文档文本内容
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第22 讲 动量守恒定律及其应用
目
录
01 考情解码· 命题预警.........................................................................................................................................3
02 体系构建 ·思维可视.........................................................................................................................................4
03 核心突破· 靶向攻坚.........................................................................................................................................5
考点一 动量守恒定律的理解与应用 ............................................................................................5
知识点一 动量守恒定律............................................................................................................................5
知识点二 动量守恒定律的理解................................................................................................................5
考向1 系统动量守恒的判断.......................................................................................................................6
考向2 动量守恒定律的基本应用...............................................................................................................7
考点二 碰撞问题分析 .....................................................................................................................9
知识点一 碰撞的分类与比较....................................................................................................................9
知识点二 碰撞特点和遵循的三条原则....................................................................................................9
考向1 两物体碰撞后速度的分析.............................................................................................................10
考向2 弹性碰撞..........................................................................................................................................12
考向3 碰撞相关图像分析.........................................................................................................................15
考向4 碰撞中的临界问题.........................................................................................................................18
考点三 爆炸 ....................................................................................................................................20
知识点 爆炸..............................................................................................................................................20
考向 爆炸问题分析....................................................................................................................................20
考点四 反冲运动 火箭 ....................................................................................................................23
知识点一 反冲..........................................................................................................................................23
知识点二 火箭..........................................................................................................................................23
考向1 反冲运动..........................................................................................................................................23
考向2 火箭..................................................................................................................................................25
考点五 “人船模型” ........................................................................................................................29
知识点 模型分析......................................................................................................................................29
考向 “人船模型”问题............................................................................................................................29
04 真题溯源 ·考向感知......................................................................................................................................32
