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知识点 48：动量守恒定律在三类模型问题中的应用
考点一：系统动量守恒的判断
【知识思维方法技巧】
（1）系统动量守恒适用条件
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、反
冲。
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．如滑块－斜面(曲面)模型。
（2）判断系统动量是否守恒的“三注意”：
①注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。
②注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程
则可能不守恒。
③注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。
题型一：系统动量理想守恒
【典例1拔尖题】(多选)如图所示，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面
上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近．现男孩用力向右迅速推开木箱．在男孩推开木箱
的过程中，下列说法正确的是( )
A. 木箱的动量的增加量等于男孩动量的减少量
B. 男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小
C. 男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零
D. 对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变
【典例1拔尖题】【答案】BC
【解析】由于水平冰面光滑，男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为零，系统动量守
恒，站在小车上的男孩用力向右迅速推出木箱的过程中，木箱的动量增加量等于男孩和小
车动量的减少量，故A错误；男孩对木箱的推力和木箱对男孩的推力是作用力与反作用力，
冲量等大反向，男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小，故B正确；
男孩、小车受到与初动量反向的冲量，推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零，故C
正确；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，推开木箱的过程
不可能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化，故D错误．
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1
学科网（北京）股份有限公司题型二：系统动量近似守恒
【典例2拔尖题】如图所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处
挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静
止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是( )
A．若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动
B．若水平面光滑，打后平板车可能向右运动
C．若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动
D．若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动
【典例2拔尖题】【答案】D
【解析】以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向
动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一
定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水
平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车
时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C
错误，D正确。
题型三：系统某一方向动量守恒
【典例2拔尖题】(多选)如图所示，在水平光滑细杆上穿着 A、B两个可视为质点的刚性
小球，两球间距离为L，用两根长度同为L的不可伸长的轻绳与C球连接，已知A、B、C
三球质量相等，开始时三球静止两绳伸直，然后同时释放三球，在 A、B两球发生碰撞之
前的过程中，下列说法正确的是( )
A. 系统机械能不守恒
B. A、B两球发生碰撞前瞬间C球速度最大
C. A、B两球速度大小始终相等
D. A、B、C三球水平方向动量守恒
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2
学科网（北京）股份有限公司【典例2拔尖题】【答案】CD
【解析】在A、B两球发生碰撞之前的过程中，只有重力和系统内弹力做功，系统的机械
能守恒，故A错误；A、B两球发生碰撞前瞬间，两绳与杆垂直，C球不再向下运动，速度
为零，故B错误；根据对称性可知，A、B两球速度大小始终相等，故C正确；三球水平
方向不受外力，所以A、B、C三球水平方向动量守恒，故D正确．
【典例2拔尖题对应练习】某一方向上动量守恒)(2022·江苏省金陵中学高三期中)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
【典例2拔尖题对应练习】【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．
考点二：动量守恒定律在正碰模型中的应用
题型一：弹性正碰模型
【知识思维方法技巧】
（1）弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒。
mv＋mv＝mv′＋mv′ ， mv2＋mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
v ′＝ ，v ′＝
1 2
（2）一动一静弹性碰撞（v＝0），则有v′＝v，v′＝v.
2 1 1 2 1
（3）一动一静弹性碰撞若m＝m，则有v′＝0，v′＝v，即碰撞后两球速度互换．
1 2 1 2 1
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3
学科网（北京）股份有限公司【典例1拔尖题】三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同一直线上，顺序如图3
所示，已知m ＝m，m ＝4m。当A以速度v向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大
A C 0
速度，则B的质量应为( )
A.m B.2m C.3m D.4m
【典例1拔尖题】【答案】B
【解析】设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，
设碰撞后的速度分别为v 和v ，根据A球与B球动量守恒得mv ＝mv ＋Mv ，由能量守恒
1 2 0 1 2
定律得mv＝mv＋Mv，解得v ＝；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为 v′和
2 2
v，由能量守恒定律得Mv＝Mv′2＋×(4m)v，规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒
3 2
定律得Mv ＝Mv′＋4mv ，解得v ＝，故C球碰撞后的速度为v ＝·＝，由数学关系解得M
2 2 3 3 3
＝＝2m时，B、C球碰撞后C球的速度最大，故选B。
题型二：非弹性正碰模型
【知识思维方法技巧】
（1）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝E －
k初总
E ＝Q.
k末总
（2）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最
大。
设两者碰撞后的共同速度为v ，则有mv＋mv＝(m＋m)v
共 1 1 2 2 1 2 共
机械能损失为ΔE＝mv2＋mv2－(m＋m)v 2
1 1 2 2 1 2 共
（3）物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物
体B的速度最小，v ＝v，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速
B 0 B 0
度范围为：v≤v ≤v.
