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专题14 动量守恒定律及应用
题型一 动量守恒定律的理解与基本应用...........................................................................................1
类型1 系统动量守恒的判断........................................................................................................2
类型2 某一方向动量守恒定律的应用........................................................................................5
题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型...................................................................................................7
类型1 一动一静的弹性碰撞........................................................................................................8
类型2 类碰撞模型问题................................................................................................................9
题型三 “人船”模型问题................................................................................................................. 12
题型四 爆炸和反冲............................................................................................................................. 15
题型五 动量和能量观点的综合应用.................................................................................................17
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．
1
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(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
[题型专练1]. （2023 春•鄠邑区期末）如图所示，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，
子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一
起作为系统，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中（ ）
A．动量不守恒，机械能不守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量守恒，机械能守恒
【解答】解：系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力
的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射
入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故A 正确；BCD 错误；
故选：A。
[题型专练2]. （2023 秋•余姚市校级期中）A、B 两物体质量不同，原来静止在平板小车C
上，A、B 间有一根被压缩的弹簧，地面水平且光滑。当两物体被同时释放后，则错误的是（
）
A．若A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B 组成系统的动量守恒
2
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B．若A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C 组成系统的动量守恒
C．若A、B 所受的摩擦力大小相等，则A、B 组成系统的动量守恒
D．若A、B 所受的摩擦力大小相等，则A、B、C 组成系统的动量守恒
【解答】解：A．A、B 的质量不等，若A、B 与平板车上表面间的μ 相同，则所受摩擦力大小
不等，A、B 组成的系统所受的外力之和不为零，因此A、B 组成系统的动量不守恒，故A 错误；
B．不论A、B 的摩擦力是否相等，A、B、C 组成的系统，系统所受的合外力之和为零，则动量
守恒，故B 正确；
C．若A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成的系统外力之和为零，则A、B 组成系统的动量
守恒，故C 正确；
D．若A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B、C 组成的系统，外力之和为零，则A、B、C 组成
系统的动量守恒，故D 正确。
本题选不正确的，故选：A。
[题型专练3]. （2023 秋•金坛区期中）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M
的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球
从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中小球和槽之间的作用力对槽不做功
B．在下滑过程中小球和槽所组成的系统机械能守恒、动量守恒
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h 处
【解答】解：A、光滑弧形槽静止在光滑水平面上，小球在下滑过程中，槽向左运动，小球和槽
之间的作用力对槽做正功，故A 错误；
B、在下滑过程中小球和槽所组成的系统只有重力做功，机械能守恒；系统竖直方向动量不守恒，
则系统动量不守恒，故B 错误；
C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接
触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C 错误；
D、小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量
大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等
3
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于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上
槽并沿槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总
动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒
定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h 处，故D 正确。
故选：D。
[题型专练4]. （2023 秋•江阴市期中）如图所示，A、B 两物体的质量比mA：mB＝4：3，
它们原来静止在足够长的平板车C 上，A、B 间有一根被压缩了的弹簧，地面光滑。当弹簧突
然释放后，且已知A、B 组成的系统动量守恒。则有（ ）
A．A、B 与C 的动摩擦因数相等
B．A、B 与C 的动摩擦因数是否相等不确定
C．最终稳定时小车向右运动
D．A、B、C 系统动量守恒
【解答】解：AB、A、B 组成的系统动量守恒，则AB 两物体所受的摩擦力应该大小相等方向相
反，系统所受合外力才为0，因为AB 质量不相等所以动摩擦因数不相等，故AB 错误；
CD、ABC 三物体所组成的系统动所受合外力为0，动量守恒。最终稳定时，三个物体应该都处
