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知识点48：动量守恒定律在三类模型问题中的应用
考点一：系统动量守恒的判断
【知识思维方法技巧】
（1）系统动量守恒适用条件
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、反
冲。
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．如滑块－斜面(曲面)模型。
（2）判断系统动量是否守恒的“三注意”：
①注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。
②注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程
则可能不守恒。
③注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。
题型一：系统动量理想守恒
【典例1 提高题】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一
个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，两小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作
用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是
( )
A. 弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2
B. 弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2
C. 弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1
D. 弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4
【典例1 提高题】【答案】A
【解析】两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守
恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A 正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左
右两小车的动量大小相等，B 错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，
作用时间相同，由I＝Ft 知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C 错误；由动能定
理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝
∶
＝1∶2，D 错误．
【典例1 提高题对应练习】如图甲所示，把两个质量相等的小车A 和B 静止地放在光滑的
水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如
1
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图乙所示，让B 紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B 和弹簧组成的系统，烧
断细线后下列说法正确的是( )
A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B 车做功不为零
【典例1 提高题对应练习】【答案】A
【解析】从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系
统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A 正确；从
烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B 有力的作用，则系统
所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统
机械能守恒，故B 错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙
壁对B 有力的作用，由公式I＝Ft 可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C 错误；
从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B 车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B 车做
功为0，故D 错误．
题型二：系统动量近似守恒
【典例2 提高题】(多选)质量为M 和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平
面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此
过程中，下列情况可能发生的是( )
A．M、m0、m 速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋
mv3
B．m0的速度不变，M 和m 的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M 和m 的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m 速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m 的速度变为v2，且满足(M＋
m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
【典例2 提高题】【解析】BC
【解析】在M 与m 碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D 均错误；M 与m
碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C 均正确．
2
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题型三：系统某一方向动量守恒
【典例2 提高题】(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M 上有一
光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块m 从A 点
由静止下滑，则( )
A．小滑块m 到达物体M 上的B 点时小滑块m 的速度不为零
B．小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中
物体M 向右运动
C．若小滑块m 由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动
D．物体M 与小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【典例2 提高题】【答案】CD
【解析】物体M 和小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；小滑块
m 滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m 到达物体M
上的B 点时，小滑块m、物体M 的水平速度为零，故当小滑块m 从A 点由静止下滑，则
能恰好到达B 点，当小滑块由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运
动，A 错误，C 正确；小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左加速运动，小滑块m
从C 点到B 点的过程中物体M 向左减速运动，选项B 错误．
【典例2 提高题对应练习】（多选）如图所示，将质量为M1、半径为R 且内壁光滑的半圆
槽置于光滑水平面上，半圆槽左侧靠竖直墙，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m
的小球自左侧槽口A 的正上方足够高处从静止开始下落，自A 点沿切线方向进入槽内，则
以下结论中正确的是( )
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动到B 点后的运动过程，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球离开C 点以后，将做斜上抛运动，且恰好再从C 点落入半圆槽中
D．小球第二次通过B 点时半圆槽与物块分离，且两者不会再相碰
【典例2 提高题对应练习】【答案】CD
【解析】小球在槽内A 至B 过程中，由于墙壁对槽有水平向右的作用力，系统水平方向的
合外力不为零，则小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A 错误；小球运动到B 点以后
系统在竖直方向上仍然有加速度，合外力不为零，所以小球、半圆槽和物块组成的系统动
量不守恒，故B 错误；小球离开C 后只是相对于槽竖直向上运动，其与槽在水平方向上具
3
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有相同的水平向右的速度，恰好再从C 点落入半圆槽中，故C 正确；第二次通过B 点后，
小球对半圆槽的作用力有水平向左的分量，半圆槽向右减速，物块继续向右做匀速直线运
动，所以两者分离，且分离后两者不会再相碰，故D 正确．
考点二：动量守恒定律在正碰模型中的应用
题型一：弹性正碰模型
【知识思维方法技巧】
（1）弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ， m1v1
2＋m2v2
2＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝ ，v2′＝
（2）一动一静弹性碰撞（v2＝0），则有v1′＝v1，v2′＝v1.
