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第15 讲 动量守恒定律
题型一 动量定理
题型二 动量守恒定律
题型三 动量守恒定律的应用
题型四 实验：验证动量守恒定律
课标要求
命题预测
重难点
1.理解动量和冲量，理解
动量定理及其表达式，能
用动量定理解释生活中的
有关现象。
生活实践类：安全行车(机车
碰撞、安全气囊)、交通运输
(喷气式飞机)、体育运动(滑冰
接力、球类运动)、火箭发
射、爆炸、高空坠物
学习探究类：气垫导轨上滑块
碰撞、斜槽末端小球碰撞
（1）利用动量定理解决相关问题，会在流体
力学中建立“柱状”模型。
（2）会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲
运动和人船模型。
（3）会进行数据处理及误差分析。
2.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。
3.理解动量守恒定律成立
的条件，会利用不同方案
验证动量守恒定律。
【典型例题剖析】
【例1】 (2023·黑龙江省八校模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC 固定在水平地面上，
∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a 和b 分别从斜面顶端沿AB、AC 由静止自由滑下。在两物块到达斜面
底端的过程中，下列说法正确的是( )
题型一
动量定理
1
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A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
【答案】 C
【详解】 设斜面倾角为θ 时，物块在斜面上的加速度为a＝gsin θ，设斜面顶点到水平地面的高度为
h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB 斜面上的滑行时间比在
AC 斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt 可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A 错误；根据动量定理
有mgsin θ·t＝Δp，可知Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相同，
选项B 错误；根据动能定理ΔEk＝mgh 得两物块的动能改变量相同，选项C 正确；物块到达斜面底端时
重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D 错误。
【高考考点对接】
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。
2．动量变化量
(1)动量的变化量Δp 等于末动量p′减去初动量p 的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
(2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv 的方向相同，运用矢量法则计算。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
【解题能力提升】
动量与动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
p＝
Ek＝
变化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fl
2
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联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变
化时动能不一定发生变化
【跟踪变式训练】
【变式1-1】(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg 的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上
做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g
＝10 m/s2。则( )
A．4 s 时物块的动能为零
B．6 s 时物块回到初始位置
C．3 s 时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s 时间内F 对物块所做的功为40 J
【答案】 AD
【详解】 物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s 时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝
mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s 时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C 错误；设3 s 后经过时间t2物
块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s 时速度减为0，则
此时物块的动能也为0，故A 正确；在0～3 s 时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv3
2，解得x1
＝9 m,3～4 s 时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv3
2，解得x2＝3 m，4～6 s 时间内物块
开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝at3
2＝4 m<x1＋x2，即6 s 时物
块没有回到初始位置，故B 错误；0～6 s 时间F 对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D 正确。
【变式1-2】 (2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充
满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正
确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】 D
【详解】 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静
3
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止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt 知，司机所
受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰
撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D 正确。
【变式1-3】 (多选)如图所示，质量为M 的直—20 武装直升机旋翼有4 片桨叶，桨叶旋转形成的圆面
面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空
气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为( )
A.＝ρSv0
2
B.＝ρSv0
C.＝
D.＝
【答案】 BD
【详解】 直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空
气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝
ρSv0，故A 错误，B 正确；由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C 错误，D 正
确。
【典型例题剖析】
【例2】 (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
【详解】 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。
题型二
动量守恒定律
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【高考考点对接】
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。
【解题能力提升】
“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 人－Mv 船＝0
(2)两者的位移大小满足：m－M＝0，
x 人＋x 船＝L，得x 人＝L，x 船＝L
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＝＝。
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (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
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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
【详解】 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。
【变式2-2】 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2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛
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】 4v0
【详解】 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接
到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－
mvmin，再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－mvmin＝11mv2，为避免两船
相撞应满足v1＝v2，联立解得vmin＝4v0。
【变式2-3】 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
【详解】 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＝m1v1＋p，解得