于静止状态，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练5]. （2023 秋•苏州月考）如图所示，站在车上的人，抡起锤子连续敲打小车。
初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（
）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C．连续敲打可使小车持续向左运动
4
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D．当锤子速度方向竖直向下时，人和车的速度为零
【解答】解：A、人、车和锤组成的系统所受外力有重力、支持力，水平方向不受外力，故水平
方向动量守恒，小车只能左右往复运动，不能持续向右运动，故A 错误；
B、人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，机械能也不一定守恒，故
B 错误；
C、人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，小车只能左右往复运动，不能持续向左运动，故
C 错误；
D、人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，当锤子速度方向竖直向下时，锤子的水平速度为
零，故人和车的速度也为零，故D 正确。
故选：D。
类型2 某一方向动量守恒定律的应用
[题型专练6]. （2023 春•红塔区校级期末）如图所示，质量为M 的小车在光滑的水平面上
以v0向右匀速运动，一个质量为m 的小球从高h 处自由下落，与小车碰撞后，与车一起向右
运动，则其速度为（ ）
A．m√2 gh+m v0
M +m
B．M v0-m√2gh
M +m
C．M v0
M +m
D．v0
【解答】解：对于小球与小车组成的系统，在小球与小车碰撞的过程中，系统水平方向不受外
力，则系统水平方向的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0＝（M+m）v
解得：v= M v0
M +m
故选：C。
[题型专练7]. （2023•万州区校级模拟）物块A 和斜面B 的质量分别为m 和3m，水平直
5
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角边长分别为L 和3L，不计一切摩擦，A 从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到
底端这一过程中，正确的是（ ）
A．物块A 的机械能守恒
B．A 与B 组成的系统动量守恒
C．斜面B 的位移大小为0.5L
D．物块A 的位移大小为1.5L
【解答】解：A、物块A 下滑过程除重力做功外，B 对A 的支持力对A 做功，A 的机械能不守恒，
A、B 组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B、A 与B 组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合力不为零，系统所受合力
不为零，系统动量不守恒，故B 错误；
CD、A、B 组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，设A 的位移大
小为x，则B 的位移大小为xB＝2L﹣x，
以水平向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvA﹣3mvB＝0，则m x
t -3m2 L- x
t
=
0，解得：x＝1.5L，xB＝0.5L，求出的x 是水平位移，但A 在竖直方向也有位移，故C 正确，D
错误。
故选：C。
[题型专练8]. （2022 秋•温县校级期末）2022 年10 月1 日，中国女篮在女篮世界杯决赛中
获得亚军，追平了在本项赛事中的历史最好成绩。如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球
站在滑板车上向一堵竖直的墙（向右）滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球
水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，
忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为
M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度为v0。则（ ）
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A．整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒
B．运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同
C．墙对篮球的冲量大小为1
2
（M+m）v0
D．篮球被墙反弹后的速度大小为M +m
2m
v0
【解答】解：A．由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守
恒，故A 错误；
B．设抛出时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1＝m（v﹣v0）
方向向右，接球时对篮球的冲量为I2＝mv
方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，故B 错误；
CD．设方向向右为正方向，运动员抛球后速度变为v1，抛球过程，由动量守恒定律有
（m+M）v0＝Mv1+mv
接球过程有Mv1﹣mv＝0
可得v= M +m
2m
v0
由动量定理可知篮球撞墙过程有I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv＝（M+m）v0
故C 错误，D 正确。
故选：D。
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
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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
类型1 一动一静的弹性碰撞
[题型专练9]. （2023 春•天津期中）在光滑水平面上，有A、B 两个小球向右沿同一直线
运动，取向右为正，两球的动量分别是pA＝5kg•m/s，pB＝7kg•m/s，如图所示，若能发生正碰，
则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能是（ ）
A．ΔpA＝﹣3kg•m/s，ΔpB＝3kg•m/s
B．ΔpA＝3kg•m/s，ΔpB＝3kg•m/s
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C．ΔpA＝﹣10kg•m/s，ΔpB＝10kg•m/s
D．ΔpA＝3kg•m/s，ΔpB＝﹣3kg•m/s
【解答】解：A、根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝﹣3kg•m/s、ΔpB＝3kg•m/s，所以碰
后两球的动量分别为p′A＝pA+ΔpA＝5kg•m/s﹣3kg•m/s＝2kg•m/s，p′B＝pB+ΔpB＝7kg•m/
s+3kg•m/s＝10kg•m/s，碰撞后A 的动能减小，B 的动能增加，总动能可能不增加，这是可能发
生的，故A 正确；
B、两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔpA＝
3kg•m/s，ΔpB＝3kg•m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B 错误；
C、如果ΔpA＝﹣10kg•m/s，ΔpB＝10kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝﹣5kg•m/s、
p′B＝17kg•m/s，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增加，总动能增加，违反了能
量守恒定律，不可能，故C 错误；
D、如果ΔpA＝3kg•m/s、ΔpB＝﹣3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝8kg•m/s、p′B＝
4kg•m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，
与实际运动不符，故D 错误。
故选：A。
[题型专练10].
