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第2 讲 动量守恒定律及其应用
学习目标 1.理解动量守恒的条件。 2.会定量分析一维碰撞问题。 3.会用动量
守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判断
(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规
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定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)
(4)碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。(×)
(5)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)
(6)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)
2.如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高为20 m 处以一定的初速度向
左平抛，落在以7.5 m/s 速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中。车底
涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间的速度大小
是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(g 取10 m/s2)( )
A.5 m/s
B.4 m/s
C.8.5 m/s
D.9.5 m/s
答案 A
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1.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。
(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。
2.动量守恒定律的五个特性
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相
互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互
作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光
速运动的微观粒子组成的系统
2
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角度
动量守恒定律的理解
例1 (2021·全国乙卷，14)如图1，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( )
图1
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
解析 撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦
力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B 正确。
角度
动量守恒定律的基本应用
例2 (多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1
＝1.0 kg 的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg 的长木板B，绳子开始是松弛
的。质量为m3＝1.0 kg 的物块C 放在长木板B 的右端，C 与长木板B 间的滑动摩
擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C 水平向左的瞬时初速度v0＝
2.0 m/s，物块C 立即在长木板B 上运动。已知绳子绷紧前，B、C 已经达到共同
速度；绳子绷紧后，A、B 总是具有相同的速度；物块C 始终未从长木板B 上滑
落。下列说法正确的是( )
图2
A.绳子绷紧前，B、C 达到的共同速度大小为1.0 m/s
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B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C 三者将以大小为 m/s 的共同速度一直运动下去
答案 ACD
解析 绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度，设B、C 达到的共同速度大小为
v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A 正确；绳子
刚绷紧后的瞬间，设A、B 具有相同的速度v2，A、B 组成的系统满足动量守恒，
则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B 错误，C 正确；A、B、C 三者最终
有共同的速度，设为v3，A、B、C 组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋
m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D 正确。
1.(2024·湖南衡阳高三月考)如图3 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
和篮球的速度均为v0。则( )
图3
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
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C.墙对篮球的冲量大小为(M＋m)v0
D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0
答案 D
解析 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，A 错误；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，B 错误；设运动员抛球后速
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＝v0，由动量定理可知篮球撞墙过程有I＝mv－(－mv)＝2mv＝
(M＋m)v0，C 错误，D 正确。
考点二 碰撞问题
角度
碰撞的可能性
碰撞问题遵守的三条原则
例3 (2024·重庆市育才中学高三期中)如图4 为某运动员正在准备击球，设在某
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一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白
色球A 的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B 静止，碰后花色球B 的动量变为pB′＝4
kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
图4
A.mB＝mA
B.mB＝mA
C.mB＝2mA
D.mB＝5mA
答案 C
解析 碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定
律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有
＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A 的速度不大于B 的速度，则≤，
解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C 正确。
角度
弹性碰撞
1.弹性碰撞的特点：碰撞瞬间系统内无机械能损失。
2.弹性碰撞的结论
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′
m1v＝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，动量和动能全部转移)。
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(2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。
(3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1。
(4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两物体沿相反方向运动)。
(5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