火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为
30 kg·m/s，故选A。
【典型例题剖析】
【例3】 质量相等的A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的速度为6 m/s，B
球的速度为2 m/s，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A、B 两球速度可能为( )
A．1 m/s 6 m/s
B．4.5 m/s 3.5 m/s
C．3．5 m/s 4．5 m/s
D．－1 m/s 9 m/s
题型三
动量守恒定律的应用
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【答案】 C
【详解】 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的总动能Ek
＝mvA1
2＋mvB1
2＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p′＝mvA1＋mvB1＝7m，动量不守恒，
选项A 错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B 错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝
4.5 m/s，碰后总动量p′＝mvA3＋mvB3＝8m，总动能Ek3＝mvA3
2＋mvB3
2＝16.25m，动量守恒，机械能不增
加，选项C 可能实现；若vA4＝－1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p′＝mvA4＋mvB4＝8m，总动能Ek4＝
mvA4
2＋mvB4
2＝41m，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D 错误。
【高考考点对接】
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3．分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4．“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
【解题能力提升】
碰撞问题遵守的三条原则
1．动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3．速度要符合实际情况
(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物
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体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。
(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
【跟踪变式训练】
【变式3-1】 (2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、
乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小
到1 m/s 时，弹簧最短。下列说法中正确的是( )
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1 4∶
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
【答案】 A
【详解】 根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1
m/s，A 正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B 错误；根据动量守恒定律可得
m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1 3∶，C 错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v0
2＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝2 m/s，D 错误。
【变式3-2】 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一
质量为20 g 的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，
和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6
cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能。
(2)若子弹是以大小为400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【答案】 (1)6 m/s 882 J (2)能
【详解】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s
此过程系统所产生的内能
Q＝mv0
2－(M＋m)v2＝882 J
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s 的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定
律得mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
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此过程系统损失的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有Q＝ΔE＝F 阻x 相＝F 阻d
ΔE′＝F 阻x 相′＝F 阻d′
则＝＝，解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
【变式3-3】(2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg 的小车，小车上B 点
右侧为水平轨道，其中BC 段粗糙，CD 段光滑。B 点的左侧为一半径R＝1.3 m 的光滑四分之一圆弧轨
道，圆弧轨道与水平轨道在B 点相切，车的最右端D 点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰
好位于小车的C 点，B 与C 之间距离L＝0.7 m。一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)，置于小车的B
点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20 g 的子弹以水平速度v0＝600 m/s 向右击中小
车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，取g
＝10 m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B 点时速度v 的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B 的距离x。
【答案】 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
【详解】 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有
(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有
(m0＋M)v1
2＝(m0＋M＋m)v2
2＋mgh
联立解得h＝1.2 m，即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m。
(2)当小物块第一次回到B 点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒
有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有
(m0＋M)v1
2＝(m0＋M)v3
2＋mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s，即小物块第一次返回到B 点时速度大小为v＝8 m/s。
(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同。由动量守恒定律有
(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4
由能量守恒定律有(m0＋M)v3
2＋mv2
＝(m0＋M＋m)v4
2＋μmgL＋Epm
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联立解得Epm＝8.5 J。
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC 段总共运动了s 的路程，由水平方向
动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有
(m0＋M)v1
2＝(m0＋M＋m)v5
2＋μmgs
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块最终与小车保持相对静止时到B 的距离x＝0.4 m。
【典型例题剖析】
【例4】 (2022·全国甲卷·23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A 与质量
为m2的静止滑块B 在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A 和B 的速度大小v1和
v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
(1)调节导轨水平；
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg 和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为
________ kg 的滑块作为A；
(3)调节B 的位置，使得A 与B 接触时，A 的左端到左边挡板的距离s1与B 的右端到右边挡板的距离s2
相等；
(4)使A 以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B 碰撞，分别用传感器记录A 和B 从碰撞时刻开始到各
