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第七章 动量守恒定律
第34 课时 动量守恒定律
【考情分析·探规律】
动量守恒定律
2025·北京、2025·甘肃、2025·河北、2025·山东、2025·陕晋青宁
卷、
2024 江苏卷T14、2024 黑吉辽T14、2023 重庆卷T14、
2023 天津卷T12、2023 北京卷T18、2023 辽宁卷T15、
2022 北京卷T10、2021 山东卷T11、2021 全国乙卷T14、
2021 广东卷T13、2021 河北卷T13
试
题
情
境
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
【知识梳理】
考点一 系统动量守恒的判断
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。
【小试牛刀】
1
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典例如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平
面上的物块。今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽A 点相
切进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平
方向动量守恒
D.小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
【答案】C
【解析】当小球由B 运动到C 的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速
运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A 错误；
当小球在槽内由A 运动到B 的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统
水平方向动量不守恒，故B 错误；小球从B 到C 的过程中，系统水平方向所受合外力
为零，满足系统水平方向动量守恒，故C 正确；小球离开C 点以后，既有竖直向上的
分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D 错误。
考点二 动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的表达式
(1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1' ＋
m 2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总
动量。
(2)Δp1＝-Δ
p 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
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…应是系统中各物体在相互作用前同一
时刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
2
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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
【小试牛刀】
典例1.(2025·山东淄博市期中)如图，质量M＝9 kg 的小车A 以大小为v0＝8 m/s 的
速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量
m＝1 kg 的小球B(可看作质点，与A 速度相同)，小球距离车上表面H＝0.8 m。某
一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起
(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不
计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，求：
(1)小车的最终速度的大小v；
(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。
【答案】(1)5 m/s (2)1.28 m
【解析】(1)整个过程中，小球B、小车A 和物块C 组成的系统水平方向不受外力，系
统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守
恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5 m/s。
(2)A 与C 的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0＝(M＋m0)v1
设小球下落的时间为t，则有H＝1
2gt2
Δx＝(v0-v1)t，解得Δx＝1.28 m。
典例2.(来自教材)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，
滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C
静止，A、B 一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C
向右运动，经过一段时间，A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C
碰撞。求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小。
【答案】2 m/s
3
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【解析】因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为vA，C
的速度为vC，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC
①
碰撞后A 与B 在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律
得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
②
A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足vAB＝vC
③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
考点三 爆炸问题、反冲运动、人船模型
1.爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体系统内部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
爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内两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，所以系统的机
械能增加
【小试牛刀】
典例1.我国早在宋代就发明了火箭，即把前端封闭的火药筒捆在箭杆上，点燃后产
生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理
大致相同。某时刻火箭速度为v0，在极短的时间内喷射质量为Δm、相对地的速度
4
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为u 的燃气，u 与v0同向，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的
变化量为( )
A. Δm
m (v0＋u)
B. Δm
m (v0-u)
C.v0＋Δm
m (v0-u)
D.v0＋Δm
m (v0＋u)
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律
(m＋Δm)v0＝Δm·u＋mv
又Δv＝v-v0
联立解得Δv＝Δm
m (v0-u)，故选B。
典例2.春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M
的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m 的部分动能为
E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总
动能为( )
A. 2 M
M −mE
B.
M
2( M −m)E
C.
m
M −mE
D.
M
M −mE
【答案】D
【解析】设爆炸后瞬间质量为m 的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根
据动量守恒可得mv1＝(M-m)v2，解得v2＝
m
M −mv1，又E＝1
2mv1
2，则该爆竹爆炸后瞬
间的总动能为E 总＝1
2mv1
2＋1
2(M-m)v2
2，联立解得E 总＝
M
M −mE，故选D。
典例3.如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m 的正方体木块，静止于光滑水
平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg 的小球由静
止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为( )
A.0.05 m
B.0.10 m
C.0.15 m
D.0.50 m
【答案】A
5
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【解析】小球由静止开始从如题图所示通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组
成的系统，水平方向动量守恒，则有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝
0.2 m，联立解得x2＝0.05 m，故选A。
【解题技巧】“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 x人
t -M x船
t ＝0，
x 人＋x 船＝L，得x 人＝
M
M ＋mL，x 船＝
m
M ＋mL
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)比等于二者质量的反比，
即
x人
x船
＝v人
v 船
＝M
m 。
【限时训练】（限时：60 分钟）
【基础必刷题】1~5 题每小题4 分，6 题10 分，共30 分
1.(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