例4 (2023·重庆卷，14)如图5 所示，桌面上固定有一半径为R 的水平光滑圆轨
道，M、N 为轨道上的两点，且位于同一直径上，P 为MN 段的中点。在P 点处
有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P 点后，其速度大小都增加v0。质量为
m 的小球1 从N 处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M 处的小球2 发生
第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
图5
(1)球1 第一次经过P 点后瞬间向心力的大小；
(2)球2 的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
答案 (1)4m (2)3m (3)
解析 (1)球1 第一次经过P 点后瞬间速度变为2v0，
所以Fn＝m＝4m。
(2)球1 与球2 发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1 碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
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m(2v0)2＝mv2＋m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
球1 回到P 点所需时间t1＝
此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
角度
非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk 损
2.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk 损max
结果：v＝
ΔEk 损max＝(v1－v2)2
3.静止物体被撞后的速度范围
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，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0。则
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碰后物体B 的速度范围为v0≤vB≤v0。
例5 (2024·北京四中质检)如图6 所示，超市为节省收纳空间，常常将手推购物
车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16 kg 的两辆购物车相距L1＝1 m 静止在水
平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，
继续运动了L2＝1.25 m 后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，
车运动时受到的阻力恒为车重的0.25 倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
(3)工作人员对第一辆车所做的功。
答案 (1)1 s (2)100 J (3)240 J
解析 (1)对整体，由牛顿第二定律有k×2mg＝2ma
解得a＝2.5 m/s2
逆向过程有L2＝at2，解得t＝1 s。
(2)嵌套后，对整体有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s
嵌套过程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5 m/s
在嵌套过程中损失的机械能ΔE＝mv－×2mv
解得ΔE＝100 J。
(3)对第一辆小车，由动能定理得W－kmgL1＝mv－0
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解得W＝240 J。
2.(2024·福建福州高三月考)如图7 所示，光滑水平面上依次有滑块C 质量mC＝2
kg，滑块A 质量mA＝3 kg，滑块B 质量mB＝3 kg。开始时A、B 静止，C 以初速
度v0＝10 m/s 的速度冲向A，与A 发生弹性碰撞，碰撞后A 继续向右运动，与B
发生碰撞并粘在一起。求：
图7
(1)C 与A 碰撞后A 的速度大小为多少；
(2)A 与B 碰撞过程中损失的机械能。
答案 (1)8 m/s (2)48 J
解析 (1)取向右为正方向，以C、A 为系统研究，根据动量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有mCv＝mCv＋mAv
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C 与A 碰撞后A 的速度大小为8 m/s。
(2)仍取向右为正方向，以A、B 为系统研究，根据动量守恒定律有
mAvA＝v
根据能量守恒定律有E 损＝mAv－v2
解得E 损＝48 J。
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考点三 爆炸、反冲和“人船”模型
角度
爆炸问题
爆炸现象的三个规律
动量
守恒
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
机械能
增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所
以系统的机械能增加
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，可以认
为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
例6 (多选)(2023·山东济南一模)某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地
面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q 两部分，
P、Q 两部分的质量比为2∶5。爆炸后P 部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向
下与竖直方向成60°。若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q 运动过程中受到
的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
图8
A.Q 部分落地时的速度大小为20 m/s
B.Q 部分落地时的速度大小为90 m/s
C.P 部分落地点与爆炸点的水平距离为75 m
D.P 部分落地点与爆炸点的水平距离为135 m
答案 AC
解析 爆炸过程中由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，对Q 从爆炸到落地，由动能
定理得mQgh＝mQv2－mQv，解得v＝20 m/s，A 正确，B 错误；对P 部分在竖直
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方向有vPy＝vPcos 60°＝25 m/s，h＝vPyt＋gt2，解得t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin
60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P 部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75 m，C 正
确，D 错误。
角度
反冲问题
反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循
动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，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
例7 (2023·山东省新高考联合模拟)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为
宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图9 所示，
宇航员在距离空间站舱门为d 的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压
缩气体通过横截面积为S 的喷口以速度v1持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为
v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质
量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的
变化，则喷出压缩气体的密度为( )
图9
A.
B.
C.
D.