（2023 春•武汉期中）打弹珠是小朋友经常玩的一个游戏。如图所示，
光滑水平地面上有两个不同材质的弹珠甲和乙，质量分别是m 和km，现让甲以初速度v0向右
运动并与静止的乙发生碰撞，碰后乙的速度为2v0
3
，若碰后甲、乙同向运动，则k 的值不可能
是（ ）
A．0.6
B．1.6
C．1.2
D．1
【解答】解：设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，规定向右为正，由动量守恒定律得
mv0＝mv+km•2v0
3
，
解得v＝v0- 2
3
kv0，
碰撞后甲、乙同向运动，则有v＞0，
即v0- 2
3
kv0＞0，解得：k＜1.5
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碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤2
3 v0
得：k≥0.5；
又因为碰撞过程中动能不增加，所以有1
2 mv0
2≥1
2mv2+ 1
2km（2v0
3
）2
解得：0＜k≤2；
综上可得：0.5≤k＜1.5，故ACD 有可能，B 不可能；
该题选择不可能的，故选：B。
类型2 类碰撞模型问题
[题型专练11].
（2023•辽宁模拟）如图所示，质量为4m 的木块用轻质细绳竖直悬于O
点，当一颗质量为m 的子弹以v0的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角
为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（ ）
A．v0
2
5 g
B．v0
2
10 g
C．v0
2
25 g
D．v0
2
50 g
【解答】解：子弹射入木块的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝（4m+m）v
得v= v0
5
设轻绳的长度为L。子弹击中木块后一起向上摆动的过程中，根据机械能守恒定律得：
1
2
（4m+m）v2＝（4m+m）gL（1﹣cos60°）
解得：L= v0
2
25 g
，故ABD 错误，C 正确。
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故选：C。
[题型专练12].
（2022 秋•青岛期末）在如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接
触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块
和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（
）
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，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【解答】解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统
所受合外力不为零，则系统动量不守恒；
在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不
守恒，
因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，
动量不守恒、机械能不守恒；
故选：C。
[题型专练13].
（2022 秋•栾川县校级期末）如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平
面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置。现有一质量为m 的子弹以
水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块再次回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹
簧的冲量I 的大小分别为（ ）
A．v= m v0
m+ M
，I＝0
B．v= mv0
m+ M
，I＝2mv0
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C．v= mv0
n+ M
，I= 2m
2v0
m+ M
D．v= m v0
M
，I＝2mv0
【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，设水
平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v
解得：v= mv0
M +m
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不
变，即当木块回到A 位置时的速度大小v= mv0
M +m
；
子弹和木块弹簧组成的系统受到合力的大小等于墙对弹簧的作用力，设水平向右为正方向，墙
对弹簧的冲量为I，根据动量定理得：
I＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0
所以I 的大小为2mv0，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[题型专练14].
