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专题14 动量守恒定律及应用
考点
考情
命题方向
考点1 动量守恒定
律
2024 年高考辽吉黑卷
2024 年高考新课程卷
2023 年高考湖南卷
2023 年高考选择性考试辽宁卷
1.动量守恒定律是高考考查频
率较高的知识，可能结合情
景，可能是人船模型。可能是
滑块木板模型等。
2.碰撞，涉及动量和能量问
题，是高考考查频率较高的。
碰撞可以设计成不同情境，可
以有机结合其他模型和图像。
3.弹性碰撞命题可以是选择
题，可以是计算题；弹性碰撞
与其他模型结合，大多是压轴
题。
4.非弹性碰撞过程有机械能损
失，可能与动能定理、牛顿运
动定律
律结合。
考点2 碰撞
2024 年高考广西卷
2024 年高考广东卷
2023 年高考全国乙卷
2023 年学业水平等级考试上海卷
2023 年高考山东卷
2024 年高考湖南卷
2024 年考甘肃卷
2023 年高考北京卷
2022 年高考北京卷
1
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题型一 动量守恒定律的理解与基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系
统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的不同表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量
和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
4．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
类型1 系统动量守恒的判断
[模型演练1] （2024 春•惠山区校级期末）如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定
一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空
气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（ ）
2
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A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
【解答】解：以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向系统动量守恒，胶塞从
试管口喷出，气体对外做功，内能减少，系统的机械能增加，所以机械能不守恒，故ACD 错误，
B 正确。
故选：B。
[模型演练2] （2024 春•西安期末）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．只有甲、丙
C．只有甲、丁
D．只有丙、丁
【解答】解：甲图中子弹与木块组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，乙图中M 与N 组
成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，丙图中木球与铁球组成的系统所受合外力为0，
系统动量守恒，丁图中斜面与木块组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，所以系统动
量守恒的只有甲、丙，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练3] （2024 春•武汉期末）如图所示，完全相同的A、B 两物块随足够长的水平
传送带按图中所示方向匀速运动，A、B 间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸，则在爆炸及随后
的过程中，下列说法正确的是（ ）
3
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A．炸药爆炸过程，A、B 两物块组成的系统动量不守恒
B．炸药爆炸过程，A、B 两物块组成的系统机械能不能增加
C．在炸药爆炸后至A、B 相对传送带静止过程，A、B 组成的系统动量守恒
D．在炸药爆炸后至A、B 相对传送带静止过程，A、B 组成的系统机械能守恒
【解答】解：AB、炸药爆炸过程，A、B 两物块组成的系统内力远远大于外力，动量守恒，内
能转化为机械能，机械能增加，故AB 错误；
CD、在炸药爆炸后至A、B 相对传送带静止过程，对AB 的两个摩擦力刚好大小相同，方向相
反，时间相同，所以冲量是相反的，所以总冲量是0，动量是守恒的，摩擦力做功，机械能不守
恒，故C 正确，D 错误。
故选：C。
类型2 某一方向动量守恒定律的应用
[模型演练4] （2024 春•大兴区期末）体积相同的小球A 和B 悬挂于同一高度，静止时两
根轻绳竖直，两球球心等高且刚好彼此接触。如图所示，保持B 球静止于最低点，拉起A 球，
将其由距最低点高度为h 处静止释放，两球发生碰撞后分离。两球始终在两悬线所决定的竖直
平面内运动，悬线始终保持绷紧状态，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两球从碰撞到分离的过程中，A 球减少的动能与B 球增加的动能大小一定相等
B．两球从碰撞到分离的过程中，A 球动量的变化量与B 球动量的变化量大小一定相等
C．两球从碰撞到分离的过程中，A 球对B 球的冲量大于B 球对A 球的冲量
D．B 球上升的最大高度不可能大于h
【解答】解：A、两球质量未知，由题中条件无法确定是不是弹性碰撞，所以不能确定A 球减少
4
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的动能与B 球增加的动能是不是一定相等，故A 错误；
B、两球在最低点碰撞，从碰撞到分离的过程中，动量守恒，AB 球的总动量不变，所以A 球动
量的变化量与B 球动量的变化量大小一定相等，方向相反，故B 正确；