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动量守恒定律的
理解与应用
选择题
非选择题
安徽卷T8，4 分
碰撞问题分析
选择题
非选择题
爆炸
选择题
非选择题
安徽卷T10，4 分
反冲运动 火箭
选择题
非选择题
“人船模型”
选择题
非选择题
考情分析：
“动量守恒定律及其应用的考查主要以选择题形式出现，有时会以单选压轴题或多选压轴题出现。通常结
合其他动力学的重点知识，如运动学图像、牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、板块模型进行综合考
查。
试题情境
生活实践类：滑冰、烟花爆炸、火箭、弹珠游戏等；
学习探究类：“人船模型”问题的实际应用。
复习目标：
目
一：
标
理解
量守恒的条件并会判断
量是否守恒
动
动
。
目
二：
标
全利用
量守恒解决
的碰撞或相互作用
（如碰撞、火箭、爆炸等）。
动
问题
简单
目标三：掌握“人船模型”的原理和
理方法、技巧。
处
2
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考点一 动量守恒定律的理解与应用
3
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知识点一 动量守恒定律
对动量的理解
(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。这就是动量
守恒定律。
(2)表达式
①p＝p ′ ，系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′ ＋
m 2v2′，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。
③Δ p 1＝－
Δ p 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点二 动量守恒定律的理解
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应过程每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速领域，也适用于高速领域和微观领域。
得分速记
判断系统动量是否守恒的方法：
1．分析系统不受外力或所受外力的合力是否为零；
2．系统内力是否远大于外力；
3．系统某一方向是否不受外力。
考向1 系统动量守恒的判断
例1 （25-26 高三上·安徽·开学考试）如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速
下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力，从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的
系统（ ）
4
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A．总动量不变，总动能不变
B．总动量不变，总动能变化
C．总动量变化，总动能变化
D．总动量变化，总动能不变
【答案】B
【详解】由于木块与铁块开始时匀速下降，系统所受的合外力为零，剪断细线后系统的合外力仍为零，系
统的总动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，系统的合外力做正功，总动能增加，故选
B。
【变式训练1】 （24-25 高三上·安徽合肥·期末）如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧
紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。
在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车始终保持静止
B．车离开墙壁后做匀速运动
C．小球从释放至第一次摆到最低点的过程机械能守恒
D．小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统动量守恒
【答案】C
【详解】A．小球在第一次经过最低点前的过程中，小车保持静止，之后小车开始运动，故A 错误；
B．车离开墙壁后，小球和小车组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，小球水平方
向做变速运动，小车离开墙壁后不是做匀速运动，故B 错误；
C．小球从释放至第一次摆到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C 正确；
D．小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，光滑的水平地面上静止着甲、乙、丙三辆小车，某同学站在
甲车上，奋力由甲车跳到乙车上，再由乙车跳到丙车上，最终与丙车一起运动，测得三辆车速度大小相同，
乙、丙两车运动方向相同。若该同学质量为m，甲、乙、丙三车质量分别为
、
、
，则下列关系正
确的是（ ）
5
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】该同学跳离甲车过程动量守恒有
该同学跳上再跳离乙车过程动量守恒有
该同学跳上丙车过程动量守恒有
由题意知
联立得
，故选A。
解题思路：
应用动量守恒定律解题的步骤
【变式训练1】航天员在“天宫课堂”中演示碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，
照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示。则小球和大球的质量之比为（ ）
A．1：2
B．1：4
C．2：3
D．1：5
【答案】B
【详解】设小球、大球的质量分别为m1、m2，小正方形的边长为a，间隔相等的时间为t，水平向右为正
方向，由第一张与第二张照片可知小球的初速度
6
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由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度
碰撞后大球的速度
根据动量守恒定律有
解得
故选B。
【变式训练2·变考法】（2025·上海·一模）空间站内，甲乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静
止，乙拿着质量为 50kg 箱子正以2m/s 的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和
箱子间作用时间为0.2s，离手时箱子速度为4m/s，甲乙两人和装备的总质量分别为200kg 和250kg，求：
(1)乙对箱子的平均作用力大小。
(2)推出箱子后乙的速度。
(3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力至少为多少？
【答案】(1)500N
(2)1.6m/s，方向向左
(3)1000N
【详解】（1）设向左为正方向，以箱子为研究对象，设乙对箱子的作用力为F，由动量定理可得
其中
，
，
代入数据可得乙对箱子的平均作用力大小
（2）以向左为正，对箱子和乙由动量守恒可得
其中
，
，
，
代入数据可得，推出箱子后乙的速度
速度为正，方向向左。
（3）甲接住箱子后，若三者共速，设共同速度为，此种情况下乙对箱子的平均作用力最小，以向左为正
方向，研究甲、乙和箱子组成系统，由动量守恒可得
代入数据解得
以乙为研究对象，由动量定理可得
代入数据解得，箱子对乙平均作用力
由牛顿第三定律可得，乙对箱子的平均作用力最小值为
。
7
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考点二 碰撞问题分析
知识点一 碰撞的分类与比较
1.分类：弹性碰撞、完全非弹性碰撞、非完全弹性碰撞
2.对比分析
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
知识点二 碰撞特点和遵循的三条原则
1.碰撞特点：
（1）作用时极短；（2）相互作用力极大（动量守恒）；（3）作用过程位移为0（碰撞前后位置不变）
(1)动量守恒定律。
(2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后
面物体的速度。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
得分速记
弹性碰撞碰后速度公式
v1′＝、v2′＝