（多选）（2023 秋•潍坊期中）如图所示，一块质量为M 的木块静止在
光滑水平桌面上，一质量为m 的子弹以水平速度v0射入木块，子弹射穿木块时，木块速度大
小为v1，已知木块对子弹的阻力为f。下列说法正确的是（ ）
A．子弹动量的减少量为Mv1
B．子弹刚射穿过木块时的速度大小为v0- M
m v1
C．木块的长度为 (2m v0- M v1)
2mf
M v1
D．子弹和木块组成的系统动能减少量为 Mv1v0- ( M +m)
2m
Mv1
2
【解答】解：AB．设子弹刚射穿过木块时的速度大小为v，子弹射入木块到射穿的过程中，子
弹和木块构成的系统动量守恒，取向右为正方向，故有mv0＝mv+Mv1
解得v= m v0- M v1
m
12
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子弹动量的减少量为ΔP＝mv−mv0
解得ΔP＝Mv1
故AB 正确；
CD．设木块的长度为d，对子弹和木块构成的系统，由能量守恒定律得
fd＝ΔEk= 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2- 1
2 M v1
2
联立解得ΔEk＝Mv1v0−M (m+ M )v1
2
2m
d= M v1(2m v0- M v1m v1)
2mf
故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
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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[题型专练15].
（2023 春•南开区期末）如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船
又窄又长（估计重一吨左右）。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，船的质量
为（ ）
A．m( L+d)
d
B．m( L-d)
d
C．mL
d
D．m( L+d )
L
【解答】解：水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒。设人走动时船的平
均速度大小为v 船，人的平均速度大小为v人，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
M v 船-m v人=0
即M x船
t -m x人
t =0
人、船运动时间相等，则有Mx 船﹣mx 人＝0
又x 船+x 人＝L，x 船＝d，联立解得船的质量为：M = m( L-d)
d
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练16].
（2023 秋•南关区校级月考）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。
独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。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，其简化图如下。经过测量发现，甲、
乙两张照片中A、B 两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。女子在
照片上身高约为1.6cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（
）
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A．45kg
B．50kg
C．55kg
D．60kg
【解答】解：根据题意，可得x1＝1.8cm，x2＝1cm，对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，
所以
m1x1＝m2x2
代入数据可得人的质量为
m2＝45kg，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练17].
（多选）（2023 春•沈阳期末）如图所示，载有物资的热气球的总质量
为M，静止于距离水平地面H 的高处。现将质量为m 的物资以相对地面竖直向下的速度v0投
出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为g，
不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是（ ）
A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒
B．投出物资后，热气球匀速上升
C．物资落地时，热气球上升的高度为mH
M -m
D．d = MH
M -m
【解答】解：A、物资抛出之前，物资和气球组成的系统合外力为零，物资抛出后，气球和物资
所受合外力不变，则系统的合外力仍为零，因此物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统
动量守恒，故A 正确；
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B、投出物资后，热气球受到的浮力大于重力，合力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，故
B 错误；
CD、设物资落地时，热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，取竖直向上为正方向，由
动量守恒定律得
（M﹣m）h
t -m H
t =0
解得：h=
mH
( M -m)
d = H +h= H +
mH
( M -m) = MH
M -m，故CD 正确。
故选：ACD。
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。
[题型专练18].
（2023 春•红桥区校级期中）某同学自制总质量为M 的火箭，现从地面
竖直向上发射，火箭在极短的时间内，将质量为m 的气体以相对地面为v0的速度竖直向下喷
出后，火箭开始做竖直上抛运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
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A．火箭受到的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为mv0
M
D．火箭上升的最大高度为
m
2v0
2
2g( M -m)
2
【解答】解：A.根据牛顿第三定律可知，火箭的推力来源于向下喷出的气体对火箭的反作用力，
故A 错误；
B.气体喷出的过程中，火箭内的气体做功，火箭及气体的机械能不守恒，故B 错误；
C.在气体喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，根据动量守恒定律得：（M﹣m）v﹣mv0＝0 解
得：v = m v0
M -m
，故C 错误；
D.气体喷出后，火箭竖直向上做竖直上抛运动，有2gh＝v2，联立解得：h=
m
2v0
2
2g( M -m)
2
，故D
正确。
故选：D。
[题型专练19].