C、冲量I＝Ft，A 对B 的作用力和B 对A 的作用力等大反向，且作用时间相同，所以A 球对B
球的冲量等于B 球对A 球的冲量，故C 错误；
D 、假设AB 是弹性碰撞，则有动量守恒和能量守恒得mAvA ＝mAv'A+mBv'B ，
1
2 mA v A
2= 1
2 mA v A'
2+ 1
2 mB vB'
2
联立可得：v A' = mA -mB
mA+mB
v A，vB' =
2mA
mA+mB
v A
且根据机械能守恒可得：mAgh= 1
2 mA v A
2，mBgh'= 1
2 mB vB'
2
联立可得：h' =
4 mA
2
(mA+mB)
2 h
如果mA＞mB，则可得h'＞h，故D 错误。
故选：B。
[模型演练5] （2023•海淀区校级模拟）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开
始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车
的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．小车将持续地向右运动
B．锤、人和车组成的系统机械能守恒
C．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右
D．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动
【解答】解：ACD、把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，所以系统水平方
向动量守恒。由题知系统的总动量为零，所以用大锤连续敲击车的左端时，由水平方向动量守
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恒可知大锤向左运动时，小车向右运动；大锤向右运动时，小车向左运动，所以车左右往复运
动，不会连续向右运动，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，人和车立即停止运动，
故AC 错误，D 正确；
B、每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，系统机械能有损失，可知人和车组成的系统
机械能不守恒，故B 错误。
故选：D。
[模型演练6] （2023 春•佛山期末）运动员持球竖直起跳后，如图在空中某位置将球推出，
投出的篮球做斜抛运动，下列相关说法正确的是（ ）
A．在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统动量守恒
B．在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统机械能守恒
C．在空中将球推出的过程中，运动员对球作用力的冲量等于球的动量变化量
D．篮球在斜抛运动的上升和下落过程中，所受重力的冲量持续增加
【解答】解：A、在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统所受外力之合，等于运动
员和篮球的重力，系统所受外力之合不为零，故运动员与篮球组成的系统动量不守恒，故A 错
误.
B、系统机械能守恒条件为：只有重力（弹力）做功，在空中将球推出的过程中，有运动员消耗
自身能量，产生推力，对球做功，故运动员与篮球组成的系统机械能增加，故B 错误。
C、在空中将球推出的过程中，根据动量定理球的动量变化量等于合力的冲量，即等于运动员对
球作用力和球重力合力冲量，故C 错误。
D、篮球在斜抛运动的上升和下落过程中，所受重力的冲量I＝mgt，随着上升和下落过程时间延
长，则篮球所受重力的冲量持续增加，故D 正确。
故选：D。
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题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′
＋p2′.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度
必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体
的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改
变，除非碰后两物体速度均为零．
3.类碰撞模型
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类型1 一动一静的弹性碰撞
[模型演练7] （2024 春•昆明期末）质量为1kg 的物块A 与另一物块B 在光滑水平面上发
生正碰，两物块的位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示。则物块B 的质量为（ ）
A．1kg
B．2kg
C．3kg
D．6kg
【解答】解：位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B 碰撞前后的速度
分别为
v1= Δx
Δt = 4
1 m/ s= 4 m/ s
v2= 0
1m/s＝0、v1′= 0- 4
2
m/s＝﹣2m/s、v2′= 8- 4
2
m/s＝2m/s
取碰撞前A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
m1v1＝m1v1′+m2v2′
解得
m2＝3kg
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练8] （2024 春•武汉期末）光滑水平面上有A、B 两球，质量分别为m1、m2，A
球以初速度vB与静止的B 球发生正碰。下列说法不正确的是（ ）
A．若碰撞是弹性碰撞且碰后A 球速度反向，则一定有m1＜m2
B．若碰撞是弹性碰撞且有m1＜m2，则碰后A 球速度一定反向
C．若碰撞是非弹性碰撞且碰后A 球速度反向，则一定有m1＜m2
D．若碰撞是非弹性碰撞且有m1＜m2，则碰后A 球速度一定反向