考向1 两物体碰撞后速度的分析
例1 （2025 高三·全国·专题练习）如图所示，动量分别为
、
的两个小球A、B
在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用
、
表示两小球动量
的变化量。则下列选项中可能正确的是（ ）
A．
、
B．
、
C．
、
D．
、
8
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【答案】A
【详解】A．根据碰撞过程动量守恒定律，如果
、
，所以碰后两球的动
量分别为
、
，根据
计算可知碰撞过程总动能不增加，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
，
，违反了动量守恒定律，不可能，故B 错误。
C．根据碰撞过程动量守恒定律，如果
、
，碰后两球的动量分别为
、
，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C 错误。
D．如果
、
，所以碰后两球的动量分别为
、
，
可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能。故D 错误。
故选A。
【变式训练1】如图，光滑水平地面上，动量为
的小球1 向右运动，与同向运动且动量为
的小球2 发
生弹性碰撞，
，碰撞后小球1 的速率为
、动能为
、动量大小为
，小球2 的速率为
、动能
为
、动量大小为
。下列选项一定正确的是（ ）
A．
B．碰撞后球2 向右运动，球1 向左运动
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．要发生碰撞则
根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度
，
因此当
足够大时可造成
9
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由弹性碰撞规律，当
时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB 错误；
C．碰撞过程小球2 动能增大，但初动能小球1 的大于小球2 的，故碰后动能大小不确定，故C 错误；
D．碰撞过程小球2 动量增大，且系统动量守恒，所以
，故D 正确。
故选D。
【变式训练2】A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，
vB=2m/s，当A 追上B 并发生碰撞后，A、B 两球速度的可能值是（ ）
A．vA′=5m/s，vB′=2.5m/s
B．vA′=2m/s，vB′=4m/s
C．vA′=-4m/s，vB′=7m/s
D．vA′=7m/s，vB′=1.5m/s
【答案】B
【详解】A．碰撞过程需满足系统动量守恒、碰撞过程中系统动能不增加、碰撞后A 球的速度不大于B 球
的速度，题意可知碰前系统动量
碰前系统动能
由A 选项数据，可知碰后A 球速度大于B 球速度，不符合碰撞过程，故A 错误；
B．由B 选项数据，可知碰后系统动量
满足动量守恒，且碰后系统动能
满足碰撞过程中系统动能不增加，且碰撞后A 球的速度小于B 球的速度，综合可知满足碰撞过程，故B 正
确；
C．由C 选项数据，可知碰后系统动能
可知碰撞过程系统动能增加，故C 错误；
D．由D 选项数据，可知碰后A 球速度大于B 球速度，不符合碰撞过程，故D 错误。
故选B。
考向2 弹性碰撞
例2 （2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，两个完全相同的弹性小球A 和B（均可看作质点），分别挂
在长
和L 的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A 向左拉开一个较小角度（小
于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2 次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
，
由
，解得
，
可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得
，
从释放小球A 到第1 次相碰经历时间
从小球B 摆起到第2 次相碰经历时间
故选A。
解题技巧：
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0
时，碰后质量大的物体速度不变，仍为v10，质量小的物体速度为2v10；当m1≪m2，且v20＝0 时，碰后质量
大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。
【变式训练1】（2025·广西南宁·三模）（多选）如图所示，质量分别为m、2m 的两小球A、B 用轻质弹
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簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能
，x 为弹簧的形变量。A 球通过一根水平轻质
细线（足够长）连接到墙壁上，A、B 均静止在光滑水平地面上。现将小球B 向右拉开一小段距离
后由
静止释放，关于从释放小球B 到小球A 碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B 的系统动量守恒
B．小球B 的最大速度为
C．小球A 的最大速度为
D．弹簧最短时，其压缩量为
【答案】BD
【详解】A．从释放小球B 到A 球撞墙壁前的过程中，弹簧第一次恢复原长前，细线有拉力，小球A、B
的系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
B．弹簧第一次恢复原长时，小球B 的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B 的动能，由机械能守
恒定律有
解得
，故B 正确；
C．当弹簧第二次恢复原长时，小球A 的速度最大，记为
，此时小球B 的速度记为
，从弹簧第一次恢
复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B 的系统动量守恒，该过程相当于小球B 以速度
与小球A 发
生了完全弹性碰撞，则有：
，
解得
，
，故C 错误；
D．弹簧最短时，对小球A、B 的系统：
，
解得
，故D 正确。
故选BD。
【变式训练2】（多选）如图所示，叠放在一起的a、b 两物块从距地面一定高度处由静止下落，经碰撞后
物块b 静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b 与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均为弹性碰撞，则
（ ）
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A．下落过程中物块a、b 间存在弹力作用
B．物块b 的质量是a 的3 倍
C．物块a 能反弹的最大高度是其初始下落高度的5 倍
D．物块a 反弹的速度是物块b 落地速度的2 倍
【答案】BD
【详解】A．由于不受空气阻力作用，两物块均在空中做自由落体运动，两物块之间不存在相互作用的弹
力，故A 错误；
BD．两物块落地瞬间的速度大小为v0，物块b 落地后与地面发生弹性碰撞，以初速度v0反弹且与物块a 发
生弹性碰撞，设碰撞后瞬间物块a 的速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得
mb=3ma，v=2v0
故BD 正确；
C．以整个过程为研究对象，设初始下落高度为h，a 反弹的高度为h'，则有
解得
h'=4h
故C 错误。
故选BD。
考向3 碰撞相关图像分析
例3 质量为
和
的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示，若令
，则p 的取值范围为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，
碰后的速度为
碰后的速度大小为
两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
且
整理解得
即
故选C。
【变式训练1】质量mA＝3kg、mB＝1kg 的A、B 两物块都在倾角37°的固定斜面上，某时刻物块A 在斜面
上从静止开始下滑，同时物块B 在距物块A 下方某位置以v0＝6m/s 的初速度上滑，经过0.5s 两物块碰撞，
并立即粘在一起运动。规定沿斜面向下为正方向，可得两物块的v-t 图像如图所示。已知重力加速度大小g