自撞到挡板所用的时间t1和t2；
(5)将B 放回到碰撞前的位置，改变A 的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示；
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
(6)表中的k2＝________(保留2 位有效数字)；
(7)的平均值为______(保留2 位有效数字)；
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则
的理论表达式为______________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________________(保留2 位有效数
字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A 与滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
题型四
实验：验证动量守恒定律
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【答案】 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32
(8)＝ 0.34
【详解】 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故A 选质量为0.304 kg 的
滑块。
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k2＝＝＝≈0.31。
(7)的平均值为＝≈0.32。
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
联立解得＝，代入数据可得≈0.34。
【高考考点对接】
一、实验原理
在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1、m2和碰撞前、后物体的速度v1、v2、v1′、v2′，算出碰撞前
的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，比较碰撞前、后动量是否相等。
二、实验方案及实验过程
方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1．实验器材
气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、弹簧、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
2．实验过程
(1)测质量：用天平测出滑块的质量。
(2)安装：正确安装好气垫导轨，如图所示。
(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前、后的速度。
(4)改变条件，重复实验：
①改变滑块的质量；
②改变滑块的初速度大小和方向。
(5)验证：一维碰撞中的动量守恒。
3．数据处理
(1)滑块速度的测量：v＝，式中Δx 为滑块上挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt 为数
字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(2)验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
方案二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1．实验器材
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等。
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2．实验过程
(1)测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
(2)安装：按照如图甲所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽末端水平。
(3)铺纸：白纸在下，复写纸在上，且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置O。
(4)放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10 次。用圆规画
尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P 就是小球落点的平均位置。
(5)碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度[同步骤(4)中的高度]自由滚
下，使它们发生碰撞，重复实验10 次。用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被撞
小球落点的平均位置N，如图乙所示。
(6)验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON 的长度。将测量数据填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM
＋m2·ON，计算并判断在误差允许的范围内是否成立。
(7)整理：将实验器材放回原处。
3．数据处理
验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
三、注意事项
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2．方案提醒
(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应确保导轨水平。
(2)若利用平抛运动规律进行验证：
①斜槽末端的切线必须水平；
②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
③选质量较大的小球作为入射小球；
④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
【跟踪变式训练】
【变式4-1】 如图甲，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰
撞前后的动量关系。
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(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的序
号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图甲中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S 位置静止
释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，
再将入射小球m1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是
________(填选项前的符号)。
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足
的表达式为__________[均用(2)中测量的量表示]。
(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图乙所示。
碰撞前后m1 动量分别为p1 与p1′，则p1∶p1′＝________；若碰撞结束时m2 的动量为p2，则p1′ ∶p2′＝
________。
实验结果说明，碰撞前后总动量的比值＝__________(结果保留两位小数)。
(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的
射程增大。请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON 的最大值为 ________
cm。
【答案】 (1)C (2)ADE (3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
(4)14 11
∶
110 29
∶
1.01 (5)76.8
【详解】 (1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接
测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过落地高度不变情况下的水平射程来体现速度。故
选C；
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(2)实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛
射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S 位置由静止释放，
与小球m2相碰，并多次重复。测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E 是
必须的，而且D 要在E 之前，至于用天平测质量先后均可以。故选A、D、E。
(3)设落地时间为t，则v1＝，v1′＝，v2′＝，而动量守恒的表达式是m1v1＝m1v1′＋m2v2′，能量守恒的表达
式是m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2，所以若两球相碰前后的动量守恒，则m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，若碰撞是弹
性碰撞，能量是守恒的，则有m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
(4)碰撞前后m1动量之比＝＝，＝＝，＝≈1.01
(5)发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒的表达式是m1v1＝m1v1′＋m2v2′，能量守
恒的表达式是m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝v1，则对应的表达式ON＝·OP，因此最大射程为
ONmax＝76.8 cm。
【变式4-2】 (2023·辽宁卷·11)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用
纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA 为水平段。选择相同材质