【解答】解：AB、若发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0＝
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m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律得：1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得：v1= m1-m2
m1+m2
v0
若m1＜m2，则有v1＜0，同理：若v1＜0，则m1＜m2，故AB 正确；
CD、若碰撞为非弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
根据动能不增加原则有：1
2 m1v0
2＞1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得：v1＞m1-m2
m1+m2
v0
若m1＜m2可知碰后A 球速度不一定反向；
若碰后A 球速度反向，即v1＜0，则一定有m1＜m2，故C 正确，D 错误。
本题选错误的，
故选：D。
[模型演练9] （2024•南关区校级模拟）如图所示，用长度均为l 的轻质细绳悬挂三个形状
相同的弹性小球，质量依次满足m1≫m2≫m3（“≫”表示“远大于”）。将左边第一个小球
拉起一定角度θ 后释放，则最后一个小球开始运动时的速度约为（ ）
A．√2 gl(1-cosθ)
B．2√2 gl(1-cosθ)
C．3√2 gl(1-cosθ)
D．4√2 gl(1-cosθ)
【解答】解：设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0，根据机械能守恒定律，有
m1gl(1-cosθ)= 1
2 m1v0
2
解得v0=√2 gl(1-cosθ)
设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，根据动量
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守恒定律，有m1v0＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律，有1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
联立解得v2=
2m1
m1+m2
v0
由于m1≫m2，则v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以v4= 4 v0= 4√2 gl(1-cosθ)
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 弹性碰撞的“子母球”模型
[模型演练10] （多选）（2021 秋•东兴区校级月考）如图，质量分别为mA、mB的两个小
球A、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h＝0.8m，A 球在B 球的正上方。先将B 球释放，
经过一段时间后再将A 球释放。当A 球下落t＝0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，
碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小为g＝10m/s2，
忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。下列说法正确的是（ ）
A．B 球第一次到达地面时的速度为4m/s
B．A、B 球在B 球向上运动的过程中发生碰撞
C．B 球与A 球碰撞后的速度为1m/s
D．P 点距离地面的高度0.75m
【解答】解：A、B 球由释放到第一次到达地面的过程，由动能定理得：
mBgh= 1
2mBvB
2，代入数据解得：vB＝4m/s，故A 正确；
BC、A 球下落过程做自由落体运动，两球碰撞前瞬间A 球速度为：
vA＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s
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设碰撞前后瞬间B 球的速度分别为v1，v2。
两球碰撞过程系统动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA+mBv1＝mBv2
碰撞中的无动能损失，则有：
1
2mAvA
2+ 1
2mBv1
2= 1
2mBv2
2
又有：mB＝3mA
代入数据解得：v1＝1m/s，v2＝2m/s
因v1＞0，故碰撞前瞬间B 球的速度方向为竖直向下，则A、B 球在B 球向下运动的过程中发生
碰撞。B 球与A 球碰撞后的速度为2m/s，故BC 错误；
D、因小球B 与地面碰撞后动能没有损失，故B 离开地面上抛的初速度为：v0＝vB＝4m/s
B 离开地面到P 点的过程，由动能定理得：﹣mBghP= 1
2mBv1
2- 1
2mBv0
2
代入数据解得：hP＝0.75m，故D 正确。
故选：AD。
[模型演练11] 在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B 分别从距
水平地面高度为kh（k＞1）和h 的地方同时由静止释放，如图所示。球A 的质量为m，球B
的质量为4m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及
碰撞时间。
（1）求球B 第一次落地时球A 的速度大小；
（2）若球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰，求k 的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求k 的取值范围。
【解答】解：（1）AB 两球同时释放做自由落体运动，在B 落地过程中A 的运动与之完全一致，
设所求速度为v0，由运动学公式得：v0
2=2gh
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故，v0=√2 gh