答案 D
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解析 设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝
Mv2，宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ
＝，故D 正确。
角度
人船模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0。
(2)两物体的位移大小满足：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)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的
反比，即＝＝。
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
例8 (2023·湖南卷，15 改编)如图10，质量为M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，
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凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b，长轴
水平，短轴竖直。质量为m 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止
开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地
面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度
为g。
图10
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)凹槽相对于初始时刻运动的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系
统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb＝mv＋Mv
联立解得v2＝。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
A 级 基础对点练
对点练1 动量守恒定律的理解与基本应用
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1.(2024·江苏苏州高三联考)如图1 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( )
图1
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
D.当锤子速度方向竖直向下时，人和车的速度为零
答案 D
解析 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
持续向右或向左运动，故A、C 错误；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；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。
2.如图2 所示，质量为M 的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与
桌面相切，一个质量为m 的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，
则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
图2
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A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，
因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度
v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上
动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A 正确。
3.(2024·重庆高三统考)如图3 所示，有一块足够长的木板，放在光滑水平面上，
在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5 的5 块木块，所有木
块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为5m。在t＝0 时
刻木板静止，第1、2、3、4、5 号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、
5v0，方向都向右，重力加速度为g。所有物块和木板最终都会共速，其共同速度
为( )
图3
A.v0
B.2v0
C.v0
D.v0
答案 A
解析 整个系统所受合外力为零，系统动量守恒，取水平向右为正方向，对系统，
由动量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0＋4v0＋5v0)＝10mv 共，解得v 共＝v0，故A 正确。
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对点练2 碰撞问题
4.(2024·山东青岛即墨高三期末)如图4，质量为m 的小球A 沿光滑水平面以速度
v0 向右运动，与质量为4m 的静止小球B 发生碰撞，碰撞后小球A 以速率v＝
kv0(k 为待定系数)弹回，然后与固定挡板P 发生弹性碰撞，要使A 球能与B 球再
次发生碰撞，则k 的取值范围应满足( )
图4
A.<k≤
B.0<k<
C.k<或k≥
D.0<k≤
答案 A
解析 A 球与B 球第一次碰撞过程，根据动量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋4mvB，
碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，有mv≥m(kv0)2＋×4mv，为了使A 球能
与B 球再次发生碰撞，需要满足kv0>vB，联立解得<k≤，故A 正确。
5.(2024·河北衡水高三期中)如图5 所示，水平面上AO 段为动摩擦因数μ＝0.6 的
粗糙段，OB 段光滑。质量为m＝1 kg 的物体甲放在距O 点左侧x1＝3 m 的A 处，
物体乙静止放在距O 点右侧x2＝4 m 的B 处。现给物体甲一个水平向右的初速度
v0＝10 m/s，物体甲与物体乙在B 点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发
点A。重力加速度大小取g＝10 m/s2，两物体均可视为质点，则( )
图5
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A.物体甲第一次运动到O 点的速度大小为6.5 m/s
B.物体甲向右从O 点运动到B 点所用的时间为0.5 s
C.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为5.5 m/s
D.物体乙的质量为3.5 kg
答案 B
解析 根据动能定理有－μmgx1＝mv－mv，解得物体甲第一次运动到O 点的速
度大小为v1＝8 m/s，A 错误；物体甲向右从O 点运动到B 点所用的时间为t＝＝
0.5 s，B 正确；碰后物体甲恰好能返回出发点A，根据动能定理有－μmgx1＝－
mv，物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为v2＝6 m/s，C 错误；根据动量守
恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m 乙v 乙－mv2，mv＝mv＋m 乙v，得m 乙＝7
kg，D 错误。
6.(多选)(2024·甘肃武威高三月考)如图6 所示，光滑水平面上有一质量mA＝1 kg
的A 球和一质量mB＝1.5 kg 的B 球同向运动。已知A 球的初速度v1＝10 m/s，B
球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的
是( )
图6
A.当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A 球对B 球的冲量为7.5 N·s
B.碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J
C.碰撞后，A 球的速度可能为5 m/s
D.当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A 球对B 球的冲量为3 N·s
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答案 CD
解析 发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有mAv1＋mBv2＝
mAvA＋mBvB，mAv＋mBv＝mAv＋mBv，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，A 球对B 球的
冲量为I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A 错误；若发生完全非弹性碰撞，则mAv1＋mBv2
＝v，得v＝7 m/s，则碰撞后A 球的速度在4 m/s 到7 m/s 之间。完全非弹性碰撞
的机械能损失最大，为ΔE＝mAv＋mBv－v2＝7.5 J，B 错误，C 正确；当两球发生
