时乘以运动时间t，mv t－Mv t＝0，即mx ＝Mx ，又x ＋x ＝2l，解得小车向右
m M m M m M
移动的最大距离为，D正确。
6.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m ＝2 kg、m ＝1 kg、m ＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v ＝5 m/s的
A B C 0
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v ，C的速度
A
为v ，以向右为正方向，
C
由动量守恒定律得m v＝m v ＋m v ①
A 0 A A C C
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v ，由动量守恒定律得
AB
m v ＋m v＝(m ＋m )v ②
A A B 0 A B AB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v ＝v ③
AB C
联立①②③式，代入数据得v ＝2 m/s。
A
7．(2023·海南海口市等5地联考)于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年
4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整
个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内
航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气
过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v ＝16 m/s，火箭喷出
1
的气体相对地面的速度大小为v ＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回
2
舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为( )
A．2 m/s B．1.5 m/s C．2.5 m/s D．0.5 m/s
答案 B
解析 设喷气前、后返回舱质量分别为m 、m ，喷气完成后返回舱的速度大小为v 。由题
1 2 3
知m∶m ＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得 mv ＝mv ＋(m －m)v ，
1 2 1 1 2 3 1 2 2
解得v＝1.5 m/s，故选B。
3
8．(多选)(2023·湖北十堰市调研)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从
木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的
是( )
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等
B．摩擦力对两子弹做的功一定相等C．子弹与木块组成的系统动量守恒
D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
答案 AC
解析 木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量
大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小
相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成的系
统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒
定律得m v －m v ＝0，得m v ＝m v ，对子弹由动能定理得W＝0－E ，由E ＝，可知摩
A A B B A A B B k k
擦力对两子弹做的功W＝－，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不
一定相等，故B错误，C正确；子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以子弹与木块组成的
系统机械能不守恒，故D错误。
9．(2021·浙江1月选考·12)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5 s末和6 s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 340 m/s，重
力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
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80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小
的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时
间相同，由水平方向x＝vt知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移
0
大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，
C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。
10.(2023·湖南省名校联考)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为 m
的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中
某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运
动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(
)A.h B.(h＋2a)
C.(h＋2a) D.h＋2a
答案 D
解析 设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒(人
船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，
解得H＝h＋2a，故D正确。
11．(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的小球A，处于静止状态。
1
A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当 A
回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，
2
并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
答案 (1)m (2)
1
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设 A在最高点时的
速度大小为v，由牛顿第二定律，有mg＝m
1 1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点
的速度大小为v ，有mv 2＝mv2＋2mgl
A 1 A 1 1
联立解得v ＝
A
由动量定理，有I＝mv ＝m
1 A 1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需
满足v′＝v
A
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，
B碰前瞬间的速度大小为v ，由动量守恒定律，
B
有mv －mv ＝(m＋m)v′
2 B 1 A 1 2
联立解得v ＝，又E＝mv 2，可得碰撞前瞬间B的动能E 至少为E＝。
B k 2 B k k
12．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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 5.0 m/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( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v ，第二次推物块后，
1
运动员速度大小为v……第八次推物块后，运动员速度大小为v，第一次推物块后，由动量
2 8
守恒定律知：Mv ＝mv ；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v －v)＝m[v －(－v)]＝
1 0 2 1 0 0
2mv ，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v －v )＝2mv ，各式相加可得v ＝，
0 n n－1 0 n
则v＝，v＝。由题意知，v<5 m/s，则M>52 kg，又知v>
7 8 7 8
5 m/s，则M<60 kg，故选B、C。