取10m/s2，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则两物块碰撞前（ ）
A．物块A 的速度大小为4m/s
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B．物块B 的速度大小为3m/s
C．物块A 的速度大小为2m/s
D．物块B 的速度大小为1m/s
【答案】D
【详解】物块A 的加速度为
物块B 的加速度为
物块A 碰撞前的速度为
物块B 碰撞前的速度为
规定沿斜面向下为正方向，根据动量守恒有
解得
故选D。
【变式训练2】（2025·河南·三模）（多选）如图（a）所示，相距较远的两物体
、
放在光滑水平面上，
物体
左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体
以速度
沿
、
连线向
物体运动。
时，物体
与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度与时间的关系如图（b）所示。已知
时间内，物体
运动的距离为
，物体
的质量为
，运动过程中弹簧始终处于弹性限度
内，下列说法正确的是（ ）
A．物体
的质量为
B．物体
与轻弹簧分离时，速度为
C．
时间内，物体
运动的距离为
D．弹簧压缩最短时弹性势能为
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【答案】AC
【详解】A．题图可知AB 共速为
，规定向右为正方向，由动量守恒有
解得物体B 的质量
故A 正确；
B．设物体A 与轻弹簧分离时，AB 速度分别为
、
，则由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
故B 错误；
C．设
在
前任意时刻速度分别为
、
，由动量守恒有
整理得
其中
联立解得
故C 正确；
D．弹簧最短时
共速，
由能量守恒
代入数据得
故D 错误。
故选AC。
考向4 碰撞中的临界问题
例4（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）如图所示，一排人站在沿x 轴的水平轨道旁，原点O 两侧的人
的序号都记为n（n＝1，2，3…）。每人只有一个沙袋，x>0 一侧的每个沙袋质量为m＝14kg，x<0 一侧的
每个沙袋质量
，一质量为M＝58kg 的小车以某初速度从原点出发向正x 方向滑行，不计轨道阻力，
当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u 的大小等于
扔此袋之前的瞬间车速大小的2n 倍（n 是此人的序号数）。则（ ）
A．空车出发后，车上堆积了3 个沙袋时车就会反向滑行
B．空车出发后，车上堆积了4 个沙袋时车就会反向滑行
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C．车上最终共有大小沙袋11 个再次反向
D．车上最终共有大小沙袋14 个再次反向
【答案】BD
【详解】AB．在小车朝正x 方向滑行的过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后的车速为
，第n 个沙袋
扔到车上后的车速为
，由动量守恒定律
解得
小车反向运动的条件是
，即
，
代入数据解得
n 应为整数，故n＝4
即车上堆积4 个沙袋后车就反向滑行，故B 正确，A 错误；
CD．车自反向滑行直到接近x<0 一侧第1 人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M＋4m。若在朝
负x 方向滑行过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后车速为
，第n 个沙袋扔到车上后车速为
，现取
在图中向左的方向（负x 方向）为速度
、
的正方向，则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是
若反向有
解得n＝10
n＝10 时，车反向滑行，即在x<0 一侧第10 个沙袋扔到车上后车就反向，所以车上最终共有大小沙袋14
个，故D 正确，C 错误。
故选BD。
【变式训练1】如图（a）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车，质量为30 kg 的小孩乘甲车以5
m/s 的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg，乙车静止于甲车滑行的前方。
（1） 两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图（b）所示， 求乙车的质量。
（2）为了避免甲、乙两车相撞，小孩可以在适当距离，快速从甲车跳到乙车上。求小孩最少以多大的速
度（相对于地面）跳离甲车，才能避免甲乙相撞。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）90kg；（2）
【详解】（1）由图可知，碰撞前甲车的速度大小
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碰撞后甲车的速度大小
负号表示方向向左
乙车的速度大小
甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
代入数据解得
（1 设人跳向乙车的速度为v 人，系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：人跳离
甲车
人跳至乙车
为使二车避免相撞，应满足
取“＝”时，人跳离甲车的速度最小,代入数据解得
【变式训练2】如图所示，有A、B 两质量均为30kg 的小车，在光滑的水平面上以相同的速率2m/s 在同一
直线上相向运动，A 车上有一质量为40kg 的人，他至少要以多大的水平速度（相对地）从A 车跳到B 车
上，才能避免两车相撞？
【答案】2.9m/s
【详解】规定mA向右速度为正，mB向左为负，由于水平面光滑，人跳离A 后，A 及人动量守恒，则有
人跳上B 前后
，mB动量守恒，则有
要使两车不相撞，满足v1、v2同向且
代入数据可解得
即他至少要以2.9m/s 的水平速度（相对地）从A 车跳到B 车上，才能避免两车相撞。
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考点三 爆炸
知识点 爆炸
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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，因而在作用过程中，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。
考向 爆炸问题分析
例 （2025·江苏盐城·模拟预测）一烟花竖直上升到最高点时恰好爆炸，假设爆炸瞬间各碎片以等大的速
率向各方向运动，空气阻力忽略不计，则（ ）
A．爆炸瞬间，烟花的机械能转化为其他形式的能
B．从爆炸后到落地前，各部分碎片均做匀变速直线运动
C．从爆炸后到落地前，各部分碎片总在同一个球面上
D．从爆炸后到落地前，各部分碎片动量的总和保持不变
【答案】C
【详解】A．爆炸瞬间，烟花内部的化学能转化为碎片的动能，机械能增加，而非机械能转化为其他形式
的能，A 错误；
B．爆炸后碎片初速度方向各异，仅当速度方向竖直时做匀变速直线运动；其他方向（如水平）的碎片因
加速度与速度方向不共线，轨迹为抛物线，B 错误；
C．一是所有碎片共同的、随质心一起的自由落体运动；二是各碎片相对于质心的匀速直线运动。由于各
碎片初速率均为
，因此在任意时刻，各碎片相对于质心的距离均为
。这表明所有碎片分布在一个以
质心为球心、半径不断增大的球面上。C 正确；
D．爆炸后系统所受合外力为总重力
（
为烟花总质量），不为零，故系统总动量不守恒，D 错误。
故选C。
爆炸问题解题技巧：
(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。
(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。
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【变式训练1·变载体】（2025·海南·三模）（多选）“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二
三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起
花”的总质量为