（2）要想在B 上升阶段两球相碰，临界情况是B 刚好反跳到出发点时与A 相碰，设B 下落到地
面所用时间为t，则有
h= 1
2gt2
A 在2t 时间内下落高度
h′= 1
2g（2t）2＝4h
满足要求A 的最大高度
h″＝h′+h＝5h
故要是球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰则应该：1＜k≤5
（3）要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则临界条件是碰后A 球速度恰好等大
反向，两物体的v﹣t 图象如下图，由弹性碰撞可得碰撞前后，动量守恒，规定向上为正方向，
设碰后A 球继续向上运动，则：
3mvB﹣mvA＝3mv′B+mvA
由于是弹性碰撞，由碰撞前后能量守恒得：
1
2 ×3mvB
2 + 1
2 ×mv A
2 = 1
2 ×3mv ' B
2 + 1
2 mv A
2
临界条件v′B＝﹣vB
联立以上可得：
vA＝3vB
从图象可以看出阴影部分面积之和就是A 的下落高度和B 的反跳高度之和，故kh＝3h，故k＝3
[模型演练12] （2014•新课标Ⅰ）如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B 静止在
地面上方，B 球距地面的高度h＝0.8m，A 球在B 球的正上方，先将B 球释放，经过一段时间
后再将A 球释放，当A 球下落t＝0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点相碰，碰撞时间极短，
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碰后瞬间A 球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰
撞中的动能损失，求：
（i）B 球第一次到达地面时的速度；
（ii）P 点距离地面的高度。
【解答】解：（i）B 球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移—速度公式得：
B 落地的速度为：v =√2 gh=√2×10×0.8= 4 m/ s⋯①
（ii）设P 点距离地面的高度为h′，碰撞前后，A 球的速度分别为v1、v1′，B 球的速度分别为
v2、v2′，由运动学规律可得：
v1＝gt＝10×0.3＝3m/s…②
由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：
mAv1+mBv2＝mBv2′（碰后A 球速度为0）…③
1
2mAv1
2+ 1
2mBv2
2= 1
2mBv2′2…④
又知mB＝3mA…⑤
由运动学及碰撞的规律可得B 球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4m/s。
则由运动学规律可得h′= 4
2- v2
2
2g
⋯⑥
联立①～⑥式可得h′＝0.75m。
答：（i）B 球第一次到达地面时的速度为4m/s；
（ii）P 点距离地面的高度为0.75m。
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类型3 类碰撞模型问题
[模型演练13] （2024 春•青秀区校级期末）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M＝
1kg 的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，
下列说法正确的是（ ）
A．木块动量变化量的大小为2kg•m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C．此过程产生的内能可能是6J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
【解答】解：A、根据题意可得1
2 M v1
2=8 J
解得木块的速度为v1＝4m/s
所以木块动量变化量的大小为Δp＝Mv1＝1×4kg•m/s＝4kg•m/s
故A 错误；
B、设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，末穿出，到子弹、木块相对静止，木
块位移为x，子弹所受阻力为f，则W 子弹对木块＝fx
W 木块对子弹＝﹣f（x+d）
所以W 子弹对木块+W 木块对子弹＝﹣fd
故B 错误；
C、子弹、木块运动的v﹣t 图像如图1 所示
图1 由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知
x＜d
所以W 子弹对木块＝fx＝8J＜fd＝Q
即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C 错误；
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D、只增大木块质量，子弹射入木块后仍末穿出，结合牛顿第二定律可知木块的加速度减小，v
﹣t 图像如图2 所示
图2
由图可知，子弹射入木块的深度d 增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D 正确。
故选：D。
[模型演练14] （2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上
端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方
距离为3x0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最
低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Ep= 1
2kx2，简谐运动的周期T＝2
π√
m
k
，下列说法正确的是（ ）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0
B．物块与钢板在返回O 点前已经分离