的碰撞是完全非弹性碰撞时，A 球对B 球的冲量为I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D 正
确。
对点练3 爆炸、反冲和“人船”模型
7.(2024·湖北名校联考)2022 年11 月12 日，天舟五号与空间站天和核心舱成功对
接，在对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运
行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号
喷射燃气的方向可能正确的是( )
答案 A
解析 要想使天舟五号在与空间站同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与
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此同时要想不脱离原轨道，根据F＝m，知必须要增大向心力，即喷气时产生的
推力有沿轨道向前的分量和指向地心的分量，而喷气产生的推力与喷气方向相反，
故A 正确。
8.(2023·湖南长沙模拟)如图7，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，
质量为m 的木块在上、质量为M 的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静
的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块
均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，
不计其他阻力，则池深为( )
图7
A.h
B.(h＋2a)
C.(h＋2a)
D.h＋2a
答案 D
解析 设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力为零，
由动量守恒定律(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋
2a，D 正确。
9.(2024·江苏无锡高三月考)如图8 所示，水平地面上静止放置着材料相同、紧靠
在一起的物体A 和B，两物体可视为质点且A 的质量较大。两物体间夹有炸药，
爆炸后两物体沿水平方向左右分离，不计空气阻力，则A 物体( )
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图8
A.爆炸过程中，获得的初动量大
B.爆炸过程中，获得的初动能大
C.爆炸后，滑行时间短
D.爆炸后，滑行距离长
答案 C
解析 爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B 组成的系统动量守恒，爆炸前
系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，故A
错误；设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，则动能Ek＝mv2
＝，可知质量大的物体获得的初动能小，故B 错误；取爆炸后物体A 的速度方
向为正方向，根据动量定理得－μmgt＝0－p，解得滑行时间t＝，由于μ、p、g
相等，则质量大的物体滑行时间短，故C 正确；爆炸后，根据动能定理得－
μmgs＝0－mv2＝0－，解得爆炸后物体滑行的距离s＝，由于μ、p、g 相等，则
质量大的物体滑行距离短，故D 错误。
B 级 综合提升练
10.(2022·湖南卷，4)1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由
质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图9，中子以速度v0分别碰撞
静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正
碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
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图9
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和
氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒
定律可得mv0＝mv1＋mv3
mv＝mv＋mv
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和
能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
mv＝×14mv＋mv
联立解得v2＝v0
可得v1＝v0>v2，故C、D 错误；
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
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氮核的动量为pN＝14mv2＝
可得pN>pH，故A 错误；
碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝mv
氮核的动能为EkN＝×14mv＝
可得EkH>EkN，故B 正确。
11.水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速
度—时间图像如图10 所示，小滑块甲的碰前速度方向为正向，小滑块乙的碰前
速度方向为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0)，下列说法正确
的是( )
图10
A.碰后乙的速度变为零
B.t＝2.5 s 时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C.两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D.碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
答案 D
解析 由速度—时间图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，
碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6
m/s(反向)，故A 错误；t＝2.5 s 时，两滑块之间的距离Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5
m，故B 错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4
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m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后动量p2＝m2×6 m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，
解得m1＝2m2，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1
＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，故C 错误；由速度—时间图像可知，碰
前甲滑块的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑块的
加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的
方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故D 正确。
C 级 培优加强练
12.如图11 所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B
的质量为m，杆上在物块B 的左侧有一固定挡板C，B 的下端通过一根轻绳连接
一小球A，绳长为L，A 的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细
绳伸直但没有形变，B 与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为
g。求：
图11
(1)小球A 向右摆动的最大速度；
(2)物块B 运动过程中的最大速度；
(3)小球A 向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
答案 (1) (2) (3)L
解析 (1)小球A 摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律
得
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mAgL＝mAv
解得v1＝。
(2)小球A 从最低点向右摆动的过程中，A、B 系统水平方向动量守恒；当A 最后
回到最低点时，B 的速度最大，设此时A、B 的速度分别为vA、vB，由水平方向
动量守恒得mAv1＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv
解得vA＝0，vB＝。
(3)当小球A 摆至最高点时，A、B 共速，
设为v，A、B 系统水平方向动量守恒，得mAv1＝(mA＋mB)v
由机械能守恒定律得mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2
联立解得h＝L。
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