（2022 秋•兰山区校级期末）一门旧式大炮如图所示，炮车和炮弹的质
量分别为M 和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮
车与地面的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为（ ）
A．m v0cosα
M
B．m v0 sinα
M
C．mv0tanα
M
D．mv0cosα
M +m
【解答】解：根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内
力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。
取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，在水平方向上，由动量守恒定律有Mv
﹣mv0cosα＝0
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解得v = mv0cosα
M
，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[题型专练20].
（2022 秋•莲池区校级月考）一质量为M 的航天器正以速度v0在太空中
飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时
速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m 为（ ）
A．m= v2- v1
v1
M
B．m=
v2
v2- v1
M
C．m= v2- v0
v2+ v1
M
D．m= v2- v0
v2- v1
M
【解答】解：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv0＝（M﹣m） v2﹣
mv1
解得喷出气体的质量为：m= v2- v0
v2+ v1
M
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
题型五 动量和能量观点的综合应用
[题型专练21].
（2023 秋•碑林区校级期中）如图所示，在竖直面内，一质量m 的物块
a 静置于悬点O 正下方的A 点，以速度v 逆时针转动的传送带MN 与直轨道AB、CD、FG 处
于同一水平面上，AB、MN、CD 的长度均为L。圆弧形细管道DE 半径为R，EF 在竖直直径
上，E 点高度为H。开始时，质量为3m 物块b 悬挂于O 点，并向左拉开一定的高度h（未过
经过Q 点的水平面）由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a 发生弹性正碰。已知
L＝1m，R＝0.4m，H＝0.15m，v＝2m/s，物块与MN、CD 之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道
AB 和管道DE 均光滑，物块a 落到FG 时不反弹且静止。忽略M、B 和N、C 之间的空隙，CD
与DE 平滑连接，物块可视为质点，取g＝10m/s2。
（1）若h＝0.2m，求a、b 碰撞后瞬时物块a 的速度v0的大小；
（2）若物块a 在DE 最高点时对管道作用力为零，求h 的大小；
（3）若物块b 释放高度0.5m＜h＜1.6m，求物块a 最终静止的位置坐标x 值的范围（以A 点为
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坐标原点，水平向右为正，建立x 轴，取√3=1.7）。
【解答】解：（1）物块b 摆到最低点的过程根据机械能守恒得mgh= 1
2 mv
2
摆到最低点时恰好与a 发生弹性正碰，系统动量和能量守恒，所以
mv＝mv′+mava
1
2 mv
2= 1
2 mv '
2+ 1
2 mava
2
解得：va＝5m/s
（2）摆到最低点时恰好与a 发生弹性正碰，速度发生交换，物块a 在DE 最高点时对管道作用
力为零时物块a 速度为v′a，根据牛顿第二定律得mg=m v 'a
2
R
得va′=√gR =√10×0.4m/s＝2m/s
物块b 与a 发生正碰，速度发生交换，物块b 摆到最低点的过程根据机械能守恒得
mgh= 1
2 mv
2
得v =√gh
物块b 与a 发生正碰，速度发生交换，所以va=√gh
滑块从C 到E 的过程根据动能定理得1
2 mv 'a
2- 1
2 mva
2=-2 μmgL-mgH
解得：h＝1.6m
（3）物块a 刚好通过E 点时mgh1﹣2μmgL﹣mgH＝0
解得h1＝1.15m
当1.15m≤h＜1.6m 时，物块位置在E 点或E 点右侧，根据动能定理得
1
2 mv E
2 =mgh-2 μmgL-mgH
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从E 点飞出后，竖直方向H = 1
2 gt
2
水平方向s＝vEt
根据几何关系可得DF = √3
5 m
联立解得x＝3L+DF+s
代入数据解得(3+ √3
5 )m≤x ≤(3+ √3
2 )m
当0.5m＜h＜1.15m 时，假设物体刚好通过D 点，则mgh﹣μmgs2＝0
解得h＝1m
所以0.5m＜h＜1.15m 时x 值得最大值为xmax＝3L
从h2＝0.5m 释放时，根据动能定理可得mgh﹣μmgs2＝0
解得s2＝1m
可知物块达C 点处静止，此时x＝2m；
若物块a 到E 点速度为零，返回到CD 时，根据动能定理可得mgH﹣μmgs3＝0
解得s3＝0.3m
距离D 点0.3m 处静止，此时x＝2.7m。
综上可知当0.5m＜h＜1.2m 时
2.7m≤x≤3m
当1.15m≤h＜1.6m 时
(3+ √3
5 )m≤x ≤(3+ √3
2 )m
[题型专练22].