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t= 2π
3 √
2 x0
g
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm= 3
2 mg x0
【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v0，由机械能守恒得：
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1
2 mv0
2=3mgx0，解得：v0=√6 g x0
设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1，解得：v1= 1
2 v0= √6 g x0
2
钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有：2mg＝kx1
初始对钢板由平衡条件得：mg＝kx0
对比解得：x1＝2x0
设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：
2mg（x1﹣x0+A）+ 1
2 ⋅2mv1
2= 1
2 k( x1+ A)
2- 1
2 k x0
2
其中：k= mg
x0
联立解得：A＝2x0，故A 错误；
B、由A 的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的
位置O 处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块
与钢板在返回O 点前不会分离，故B 错误；
C、碰撞的位置是1
2A 处，由此处第一次到平衡位置的时间为1
12 T，则第一次运动到最低点所经
历的时间为：
t= 1
12 T + 1
4 T = 1
3T= 1
3 ×2π√
2m
k = 2π
3 √
2 x0
g
，故C 正确；
D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm= 1
2 k(4 x0)
2=8mgx0，故D 错误。
故选：C。
[模型演练15] （2024•陕西模拟）如图所示，用长为L 的细线悬挂于O 点的小球处于静止
状态，质量为m 的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为3
4 v0，子弹穿过小
球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2 倍，子弹穿过小球时间极短，重力加速
度为g，不考虑小球质量变化，则小球的质量为（ ）
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A．
v0
√2gL m
B．v0
√gL m
C．
v0
4√gL m
D．
v0
2√gL m
【解答】解：子弹穿过小球过程中，子弹和小球组成的系统水平方向动量守恒，设穿过瞬间小
球的速度为v，小球的质量为M，向右为正方向则m v0= Mv + 3
4 m v0
根据牛顿第二定律，竖直方向有2 Mg- Mg= M v
2
L
解得M =
v0
4√gL m
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
题型三 “人船”模型问题
1．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
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[模型演练16] （2023 秋•海林市校级期末）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其
水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定
律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平
行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同
学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）
A．L
d m
B．
L
L-d m
C．L-d
L
m
D．L-d
d
m
【解答】解：设船的质量为M，人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾行
走至船头所用时间为t。
取船的速度为正方向，则v= d
t ，v′= L-d
t
根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，即Md
t -m L-d
t
=0，解得：M= L-d
d
m，故ABC 错误，
D 正确。
故选：D。
[模型演练17] （2023 秋•福田区校级期末）生命在于运动，运动无限精彩。如图所示，质
量为450kg 的小船静止在水面上，质量为50kg 的人在小船甲板上立定跳远的成绩为2m，不计
空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
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A．人起跳后在空中时，船在匀速运动
B．人起跳后在空中时，船仍保持静止
C．人相对地面的跳远成绩为2.2m
D．人在立定跳远过程中，船后退了0.4m
【解答】解：AB.人和船水平方向动量守恒为零，人起跳后在空中水平方向匀速运动，故船匀速
运动，故A 正确，B 错误；
CD.人和船水平方向动量守恒为零，以向右为正，有m 人v 人﹣m 船v 船＝0，同时乘以t，则式子
变为m 人x 人﹣m 船x 船＝0，依题意，x 人+x 船＝2m，解得，x 人＝1.8m，x 船＝0.2m，故人相对地
面的跳远成绩为1.8m，人在立定跳远过程中，船后退了0.2m，故CD 错误。
故选：A。
[模型演练18] （多选）（2024•贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R 的半圆