（含火药），“起花”内装有质量为
的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对
地面大小为
的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1 的两块碎块，且
沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为
，空气阻力忽略不
计，下列说法正确的是（ ）
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
【答案】BD
【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A 错误；
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒，故
B 正确；
C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为
，根据动量守恒定律有
得
故C 错误；
D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1 的两块碎块的速度之比为1：2，即质量大的
和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水平方向的速度大小之比为1：2，由
于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地时的速度之比不可能是1：2，即质量小的碎块落地
时的速度大小不可能为
，故D 正确。
故选BD。
【变式训练2】（2025·福建厦门·模拟预测）已知某花炮发射器能在
内将花炮竖直向上发射出去，
花炮的质量为
、射出的最大高度
，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后
花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻
力及发射器大小，重力加速度
。求：
(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F 的大小；
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(2)爆炸后两物块的质量
、
的大小。
【答案】(1)
(2)
，
【详解】（1）花炮发射后做竖直上抛运动，设发射时的初速度为
，则有
，解得
以向上的方向为正方向，对花炮，由动量定理可得
解得
（2）花炮爆炸时，动量守恒，由动量守恒定律可得
爆炸后两物块做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，两物块运动时间相同，则有
又
，联立解得
，
考点四 反冲运动 火箭
知识点一 反冲
(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反
方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；
②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒，由于有其他形式的能转化为机
械能，所以系统的总机械能增加。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
知识点二 火箭
以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据
动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，
所以mΔv＋Δmu＝0，
解出Δv＝－u。
考向1 反冲运动
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例1 国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计
划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500 年的时间
奔往另外一个栖息之地。这个科幻情节中里有反冲运动的原理。现实中的下列运动，属于反冲运动的有（
）
A．汽车的运动
B．直升飞机的运动
C．火箭的运动
D．喷气式飞机的运动
【答案】CD
【详解】如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向
相反的方向运动，这个现象叫做反冲；
A．汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的,不属于反冲运动，故A 错误；
B．直升机是利用的空气的反作用力而使飞机上升的，不属于反冲运动，故B 错误；
C．火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，故C 正确；
D．喷气式飞机的运动是利用了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D 正确。
故选CD。
解题要领：
反冲问题
(1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。
(2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相
反的。
【变式训练1·变载体】（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。
已知乌贼喷水前的质量为 M。 速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m 的水以速度u 水平向前喷出，
获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。 下列说法正确的是（ ）
A．乌贼获得的最大速度为
B．喷水后乌贼做匀减速直线运动
C．喷水后乌贼向后逃离的最远距离为
D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能
【答案】C
【详解】A．根据动量守恒定律有
解得
故A 错误；
B．所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则
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随着速度减小，加速度逐渐减小，故B 错误；
C．对
运用积分原理有
解得
故C 正确；
D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D 错误；
故选C。
【变式训练2】某中学兴趣小组用塑料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作“水火箭”。如图甲所示，瓶中装
有质量为m 的水，通过不断打气使瓶内空气压强达到一定程度时瞬间发射。发射时如图乙，竖直静置于地
面总质量为M（含水）的水火箭，在极短的时间内将瓶中水以相对于地面v0的速度全部喷出。已知重力加
速度为g，空气阻力可忽略不计。则（ ）
A．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
B．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
【答案】C
【详解】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，则火箭和水机械能不守恒，故A 错误；
B．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B 错误；
C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
解得
，故C 正确；
D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有
联立，解得火箭上升的最大高度为
，故D 错误。
故选C。
考向2 火箭
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例2 如图所示，北京时间2024 年3 月2 日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在地
面科研人员的配合支持下，进行了约8 小时的出舱活动，完成既定任务。为了保证出舱宇航员的安全，通
常会采用多重保障，其中之一就是出舱宇航员要背上可产生推力的便携式设备，装备中有一个能喷出气体