0 B 0
【典例2拔尖题】如图所示，B物体静止在光滑的水平面上，若A以初速度v与B发生弹
0
性碰撞，碰后A的速度为v(v和v均为未知量)；若A、B的碰撞是完全非弹性碰撞，碰后
0
A的速度为2v；求：A、B的质量比。
【典例2拔尖题】【答案】2∶1
【解析】A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m v ＝m v＋m v ，
A 0 A B B
m v＝m v2＋m v，若A、B的碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有m v ＝(m ＋
A A B A 0 A
m )×2v，联立解得＝。
B
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4
学科网（北京）股份有限公司【典例2拔尖题】如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为 m的木板A，通过不可伸长
的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接、质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右
端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以v 的速度向右运动，经过一段
0
时间后系统达到稳定状态。绳拉直且B开始运动的瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．木板A的速度大小为v B．木板B的速度大小为
0
C．物块C的速度大小为0 D．木板A、B、C共速
【典例2拔尖题】【答案】C
【解析】取水平向右为正方向，由于水平面光滑，木板A和木板B组成的系统动量守恒，
有mv＝（m+2m）v，得A、B共同的速度为 ，物块C未来及运动，速度为零，故
0
ABD错误，C正确。
题型三：正碰现象遵守的原则
【知识思维方法技巧】
（1）正碰现象满足动量守恒。动量守恒定律的三种表达形式：①mv ＋mv ＝mv′＋
1 1 2 2 1 2
mv′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．②Δp ＝－Δp ，相互作用的
2 2 1 2
两个物体动量的增量等大反向．③Δp＝0，系统总动量的增量为零．
（2）正碰现象满足机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为E ＋E ≥E ′＋
k1 k2 k1
E ′或＋≥＋.
k2
（3）正碰现象满足速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有 v ＞v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后
后 前
两物体同向运动，则应有v ′≥v ′。
前 后
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变或速度均为零．
（4）要灵活运用E ＝或p＝；E ＝pv或p＝几个关系式转换动能、动量。
k k
【典例3拔尖题】质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可
能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球
的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．v
【典例3拔尖题】【答案】B
【解析】根据动量守恒定律得mv＝mv ＋3mv ，则当v ＝0.6v时，v ＝－0.8v，则碰撞后的
1 2 2 1
总动能E′＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能
量不增加，故A错误；当v ＝0.4v时，v ＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝m(－0.2v)2＋
2 1
×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B正确；当v
2
＝0.2v时，v ＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿
1
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5
学科网（北京）股份有限公司透B球，故C错误；当v＝v时，v＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，
2 1
故D错误．
【典例3拔尖题对应练习】甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量
分别是p ＝5 kg·m/s，p ＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生正碰，碰后乙球的动量变为
1 2
10 kg·m/s，则两球质量m 与m 间的关系可能是( )
1 2
A．m＝m B．2m＝m
1 2 1 2
C．4m＝m D．6m＝m
1 2 1 2
【典例3拔尖题对应练习】【答案】C
【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有 p ＋p ＝p′＋p′，得p′＝2
1 2 1 2 1
kg·m/s。
由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加。所以有＋≥＋，得m≤m 。因为题目给出物
1 2
理情境是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情境，就必须有>，即m<m；同时还要符
1 2
合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情境，即≤，所以m≥m 。因此
1 2
选项C正确。
考点三：动量守恒定律在反冲或爆炸模型中的应用
【知识思维方法技巧】
当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫
反冲运动。反冲运动遵从动量守恒定律。
题型一：火箭喷气反冲模型
【典例1拔尖题】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，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
（1）当第3次喷出气体后，火箭的速度多大？
（2）运动第1 s末，火箭的速度多大？
【典例1拔尖题】【答案】(1)2 m/s (2)13.5 m/s
【解析】方法一 (1)喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒．第 1次喷出
气体后，设火箭速度为v，有(M－m)v－mv＝0，所以v＝，第2次喷出气体后，设火箭速
1 1 1
度为v，有(M－2m)v－mv＝(M－m)v，所以v＝，第3次喷出气体后，设火箭速度为v，
2 2 1 2 3
有(M－3m)v－mv＝(M－2m)v，所以v＝＝ m/s≈2 m/s.
3 2 3
(2)依次类推，第n次喷出气体后，火箭速度为v ，有(M－nm)v －mv＝[M－(n－1)m]v
n n n－1
所以v ＝，因为每秒喷气20次，所以第1 s末火箭速度大小为v ＝＝ m/s≈13.5 m/s.
n 20
方法二 (1)设喷出3次气体后火箭的速度为v ，以火箭和3次喷出的气体为研究对象，据
3
动量守恒定律得(M－3m)v－3mv＝0所以v＝≈2 m/s.
3 3
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，则(M－20m)v －20mv＝0，所以v ＝≈13.5
20 20
m/s.