槽，半圆槽的左、右最高点A、B 在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高
点B 无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m 和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水
平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（ ）
A．小球向左运动能达到A 点
B．半圆槽向右运动的最大距离为2
3 R
C．半圆槽的运动速度大小可能为√3 gR
2
D．小球经过C 点时对半圆槽的压力大小为3mg
【解答】解：A．两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到
达最高点时两者共速，设共速时的速度为v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
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0＝（m+2m）v
可得v＝0
由机械能守恒定律有mgR＝mgh
解得h＝R
即小球向左能达到的最高点是A，故A 正确；
B．取水平向左为正方向，设小球速度为v1，圆槽速度为v2，由水平方向动量守恒有
0＝mv1+2mv2
可得0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt
即0＝mx1+2mx2
同时x1﹣x2＝﹣2R
可得x2= 2 R
3
故B 正确；
C．从B 点释放后到C 点有，取水平向左为正方向，设在C 点小球的速度为v3，圆槽的速度为
v4，根据能量和动量守恒有mgR = 1
2 mv3
2+ 1
2 2mv4
2
0＝mv3+2mv4
解得v3=- 2
3 √3 gR，v4= √3 gR
3
则小球到最低点时槽的速度不可能是√3 gR
2
，故C 错误；
D．小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0 是惯性参考系，根据牛顿第二定律有
F N -mg=m (v3- v4)
2
R
解得FN＝4mg
故D 错误。
故选：AB。
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题型四 爆炸和反冲
（1）爆炸现象的三个规律
①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远大于受到的外力，
所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
②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，所以爆炸前后系统的
总动能增加。
③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。
（2）对反冲现象的说明
①系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
②反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
[模型演练19] （2024•平谷区模拟）可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速
率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，它们的质量大小关系是m1＞m2＞m3，忽略空
气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是（ ）
A．物块1 的落地速率最大
B．物块2 的落地速率最大
C．物块3 的落地速率最大
D．三物块的落地速率相同
【解答】解：因为三个物体的初始速率相同设为v0，设落地时的速率为v，根据能量守恒定律可
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得：mgh+ 1
2 mv0
2= 1
2 mv
2，由此可知三物块的落地速率与质量无关，所以三个物体落地时的速
率大小相等，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
[模型演练20] （2023 秋•密山市期末）一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0，方向
水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为m2的后部分箭
体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为m1前
部分箭体速率v1为（ ）
A．v0﹣v2
B．v0+v2
C．v0- m2
m1
v2
D．v0+ m2
m1
(v0- v2)
【解答】解：火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：
（m1+m2）v0＝m1v1+m2v2解得v1= v0+ m2
m1
(v0- v2)，故ABC 正确，D 正确。
故选：D。
[模型演练21] （2024•大庆三模）中国最新的SH﹣16 型轮式炮车，应用了大量现代自动化
科技，如火控系统接收打击目标、立即调炮、引信装订、弹丸装填、发射药装填等自动射击动
作。现一炮车以速度v 匀速行驶，炮筒保持水平状态。炮车质量为M，携带一枚质量为m 的
炮弹，用于发射炮弹的炸药在极短时间内爆炸，将炮弹沿行进方向水平发射出去，由于反冲力
作用炮弹飞离炮口时炮车停止运动。炸药质量可忽略不计，求：
（1）炮弹飞离炮口时的速度v；
（2）炸药爆炸释放的能量Q；
（3）设炮弹在炮筒中所受的作用力恒定，已知炮筒长为d，求从发射炮弹到炮弹飞离炮口时，
炮车前进的距离。
【解答】解：（1）爆炸过程水平方向动量守恒，炮弹飞出时，炮车停止运动，以运动方向为正