的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面某一位置，
标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O 点到停止处的滑行距离OP。
将硬币乙放置在O 处，左侧与O 点重合，将甲放置于B 点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别
测量甲乙从O 点到停止处的滑行距离OM 和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、
OM、ON 的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中，甲选用的是________(填“一元”或“一角”)硬币；
(2)碰撞前，甲到O 点时速度的大小可表示为________(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度
为g)；
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则＝________(用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币
对心碰撞过程中动量是否守恒；
(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不
是1，产生这种误差可能的原因__________________________________________。
【答案】 (1)一元 (2) (3) (4)见解析
【详解】 (1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元
硬币；
(2)甲从O 点到P 点，根据动能定理－μm1gs0＝0－m1v0
2，解得碰撞前，甲到O 点时速度的大小v0＝
(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝，v2＝
若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2
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整理可得＝
(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不
是1，这种误差可能的原因有：
①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外
力不为零。
【变式4-3】 (2024·北京市东城区汇文中学月考)动量守恒也可以用其他实验装置验证。
(1)如图甲所示，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球
的落点。选择半径相等的小钢球A 和硬塑料球B 进行实验，测量出A、B 两个小球的质量m1、m2，其
他操作重复验证动量守恒时的步骤。M′、P′、N′为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平
轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为O′，未放B 球时，A 球的落点是P′点，用刻度尺测量
M′、P′、N′到O′的距离分别为y1、y2、y3。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________。
A.＝＋
B.＝＋
C．m1＝m1＋m2
D.＝＋
(2)用如图乙所示装置也可以验证碰撞中的动量守恒，实验步骤与上述实验类似。未放质量为m2的小球
时，质量为m1的小球的落点是E，图中D、E、F 到抛出点B 的距离分别为LD、LE、LF。若两球相碰前
后的动量守恒，其表达式可表示为________。
A．m1LF＝m1LD＋m2LE
B．m1LE
2＝m1LD
2＋m2LF
2
C．m1＝m1＋m2
D．LE＝LF－LD
(3)如图丙所示的水平气垫导轨上，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程
所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起。实验测得滑块A 的总质量为m1、滑块
B 的总质量为m2，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如表所示。
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左侧光电门
右侧光电门
碰前
T1
T2
碰后
T3、T3
无
在实验误差允许范围内，若满足关系式________(用测量的物理量表示)，即验证了碰撞前后两滑块组成
的系统动量守恒。
【答案】 (1)A (2)C (3)－＝－
【详解】 (1)两小球做平抛运动，水平方向上有
x＝vt，竖直方向上有t＝，解得v＝x，
可知碰撞前后的速度正比于，
根据动量守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
整理得＝＋，故选A。
(2)碰撞后小球均做平抛运动，设斜面与水平面的夹角为α，由平抛运动规律得
Lsin α＝gt2，Lcos α＝vt
联立解得v＝
可知碰撞前后的速度正比于，
故m1v0＝m1v1＋m2v2可变形成验证表达式
m1＝m1＋m2，故选C。
(3)若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，依题意有
m1v1－m2v2＝－(m1＋m2)v3
设遮光片的宽度为d，则
v1＝，v2＝，v3＝
联立可得－＝－。
1．(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x 和动量p 描述，称为相，对应p－x 图像中的一个点。物体
运动状态的变化可用p－x 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x 轴正方向做初速度
为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
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【答案】 D
【详解】 质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，
联立可得p＝m＝m·
，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。
2．(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，
这种做法的好处是( )
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
【答案】 C
【详解】 充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可
知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B 错误，
C 正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D 错误。
3．(2023·北京市丰台区检测)质量为m 的物块在光滑水平面上以速率v 匀速向左运动，某时刻对物块施加
与水平方向夹角为θ 的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v 向右运动。在时间t
内，下列说法正确的是( )
A．物块所受拉力F 的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F 的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Ftcos θ
【答案】 D
【详解】 物块所受拉力F 的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A 错误；物块所受重力的冲
量为IG＝mgt≠0，故C 错误；由动量定理可知I 合＝2mv＝Ftcos θ，故B 错误，D 正确。
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4．(2023·广东佛山市一模)网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球
拍接触的时间大约是0.004 s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球( )
A．动量变化量为0
B．动量变化量约为3.0 kg·m/s
C．受到球拍的冲击力约为750 N
D．受到球拍的冲击力约为1 500 N
【答案】 D
【详解】 取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50
kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B 错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故
D 正确，C 错误。
5．(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
6．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
【详解】 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，
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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。
7．(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
【详解】 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5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5 3∶，故
B 错误，C 正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相
反，故D 错误。
8．(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
【详解】 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。
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