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学科网（北京）股份有限公司【典例1拔尖题对应练习】（多选）为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间
探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为 M，每秒钟喷
出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则( )
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
【典例1拔尖题对应练习】【答案】BC
【解析】对t＝1 s内喷出的气体，由动能定理得Pt＝mv 2，解得v ＝ ，故B正确，A错误；
1 1
在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv ＝mΔt·v ，探测器的动能为E ＝
2 1 k
Mv2，解得E ＝，故C正确，D错误。
2 k
题型二：类火箭喷气反冲模型
【典例2拔尖题】如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质
量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并
与A车相对静止．则此时A车和B车的速度之比为( )
A. B． C. D．
【典例2拔尖题】【答案】C
【解析】规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝Mv －(M＋m)v ，得＝，故C正确．
B A
【典例2拔尖题对应练习】(多选)一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船
及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对
地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s
【典例2拔尖题对应练习】【答案】BC
【解析】若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统
动量守恒，有Mv ＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，
0
v′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s
1 2
之间．故B、C正确．
题型三：人船反冲模型
【知识思维方法技巧】
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学科网（北京）股份有限公司（1）人船反冲模型的条件：系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零．
（2）人船反冲模型运动的特点：人动船动、人静船静、人快船快、人慢船慢、人左船右．
（3）人船反冲模型位移的关系：由m x ＝m x 和x ＋x ＝L，得x ＝L，x ＝L.
船 船 人 人 船 人 人 船
【典例3拔尖题】（多选）质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹
簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小
车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，
以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
【典例3拔尖题】【答案】BC
【解析】弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则
无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做
功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小
车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动
量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模
型”，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D选项错误．
【典例3拔尖题对应练习】（多选）如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的
水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条水平轻绳拉甲车，
甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )
A．甲、乙两车运动时的速度大小之比为
B．甲、乙两车运动时的速度大小之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
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学科网（北京）股份有限公司【典例3拔尖题对应练习】【答案】ACD
【解析】本题类似人船模型．把甲车、乙车、人看成一个系统，则水平方向动量守恒，有
Mv ＝(M＋m)v ，则＝，A正确，B错误；因甲、乙运动时间均为t，则x ＝v t，x ＝
甲 乙 甲 甲 乙
v t，则Mx ＝(M＋m)x ，x ＋x ＝L，解得x ＝L，x ＝L，C、D正确．
乙 甲 乙 甲 乙 甲 乙
题型四：类人船反冲模型
【知识思维方法技巧】
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．这样的问题归为“类人船
模型”问题．满足：mx＝mx(m、m 为相互作用的物体质量，x、x 为其水平位移大小)。
1 1 2 2 1 2 1 2
【典例4拔尖题】(多选)如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的
光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为
L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球
到达最低点时，下列说法正确的是( )
A.滑块和小球组成的系统动量守恒
B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C.滑块的最大速率为
D.滑块向右移动的位移为L
【典例4拔尖题】【答案】BCD
【解析】小球下摆过程中，在竖直方向有分加速度，小球和滑块系统的合力不为零，系统
的动量不守恒，故A错误；系统在水平方向不受外力作用，在水平方向动量守恒，故B正
确；当小球落到最低点时，只有水平方向速度，小球和滑块的速度均达到最大，取水平向
右为正方向，有Mv－mv ＝0，系统的机械能守恒，有mgL＝mv＋Mv，解得v＝，故C正
1 2 1
确；设滑块向右移动的位移为x，根据水平方向的动量守恒得M－m＝0，解得x＝L，故D
正确。
【典例4拔尖题对应练习】质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大
空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面
上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
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学科网（北京）股份有限公司A． B． C． D．
【典例4拔尖题对应练习】【答案】A
【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为
v，大球的水平速度大小为v，由水平方向动量守恒有mv ＝3mv ，若小球达到最低点时，
1 2 1 2
小球的水平位移为x，大球的水平位移为x，则 ①，由题意x＋x＝
1 2 1 2
3R－R=2R ②，由①②式解得大球移动的距离是 ，故A正确，BCD错误。
题型五：动量守恒定律在“爆炸”模型中的应用
【知识思维方法技巧】
由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸
过程中，系统的总动量守恒。由于爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很
小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
【典例5拔尖题】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．爆炸后的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
【典例5拔尖题】【答案】B
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学科网（北京）股份有限公司【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
0
位移大小之比不是 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．
【典例5拔尖题对应练习】竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻
突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则( )
A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小
B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同
C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小
D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
【典例5拔尖题对应练习】【答案】B
【解析】在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间 a块的速度
大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有：(m ＋m)v ＝m(－v)＋
a b 0 a a
mv ，解得：v>v ，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故 A、C错误，B正
b b b 0
确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大
小，故D错误．
考点四：动量守恒定律的临界问题
【知识思维方法技巧】
在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反
向运动等临界状态．其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些
特定关系的判断是求解这类问题的关键．
题型一：单次作用的临界问题
【典例1拔尖题】如图所示，光滑水平轨道上放置长板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
A B C
以v＝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
0
间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后
瞬间A的速度大小．
【典例1拔尖题】【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
A
度为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v ＝m v ＋m v ①，A与B在摩擦力作用
C A 0 A A C C
下达到共同速度，设共同速度为 v ，由动量守恒定律得m v ＋m v ＝(m ＋m )v ②，A
AB A A B 0 A B AB
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学科网（北京）股份有限公司与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v ＝v ③，联立①②③式，代入数据得v
AB C A
＝2 m/s.