（3）一动一静弹性碰撞若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
【典例1 提高题】如图所示，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A
的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B 的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，
两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A．A 和B 都向左运动
B．A 和B 都向右运动
C．A 静止，B 向右运动
D．A 向左运动，B 向右运动
【典例1 提高题】【答案】D
【解析】以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统
的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B 的运动方向相反或者两者
都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A 应该向左运动，B
应该向右运动，选项D 正确，A、B、C 错误．
【典例1 提高题对应练习】如图所示，B、C、D、E、F 五个小球并排放置在光滑的水平面
上，B、C、D、E 四个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球质量等于F 球质量．
A 球以速度v0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A．3 个小球静止，3 个小球运动
B．4 个小球静止，2 个小球运动
C．5 个小球静止，1 个小球运动
D．6 个小球都运动
【典例1 提高题对应练习】【答案】A
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【解析】A、B 质量不等，mA<mB，A、B 相碰后，A 向左运动，B 向右运动；B、C、D、E
质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E 有向右的速度，B、C、D 静止；E、F 质
量不等，mE>mF，则碰后E、F 都向右运动，所以B、C、D 静止，A 向左运动，E、F 向右
运动，故A 正确．
题型二：非弹性正碰模型
【知识思维方法技巧】
（1）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek 初总－
Ek 末总＝Q.
（2）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最
大。
设两者碰撞后的共同速度为v 共，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 共
机械能损失为ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－(m1＋m2)v 共2
（3）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.则碰后物体B 的速
度范围为：v0≤vB≤v0.
【典例2 提高题】如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝
3m、mB＝mC＝m，开始时，B、C 均静止，A 以初速度v0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B
又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大
小．
【典例2 提高题】【答案】v0
【解析】设A 与B 碰撞后，A 的速度为vA，B 与C 碰撞前B 的速度为vB，B 与C 碰撞后粘
在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B 木块：mAv0＝mAvA＋mBvB，对B、C 木块：
mBvB＝(mB＋mC)v。由A 与B 间的距离保持不变可知vA＝v，联立代入数据得vB＝v0.
【典例2 提高题对应练习】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( )
A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
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【典例2 提高题对应练习】【答案】A
【解析】设乙物块的质量为m 乙，由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，
代入图中数据解得m 乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E 损＝m 甲v＋
m 乙v－m 甲v 甲′2－m 乙v 乙′2，代入图中数据解得E 损＝3 J，选项A 正确。
题型三：正碰现象遵守的原则
【知识思维方法技巧】
（1）正碰现象满足动量守恒。动量守恒定律的三种表达形式：①m1v1＋m2v2＝m1v2′＋
m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．②Δp1＝－Δp2，相互作用的
两个物体动量的增量等大反向．③Δp＝0，系统总动量的增量为零．
（2）正碰现象满足机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋
Ek2′或＋≥＋.
（3）正碰现象满足速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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
两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变或速度均为零．
（4）要灵活运用Ek＝或p＝；Ek＝pv 或p＝几个关系式转换动能、动量。
【典例3 提高题】（多选）两个小球A、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分
别是m1＝4 kg 和m2＝2 kg，A 的速度v1＝3 m/s（设为正方向），B 的速度v2＝－3 m/s，则
它们发生正碰后，其速度可能分别是( )
A．1 m/s 和1 m/s B．4 m/s 和－5 m/s
C．2 m/s 和-1 m/s
D．－1 m/s 和5 m/s
【典例3 提高题】【答案】AD
【解析】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况：正碰前，Ek＝m1v1
2＋
m2v2
2＝×4×32 J＋×2×32 J＝27 J，正碰后Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2，由于碰撞过程动能不可能增
加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C 虽满足Ek≥Ek′，但A、B 沿同一直线相向运动，
发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA′>0，vB′<0)，这显然是不符合实际的，因此C
错误．选项A、D 均满足Ek≥Ek′，故选项A、D 正确．
【典例3 提高题对应练习】（多选）如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个
轻弹簧，B 端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于
小车的A 端并使弹簧压缩。开始时小车AB 和木块C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释
放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的
是( )
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A．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动
B．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M∶m
C．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动
D．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动
【典例3 提高题对应练习】【答案】BC
【解析】小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左
运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v1，AB 的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B 正
确；设C 与油泥粘在一起后，AB、C 的共同速度为v 共，则0＝(M＋m)v 共，得v 共＝0，故
C 正确，D 错误。
考点三：动量守恒定律在反冲或爆炸模型
的应
中
用
【知识思维方法技巧】
当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫
反冲运动。反冲运动遵从动量守恒定律。
题型一：火箭喷气反冲模型
【典例1 提高题】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
【典例1 提高题】【答案】A
【解析】设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝
50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大
小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A 正确，B、C、D 错误。
【典例1 提高题对应练习】所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太
空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、
m，两者对接前的在轨速度分别为(v＋Δv)、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天
舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )
A.