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方向可得：（M+m）v＝mv1
代入数据解得解得：v1= ( M +m)
m
v；
（2）根据能量守恒，爆炸过程释放的能量：Q = 1
2 mv1
2- 1
2 ( M +m)v
2
代入数据解得：Q = M (m+m)
2m
v
2
（3）设炮弹在炮筒中受到的恒力为F，根据牛顿第二定律，对炮筒有：F＝Ma1，对炮弹有：F
＝ma2
炮筒的位移：v2＝2a1L1，炮弹的位移：v1
2- v
2=2a2 L2
当炮车和炮弹的相对位移等于d 时，炮弹飞离炮口，即：L2﹣L1＝d
代入数据联立解得：L1=
m
M +m d
题型五 动量和能量观点的综合应用
[模型演练22] （2024•东西湖区校级模拟）由多个点电荷组成的系统的电势能与它们的电
荷量和相对位置有关。如图甲所示，a、b、c 三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用长度
相等不可伸长的绝缘轻绳连接，静置于光滑绝缘水平面上，设此时系统的电势能为E0。现剪
断a、c 两小球间的轻绳，一段时间后c 球的速度大小为v，方向如图乙所示。关于这段时间内
的电荷系统，下列说法中正确的是（ ）
A．动量不守恒
B．机械能守恒
C．c 球受到的电场力冲量大小为mv
D．图乙时刻系统的电势能为E0- 3
2 mv
2
【解答】解：A．对系统受力分析，系统受合外力为零，则系统的动量守恒，故A 错误；
B．除重力和系统内弹力外，只有电场力做正功，则系统的机械能增加，故B 错误；
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C．根据动量定理，合力冲量等于动量变化量，c 球受到的电场力和细绳拉力的合力的冲量等于
c 球动量变化，大小为mv，故C 错误；
D．由对称性，a 球的速度大小也为v，方向与ac 连线成30°角斜向左下方，因系统动量守恒，
则b 球的速度方向垂直ac 向上，
如图
由动量守恒定律2×mvsin30°﹣mvb＝0
解得vb＝v
则此时三个小球的动能为Ek =3× 1
2 m v
2
因系统的电势能和动能之和守恒，则图乙时刻系统的电势能为EP= E0- 3
2 m v
2
故D 正确。
故选：D。
[模型演练23] （多选）（2024 春•和平区校级期末）如图所示，质量为m 的半圆轨道小车
静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R，现将质量也为m 的小球从距A 点正上
方h 高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为3
4 h
（不计空气阻力），则该过程（ ）
A．小球和小车组成的系统满足动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
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D．小球和小车组成的系统摩擦生热为1
4 mgh
【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向系统动量
守恒，故A 错误；
B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣mv′＝0
则有m2 R - x
t
-m x
t =0
解得小车的最大位移为x＝R
故B 正确；
C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，
小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；
D、根据动能定理得mg（h- 3
4 h）﹣Wf＝0
Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf= 1
4 mgh
故D 正确；
故选：BD。
[模型演练24] （2024 春•河南期末）如图所示，质量为2m 的物块A 放在特殊材料（动摩
擦因数比较大）制成的水平面上，绕过定滑轮的轻绳一端与物块A 相连，另一端吊着质量为m
的物块B，处于静止状态。质量为m 的圆环C 套在轻绳上，在离物块B 高度为h 处由静止释放，
C 与B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，当B 的速度刚好为零时，C 与B 发生第二次碰撞。已知
重力加速度为g，轻绳为不可伸长的刚性绳（即A、B 及绳可视为整体），圆环C 与绳之间无
摩擦，不计空气阻力，求：
（1）圆环C 与物块B 第一次碰撞前瞬间圆环C 的速度大小；
（2）圆环C 与物块B 碰撞后瞬间，圆环C 和物块B 的速度大小；
（3）物块A 与水平面间的动摩擦因数为多大。
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【解答】解：（1）设圆环C 与物块B 第一次碰撞前瞬间圆环C 的速度大小为v0，根据机械能守
定律得：mgh= 1
2 m v0
2
解得：v0=√2 gh
（2）设圆环C 与物块B 碰撞后瞬间，圆环C 和物块B 的速度分别为v1、v2，C 与B 发生弹性碰
撞，将A、B 作为一个整体，以竖直向下方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv0＝mv1+（m+2m）v2 1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 (m+2m)v2
2
解得：v1=- √2gh
2
，v2= √2gh
2
（3）设A 与水平面间的动摩擦因数为μ，碰撞后B 向下做匀减速直线运动的加速度大小为a，
则对A、B 整体，根据牛顿第二定律得： 2μmg﹣mg＝（m+2m）a
碰撞后C 做竖直上抛运动，以竖直向下方向为正方向，对C 与B 第一次碰撞后的瞬间到第二次
碰撞前的瞬间，根据题意，由运动学公式可得：v2
2=2ax
v2＝at
x = v1t + 1
2 gt
2
解得：μ＝1
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