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一
直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．
现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生
一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(－2)M≤m＜M
【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．
设速度方向向右为正，开始时A的速度为v，第一次碰撞后C的速度为v ，A的速度为
0 C1
v .由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv ＝mv ＋Mv ，mv＝mv＋Mv联立得v ＝ v，
A1 0 A1 C1 A1 0
v ＝ v，如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可
C1 0
能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A
不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m<M的情况．第一次碰撞后，A反向运动与B发生
(m−M) 2
m+M
碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为v ，B的速度为v ，同样有v ＝ v ＝
A2 B1 A2 A1
v 根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有v ≤v ，联立得m2＋4mM－M2≥0解
0 A2 C1
得m≥(－2)M，另一解m≤－(＋2)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m<M.
题型二：多次作用的临界问题
类型一：多次推物体模型
【典例2a拔尖题】如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B
船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当人把
A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，
B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……直到B船上的人不能再接到A船，
则B船上的人推船的次数为( )
A.7 B.6 C.3 D.9
【典例2a拔尖题】【答案】B
【解析】取向右为正，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得m v －m v＝0，
B 1 A
解得v ＝v，当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得m v＋
1 A
m v ＝－m v＋m v ，解得v ＝v ＋v，设第n次推出A时，B的速度大小为v ，由动量守恒
B 1 A B 2 2 1 n
定律得m v＋m v ＝－m v＋m v ，解得v ＝v ＋v，则有v ＝(2n－1)v①
A B n－1 A B n n n－1 n
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学科网（北京）股份有限公司B船上的人就不能再接到A船，须有v≤v (临界点)②，解①②式得n≥5.5，则取n＝6，故选
n
项B正确。
【典例2a拔尖题对应练习】如图所示，一个质量为M＝50 kg的运动员和质量为m＝10 kg
的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v ＝3 m/s的速度向墙的方向推出箱
0
子，箱子与右侧墙壁发生弹性碰撞后返回．当运动员接到箱子后，再次重复上述过程，每
次运动员均以v＝3 m/s的速度向墙的方向推出箱子．求：
0
(1)运动员第一次接到木箱后的速度大小；
(2)运动员最多能够接到木箱几次．
【典例2a拔尖题对应练习】【答案】(1)1 m/s (2)3次
【解析】(1)取水平向左为正方向，根据动量守恒定律，第一次推出木箱有0＝Mv －mv ，
1 0
第一次接住木箱有Mv＋mv ＝(M＋m)v′，联立解得v′＝＝1 m/s
1 0 1 1
(2)根据动量守恒定律，第二次推出木箱有(M＋m)v′＝Mv－mv ，第二次接住木箱有Mv＋
1 2 0 2
mv ＝(M＋m)v′，联立解得v′＝，同理可得第n次接住木箱时获得的速度为v ′＝2n(n＝
0 2 2 n
1,2,3…)，由v ′≤v 解得n≤3，故运动员最多能够推出木箱3次．
n 0
类型二：多次抛接物体模型
【典例2b拔尖题】如图所示，一个平板车的质量为M＝68 kg(包含车上的卸货人)，其上有
质量均为m＝14 kg的货物8袋．开始时平板车水平向右以速度v＝5 m/s在水平光滑的轨
0
道上匀速运动，平板车上的卸货人以速度v＝10 m/s(相对水平地面)水平向右一次一袋把货
物抛出，当平板车反向向左开始运动后，卸货人不再抛出货物．求卸货人向右抛出货物的
袋数和平板车的最终速度．
【典例2b拔尖题】【答案】7 m/s，方向向左
【解析】设平板车上货物的总袋数为N，当第n袋向右水平抛出时，平板车开始反向向左
运动，此时平板车速度为v，取向右为正方向，
n
由动量守恒定律得：(M＋Nm)v＝nmv＋[M＋(N－n)m]v，解得：v＝，要使平板车反向
0 n n
向左运动，有v≤0，则n≥，解得n≥6.4，因为n应为整数，故n＝7.所以当第7袋货物
n
水平向右抛出时，平板车开始反向向左运动，此时vn ＝－ m/s，负号表示速度方向向左．
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