B．
C.
D．0
【典例1 提高题对应练习】【答案】C
【解析】在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M(v＋Δv)＋mv
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＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量
定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，选项C 正确．
题型二：类火箭喷气反冲模型
【典例2 提高题】两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中
一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最
后的速率关系是( )
A．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙
B．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙
【典例2 提高题】【答案】B
【解析】因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等，谁最后接球谁的质量中包含了
球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此最终谁接球谁的速度小，故选B.
【典例2 提高题对应练习】如图所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面
不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一水平向右的初速度v0，则在物体
与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．盒子的最终速度为，方向水平向右
D．盒子的最终速度为，方向水平向右
【典例2 提高题对应练习】【答案】C
【解析】以物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，则水平方向动量
守恒，可得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，方向水平向右，C 正确．
题型三：人船反冲模型
【知识思维方法技巧】
（1）人船反冲模型的条件：系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零．
（2）人船反冲模型运动的特点：人动船动、人静船静、人快船快、人慢船慢、人左船右．
（3）人船反冲模型位移的关系：由m 船x 船＝m 人x 人 和x 船＋x 人＝L，得x 人＝L，x 船＝L.
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【典例3 提高题】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg 的人抓在气球
下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离
地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是
(可以把人看做质点)( )
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m
D．8 m
【典例3 提高题】【答案】B
【解析】当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h。解
得h1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B 正确。
【典例3 提高题对应练习】(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人在船上走”模型．该同学
到实验室里，将一质量为M 的滑块置于长为L 的气垫导轨上并接通电源．该同学又找来一
个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说
法正确的是( )
A．只有蜗牛运动，滑块不运动
B．滑块运动的距离是L
C．蜗牛运动的位移是滑块的倍
D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L
【典例3 提高题对应练习】【答案】CD
【解析】根据“人船模型”，易得滑块运动的距离为L，蜗牛运动的距离为L，二者运动
的距离之和为L，C、D 正确．
题型四：类人船反冲模型
【知识思维方法技巧】
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作
用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“类人船
模型”问题．满足：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其水平位移大小)。
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【典例4 提高题】如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧
轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B 等高，现让小滑块m 从A 点静止下滑，在
此后的过程中，则
A．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动
D．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为
【典例4 提高题】【答案】B
【解析】M 和m 组成的系统只有动能和重力势能的相互转化，没有其他能量产生，因此系
统机械能守恒，而系统在水平方向所受合外力为零，动量在水平方向守恒，竖直方向上动
量不守恒，因此系统总的动量不守恒，A 错，B 对；m 从A 到C 的过程中对M 有向左下方
的压力使之向左加速运动，m 从C 到B 的过程中对M 有向右下方的压力使之向左减速运动，
C 错；M 和m 组成的系统满足水平方向上动量守恒，故有Mv1＝mv2，对应的平均速度满足
Mv1＝mv2，两边都乘以时间有Mv1t＝mv2t，即对应位移满足Mx1＝mx2，而2R＝x1＋x2，联
立解得x1＝，D 错．
【典例4 提高题对应练习】（多选）如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，
将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
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
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
【典例4 提高题对应练习】【答案】BD
【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零，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，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，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为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，解得小车移动
的最大距离为，D 正确。
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题型五：动量守恒定律在“爆炸”模型中的应用
【知识思维方法技巧】
由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸
过程中，系统的总动量守恒。由于爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很
小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
【典例5 提高题】在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时
爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P 的质量大于Q.已知爆炸后P 的运动方向与爆炸前的
运动方向相同，假设爆炸后P、Q 的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说
法正确的是( )
A．爆炸后Q 的运动方向一定与P 的运动方向相同
B．爆炸后Q 比P 先落地
C．Q 的落地点到爆炸点的水平距离大
D．爆炸前后P、Q 动量的变化量大小相等
【典例5 提高题】【答案】D
【解析】在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．爆炸前炮弹在最高点的
速度沿水平方向，爆炸后P 的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断
出Q 的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P 的动量与爆炸前炮弹的动量的
大小关系，因此Q 的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A 错误；在爆炸过程中，
P、Q 受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可
知，在爆炸过程中P、Q 动量的改变量大小相等、方向相反，D 正确；爆炸后P、Q 均做平
抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以
P、Q 一定同时落地，B 错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到
爆炸点的水平距离无法确定，C 错误．
考点四：动量守恒定律的临界问题
【知识思维方法技巧】
在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反
向运动等临界状态．其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些
特定关系的判断是求解这类问题的关键．
题型一：单次作用的临界问题
【典例1 提高题】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰
车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15
kg 的箱子和他一起以v0＝2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相
撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
(1)若甲将箱子以速度v 推出，甲的速度v1为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度v2为多少？(用
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字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
【典例1 提高题】【答案】(1) (2) (3)v1≤v2 5.2 m/s
【解析】(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
(M＋m)v0＝mv＋Mv1①，解得v1＝②
(2)箱子和乙
的
量
，以
作用
过程动
守恒
箱
的速度
向为
向，
量
子
方
正方
由动
守恒定律得：
mv－Mv0＝(m＋M)v2③，解得v2＝④
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤，其中v1＝v2为甲、乙
好不
恰
相撞的条件．联立②④⑤
三式，并代入数据得v≥5.2 m/s.