6
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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】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。
2.在光滑水平地面上，三个完全相同的小球，通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线
连接，初始时三小球共线且均静止，细线绷直，如图甲所示。现给小球3 一垂直细线
向右的瞬时冲量，则在小球1、2 碰撞前( )
A.小球1、2 组成的系统的动量守恒
B.小球1、2 组成的系统的机械能守恒
C.两根细线中的张力大小均不变
D.小球3 的速度一直在减小
【答案】D
【解析】由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统
动量守恒；小球1、2 组成的系统受细线拉力的合力不为零，动量不守恒，故A 错误；
三个小球组成系统机械能守恒，小球1、2 组成的系统受细线拉力的合力不为零，机械
能不守恒，故B 错误；小球1、2 相对于小球3 做圆周运动，速度越来越大，细线拉力
越来越大，故C 错误；小球3 受到细线的拉力始终向左，速度一直在减小，故D 正确。
3.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
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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
【解析】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5m Ⅰ-3m Ⅱ＝
2(m Ⅰ＋m Ⅱ)，解得m Ⅰ∶m Ⅱ＝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。
4.(多选)(2024·山东临沂市质检)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为
M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)( )
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为2ml
M ＋m
【答案】BD
【解析】系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量
守恒，而总动量不守恒，A 错误，B 正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，
小球仍能向左摆到原高度，C 错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模
型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平
均速度为vM，mvm-MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt-MvMt＝0，即mxm＝MxM，
又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为2ml
M ＋m，D 正确。
5.(2025·山东日照市检测)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，
并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质
量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
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A.3 J
B.4 J
C.5 J
D.6 J
【答案】A
【解析】根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0 m/s，v 乙＝1.0 m/s，碰撞后
甲、乙的速度分别为v 甲'＝-1.0 m/s，v 乙'＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v
甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲'＋m 乙v 乙'，解得m 乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝1
2m 甲
v甲
2＋1
2m 乙v乙
2-1
2m 甲v 甲'2-1
2m 乙v 乙'2，解得ΔE＝3 J，故选A。
6.(10 分)(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A 与轨道器对
应的组合体B 分离时间为Δt，分离后B 的速度为v，且与v0同向，A、B 的质量分别为
m、M。求：
(1)(5 分)分离后A 的速度大小v1；
(2)(5 分)分离时A 对B 的推力大小。
【答案】(1)(m＋M )v0−Mv
m
(2) M (v −v0)
Δt
【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1
解得v1＝(m＋M )v0−Mv
m
(2)以B 为研究对象，对B 由动量定理有
FΔt＝Mv-Mv0
解得F＝M (v −v0)
Δt
。
【巩固必刷题】7 题10 分，8 题14 分，共24 分
7.(10 分)如图所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的水平桌面上，其质
量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.1 kg 的铅块
C(大小可以忽略)以10 m/s 的速度恰好水平向右滑到A 的上表面，由于摩擦，铅块C 最
后停在木块B 上，此时B、C 的共同速度v＝0.5 m/s，求木块A 的最终速度大小和铅块
C 刚滑到B 上时的速度大小。
【答案】0.25 m/s 2.75 m/s
【解析】铅块C 在A 上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C 刚离开A 滑上B 时的
速度为vC，A 和B 的共同速度为vA，在铅块C 滑过A 的过程中，A、B、C 所组成的系
统动量守恒，有mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC
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在铅块C 滑上B 后，由于B 继续加速，所以A、B 分离，A 以vA匀速运动，铅块C 在
B 上滑行的过程中，B、C 组成的系统动量守恒，有mBvA＋mCvC＝(mB＋mC)v
代入数据解得vA＝0.25 m/s，vC＝2.75 m/s。
8.(14 分)(2024·黑吉辽·14)如图，高度h＝0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，
质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B 间夹一压缩量Δx＝0.1 m 的轻弹簧，弹簧与A、B 不拴接。
同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程
xA＝0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m 后停止。A、B 均视为质点，
重力加速度大小g 取10 m/s2。求：
(1)(5 分)脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB；
(2)(4 分)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)(5 分)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】(1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
【解析】(1)对A 物块由平抛运动知识得
h＝1
2gt2，xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为vA＝1 m/s
对A、B 物块整体由动量守恒定律mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B 的速度大小为vB＝1 m/s
(2)对物块B 由动能定理
-μmBgxB＝0-1
2mBvB
2
代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为
μ＝0.2
(3)由能量守恒定律
ΔEp＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
ΔEp＝0.12 J。
【尖子拔高题】(6 分)
10
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9.(多选) (2024·山东临沂市期中)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对
挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板
垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上
运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性
碰撞。总共经过8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块
不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A.48 kg
B.53 kg
C.58 kg
D.63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物
块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物
块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2-v1)＝
m[v0-(-v0)]＝2mv0，…，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn-vn-1)＝2mv0，各式
相加可得vn＝(2n−1)m v0
M
，则v7＝260kg·m/ s
M
，v8＝300kg·m/ s
M
。由题意知，
v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C。
11