的高压气源。假设一个连同装备共有
的航天员，脱离空间站后，在离空间站
的位置与空间站处
于相对静止的状态。航天员为了返回空间站，先以相对空间站
的速度向后喷出
的气体距离空
间站
时，再次以同样速度喷出同等质量的气体，则宇航员返回空间站的时间约为（ ）
A．200s
B．300s
C．400s
D．600s
【答案】B
【详解】设宇航员的速度方向为正方向，第一次喷气后航天员的速度为，则根据动量守恒定律
即
解得
此
所需的时间为
再次喷气，设喷气后航天员的速度为
，根据动量守恒定律
即
解得
此后
所需的时间为
则宇航员返回空间站的时间约为
故选B。
【变式训练1·变载体】一名连同装备总质量为M 的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x 处与飞船处于相
对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航
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天员一次性向后喷出质量为Δm 的气体，且在规定时间t 内返回飞船。下列说法正确的是（ ）
A．喷出气体的质量Δm 小于
B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t
C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于t
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒
【答案】A
【详解】A．由题知，航天员的速度为
喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A 正确；
B．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则
变大，故返回时间小于t，故B 错误；
C．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据
可知
减小，故
减小，则返回时间大于t，故C 错误；
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不
守恒，故D 错误。
故选A。
【变式训练2】（2025·广东·模拟预测）如图所示，某实验小组为研究火箭单级推进与多级推进的区别，设
计了如下简单模型：以轻质压缩弹簧代替推进剂的作用，研究单级推进与二级推进上升高度的不同。
方案一：将两根相同的轻弹簧并排连接在火箭下方，模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，
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释放后火箭上升的最大高度为H。
方案二：将火箭整体分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别连接在两级火箭的底部，将两级
火箭上下叠放，并使两根轻弹簧发生与方案一中同样的形变，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先
释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的压缩弹簧进行二级推
进。假设火箭的总质量为m，弹簧的劲度系数很大，可瞬间弹开，弹簧和火箭的高度不计，忽略空气阻力
的影响，火箭始终在同一竖直线上运动，重力加速度为g。求：
(1)方案一中单根压缩弹簧储存的弹性势能
；
(2)方案二中二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度大小
，
；
(3)方案二中二级推进完成后，二级火箭继续上升的最大高度h。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）根据机械能守恒定律可得
解得
（2）设一级推进完成瞬间，火箭的速度大小为
，根据机械能守恒定律可得
解得
二级推进过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
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，
（3）二级推进完成后，对二级火箭，则有
解得
考点五 “人船模型”
知识点 模型分析
如图所示，长为L、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，
不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，
所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m 船v 船＝m 人v 人，
因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒，
故有：m 船x 船＝m 人x 人，
由图可看出：x 船＋x 人＝L，
可解得：x 人＝L，x 船＝L。
此模型可进一步推广到其他类似的情境中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气
球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，
求弧形槽移动距离的问题等。
考向 “人船模型”问题
例 （25-26 高三上·内蒙古·开学考试）一条小船浮在水面上，不计水的阻力，人和船初状态都静止，若人
从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系可能正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】C
【详解】人和船组成的系统合外力为零，系统动量守恒，初状态总动量为零，则运动中二者的动量一定等
大反向，人向右运动，船一定向左运动。故ABD 错，C 正确。
故选C。
模型建构：
1.建立“柱体”模型，沿速度v 的方向选取一段微元，其横截面积为S。
2.微元研究，作用时间Δt 内一段微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝
nvSΔt。
3.应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解，即FΔt＝NmΔv。
【变式训练1·变载体】如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg 的人，静止在空气中距地面20m
高的地方，气球下方悬挂一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到
达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（ ）
A．20m
B．30m
C．40m
D．60m
【答案】D
【详解】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守
恒得
人与气球运动的距离分别为
，
联立可得
又
代入数据解得绳长至少为
故选D。
【变式训练2】（2025·重庆·模拟预测）（多选）如图两块上表面粗糙，厚度相同，质量分别为
、
的
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木板A、B 静止放置在光滑水平面上。质量为
的人形机器人，可视为质点，静止于A 木板最左端。已
知A 木板长度为
，某时刻开始机器人从A 木板最左端走到A 木板最右端，并相对A 木板静止后，机器
人以做功最少的方式从A 木板跳到B 木板最左端，设机器人起跳过程所做功全部用于提供自身及A 木板的
机械能，重力加速度为
，忽略空气阻力。则（ ）
A．整个过程中机器人和两木板动量守恒、机械能守恒
B．当机器人从A 木板最左端走到A 木板最右端时，A 相对地面的位移大小为
C．该起跳过程机器人做的功为
D．若机器人落在B 上立即共速，则该速度大小为
【答案】BCD
【详解】该过程中机器人参与做功，系统水平动量守恒、机械能不守恒。由
且
则
令机器人起跳速度为
，与水平方向角度为
，在空中运动时间为。则由起跳得抛体运动规律有
，
联立的
由机器人和
水平动量，能量守恒有
，
整理有
则当
即
时，
故当跳上B 木板由水平方向动量守恒
得
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故选BCD。
1．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q 的质量分别为