【典例1 提高题对应练习】(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v0
向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v＝av0(待定系数a<1)的速度弹
回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是(
)
A. B. C. D.
【典例1 提高题对应练习】【答案】BC
【解析】A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0；要
使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av0>vB，由以上两式
可解得：a>，又mv0
2≥×5mvB
2＋m(av0)2，解得a≤，即＜a≤，故B、C 正确，A、D 错误．
题型二：多次作用的临界问题
类型一：多次推物体模型
【典例2a 提高题】（多选）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
【典例2a 提高题】【答案】BC
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【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，整理得vn＝，则v7＝，v8
＝.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.
【典例2a 提高题】如图所示，在光滑水平面上有A、B 两辆小车，水平面的左侧有一竖直
墙，在小车B 上坐着一个小孩，小孩与B 车的总质量是A 车质量的10 倍．两车开始都处
于静止状态，小孩把A 车以相对于地面的速度v 推出，A 车与墙壁碰后仍以原速率返回，
小孩接到A 车后，又把它以相对于地面的速度v 推出．每次推出，A 车相对于地面的速度
都是v，方向向左．则小孩把A 车推出几次后，A 车返回时小孩不能再接到A 车( )
A．5
B．6
C．7
D．8
【典例2a 提高题】【答案】B
【解析】方法一 取水平向右为正方向，小孩第一次推出A 车时，有mBv1－mAv＝0，解得
v1＝v，第n 次推出A 车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝v，所以vn＝v1＋
(n－1)v，当vn≥v 时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故选B.
方法二 当小孩推、接小车A 时，小车A、B 与小孩组成的系统动量守恒，当A 车与墙壁
碰撞反弹时墙壁对A 车冲量I＝2mAv，系统动量增加2mAv，设小孩把A 车推出n 次后，小
孩恰好不能再接到A 车，对整个系统由动量定理得：nI＝mAv＋mBv，联立两式解得n＝
5.5，故至少推6 次．
类型二：多次抛接物体模型
【典例2b 提高题】
甲
乙
如图所示，
、
两个同学各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行
驶做抛球游戏。两辆小车速度均为v0＝4 m/s
甲
。已知
车上有质量m＝1 kg 的小球若干个，
甲
及
和他的车
所带小球的总质量为M1＝50 kg
乙
，
和他的车总质量为M2＝30 kg。为了保证
甲
两车不相撞，
不断地将小球一个一个地以相对地面16 m/s
乙
乙
的水平速度抛向
，且被
接
甲
出
乙
住。假设某一次
将小球抛
且被
接住后刚好可保证两车不相撞，则此时( )
A．两车的共同速度的大小为2 m/s
甲
出
，
总共抛
小球5 个
B．两车的共同速度的大小为2 m/s
甲
出
，
总共抛
小球10 个
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C．两车的共同速度的大小为1 m/s
甲
出
，
总共抛
小球10 个
D．两车的共同速度的大小为1 m/s
甲
出
，
总共抛
小球5 个
【典例2b 提高题】【答案】C
【解析】以甲、乙两同学及两车组成的系统为研究对象，甲、乙两同学及两车组成的系统
总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，
可保证刚好不相撞，设共同速度为v，则M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，得v＝v0＝×4 m/s＝1
m/s，这一过程中乙和他的车的动量变Δp＝[30×4－30×(－1)]kg·m/s＝150 kg·m/s，每一个
小球被乙接住后，到最终的动量变化为Δp1＝(16×1－1×1) kg·m/s＝15 kg·m/s，故小球个数
为N＝＝＝10(个)，选项C 正确。
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