（2023 秋•重庆期中）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一
长为L 的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量
为m 的小物块A 与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道末端O 点为坐标原点建立平面
直角坐标系xOy，x 轴的正方向水平向右，y 轴的正方向竖直向下，弧形轨道P 端坐标为
（2μL，μL），Q 端在y 轴上，重力加速度为g。
（1）若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A 经过O 点时的速度大小；
（2）若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O 点落在弧形轨道PQ 上的动能均相同，
求PQ 的曲线方程；
（3）将质量为M＝7m 的小物块B 置于O 点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B 发生弹性碰
撞（碰撞时间极短），要使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点的右侧，求A 下滑的
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初始位置距x 轴高度的取值范围。
【解答】解：（1）物块A 从光滑轨道滑至O 点，根据动能定理：mg•2μL﹣μmgL= 1
2 mv
2
变形整理解得：v =√2 μgL
（2）物块A 从O 点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为（x，
y），将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有x＝v0t，
y = 1
2 gt
2
联立解得水平初速度为：v0
2= g x
2
2 y
物块A 从O 点到轨道上落点，根据动能定理可知：mgy = Ek - 1
2 m v0
2
解得落点处动能为：Ek =mgy + 1
2 mv0
2=mgy + mg x
2
4 y
因为物块A 从O 点到弧形轨道上动能均相同，将落点P（2μL，μL）的坐标代入，可得
Ek =mgy + mg x
2
4 y =mg× μL+ mg(2 μL)
2
4× μL
=2 μmgL
化简可得y + x
2
4 y =2 μL
即x =2√2 μLy - y
2（其中，μL≤y≤2μL）
（3）物块A 在倾斜轨道上从距x 轴高h 处静止滑下，到达O 点与B 物块碰前，其速度为v0，根
据动能定理可知mgh- μmgL= 1
2 mv0
2
解得v0
2=2 gh-2 μgL
物块A 与B 发生弹性碰撞，使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点的右侧，则A 与B
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碰撞后需要反弹后再经过水平轨道﹣倾斜轨道﹣水平轨道再次到达O 点。规定水平向右为正方
向，碰后AB 的速度大小分别为v1和v2，在物块A 与B 碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
mv0＝﹣mv1+7mv2，1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ⋅7mv2
2
解得v1= 7-1
7+1 v0= 3
4 v0，v2=
2
7+1 v0= 1
4 v0
设碰后A 物块反弹，再次到达O 点时速度为v3，根据动能定理可知-2 μmgL= 1
2 mv3
2- 1
2 mv1
2
解得v3
2= v1
2- 4 μgL
A 落在B 落点的右侧，则v3＞v2
A 和B 均能落在弧形轨道上，则A 必须落在P 点的左侧，即：v3≤√2 μgL
联立以上，可得h 的取值范围为5 μL＜h≤57
9 μL
22