和
，将它们分别与小车N 沿直线做碰撞实验，
碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。小车N 的质量为
，碰撞时间极短，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】PN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
同理，QN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
故
故选D。
2．（2024·安徽·高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的
绝缘轻质细线，连接成边长为d 的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为
，可视为点电荷。
初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1 和球2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速
度大小分别为
、
、
，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了
，k 为静电力常
量，不计空气阻力。则（ ）
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A．该过程中小球3 受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，
，
D．在图乙位置，
【答案】D
【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力
为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3 受
到1 和2 的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3 受到的合力为0，球3 从静止状态开始运动，瞬间
受到的合力不为0，故该过程中小球3 受到的合力在改变，故AB 错误；
CD．对系统根据动量守恒
根据球1 和2 运动的对称性可知
，解得
根据能量守恒
解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
3．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B 分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A 左右端相连，整
个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A 的动能达到最大
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B．弹簧压缩最大时，A 的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为
，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
联立得
故可知弹簧恢复原长时物体A 速度最大，此时物体A 的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，
系统机械能不变。
故选A。
二、多选题
4．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M 和N。M 水平向右运动，速度
大小为v。M 与静置于平台边缘的N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，
N 在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
可知
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
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，
碰后小球N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；
在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
5．（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C 错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D 正确。
故选AD。
三、解答题
6．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需
要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一水平面上两条光
滑平行轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与
轨道平行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，且在A 点正下方，
。
滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，
，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，
，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A
点，求v 的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，
，且
，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
【答案】(1)
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(2)
(3)
，
【详解】（1）由B 点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为
时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为
时计为点C，由能量守恒可得
设
的水平速度和竖直速度分别为
，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为
，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当
时取得最小，此时
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7．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨
道最低点的小球A 施加水平向左的瞬时冲量I，A 沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B 正
碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B 的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R =
0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B 碰前瞬间A 的速度大小；
(2)A、B 碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】(1)4 m/s
(2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A 从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有
设与B 碰前瞬间A 的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
联立代入数据解得
（2）A 与用轻绳悬挂的静止小球B 正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
设A、B 碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
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