基礎課2動量守恒定律及其應用

知識排查

知識點一動量守恒定律

1.內容

如果一個系統不受外力,或者所受外力的矢量和為零,這個系統的總動量保持不

變。

2.表達式

(1)2=國，系統相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量

(2)mivi+m2V2=mivi,+m2V2,,相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和

等于作用后的動量和。

(3)Api=—A/72,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。

3.動量守恒的條件

(1)理想守恒：系統不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒。

⑵近似守恒：系統受到的外力矢量和不為零，但當內力遠大于外力時，系統的

動量可近似看成守恒。

⑶某一方向上守恒：系統在某個方向上所受外力矢量和為零時，系統在該方向

上動量守恒。

知識點二彈性碰撞和非彈性碰撞

1.碰撞

物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象。

2.特點

在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統動量守恒。

3.分類

動量是否守恒機械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非完全彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最多

備課札記

小題速練

1.思考判斷

（1）系統動量不變是指系統的動量大小和方向都不變。（）

（2）系統的動量守恒時，機械能也一定守恒。（）

（3）只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒。（）

答案（1）4（2）x（3）x

2.［魯科版選修3—5P1&T6改編］某機車以0.8m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節

車廂，跟它們對接。機車跟第1節車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速

度，緊接著又跟第2節車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節車廂。設機車和車

廂的質量都相等，則跟最后一節車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦忽略不

計）（）

A.0.053m/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.0.06m/s

解析取機車和15節車廂整體為研究對象，由動量守恒定律mw=（m+15m）v,

v=^vo=l^xO.8m/s=0.05m/s。故選項B正確。

答案B

3.［魯科版選修3—5T20-T2改編］如圖1所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋

板，A球在水平面上靜止放置，3球向左運動與A球發生正碰，3球碰撞前、后

的速率之比為3：LA球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發生第

二次碰撞，則A、3兩球的質量比為（）

圖1

A.1：2B.2：1

C.1：4D.4：1

解析設A、B質量分別為mA、mB,B的初速度為vo,取3的初速度方向為正

方向，由題意知，兩球剛好不發生第二次碰撞，說明A、3碰撞后速度大小相等，

方向相反，分別為E和一方，則有機=+m?），解得77U：加B=4：1,

選項D正確。

答案D

考度u動量守恒定律的應用

動量守恒定律的“六種”性質

系統性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統

條件性首先判斷系統是否滿足守恒條件

相對性公式中VI>V2、Vl\V2,必須相對于同一個慣性系

公式中VI、V2是在相互作用前同一時刻的速度，VI\V1'

同時性

是相互作用后同一時刻的速度

應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正

矢量性

值，相反為負值

普適性不僅適用低速宏觀系統，也適用于高速微觀系統

1.（2017?北京東城區模擬）（多選）兩物體組成的系統總動量守恒，這個系統中（）

A.一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度

B.一物體受合力的沖量與另一物體所受合力的沖量相同

C.兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反

D.系統總動量的變化為零

解析兩個物體組成的系統總動量守恒，即pi+p2=pi'+p2',等式變形后得pi

—p\'=pi'—pi,即一八夕尸八。，-miAvi=m2Av2,所以每個物體的動量變化大小

相等，方向相反，但是只有在兩物體質量相等的情況下才有一個物體增加的速度

等于另一個物體減少的速度，故選項A錯誤，C正確；根據動量定理得

/2=4?2,每個物體的動量變化大小相等，方向相反，所以每個物體受到的沖量

大小相等，方向相反，故選項B錯誤；兩物體組成的系統總動量守恒，即系統

總動量的變化為零，選項D正確。

答案CD

2.（2017.全國卷I,14）將質量為LOOkg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣

以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，

火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）

A.30kg-m/sB.5.7xl02kg-m/s

C.6.0xl02kg-m/sD.6.3xl02kg-m/s

解析設火箭的質量為mi,燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量p2=m2V2

=50X10-3X600kg-m/s=30kg-m/so根據動量守恒定律可得0=%丫1一機2V2,則火

箭的動量大小為pi=mivi=m2V2=30kg-m/s,所以選項A正確，B、C、D錯誤。

答案A

3.懸繩下吊著一個質量為M=9.99kg的沙袋，構成一個單擺，擺長L=lm。一

顆質量m=10g的子彈以丫0=500向5的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達到共

同速度(不計懸繩質量，gMX10m/s2),則此時懸繩的拉力為()

A.35NB.100NC.102.5ND.350N

解析子彈打入沙袋過程中，對子彈和沙袋由動量守恒定律得機vo=(/n+M)v,

得子彈與沙袋的共同速度。=」料=0,°1f0°m/s=0.5m/s對子彈和沙袋，由

m+M10o

v2v2

向心力公式T—=得懸繩的拉力T=(m+M)g+(m+M)-r=

102.5N,所以選項C正確。

答案C

4.(2018?東營模擬)如圖2所示，甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方

執行太空維修任務。某時刻甲、乙都以大小為vo=2m/s的速度相向運動，甲、

乙和空間站在同一直線上且可視為質點。甲和他的裝備總質量為"1=90kg,乙

和他的裝備總質量為跖=135kg,為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出

一質量為機=45kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙

兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動，且安全“飄”向空間站。(設甲、

乙距離空間站足夠遠，本題中的速度均指相對空間站的速度)

圖2

(1)乙要以多大的速度v(相對于空間站)將物體A推出？

(2)設甲與物體A作用時間為t=0.5s,求甲與A的相互作用力F的大小。

解析(1)以甲、乙、A三者組成的系統為研究對象，系統動量守恒，以乙運動的

方向為正方向，

則有M2V0—Afivo=(Afi+M2)vi

以乙和A組成的系統為研究對象，由動量守恒得

M2Vo=(Mi—m)vi+mv

代入數據聯立解得

==

V10.4m/s>v5.2m/so

(2)以甲為研究對象，由動量定理得

Ft=Mivi—(—Mivo)

代入數據解得R=432N。

答案(1)5.2m/s(2)432N

應用動量守恒定律解題時應該首先判斷動量是否守恒，這就需要理解好動量守恒

的條件，基本思路如下

考點2碰撞模型的規律及應用

1.碰撞現象滿足的規律

⑴動量守恒定律。

(2)機械能不增加。

(3)速度要合理。

①若碰前兩物體同向運動，則應有丫后＞丫前，碰后原來在前面的物體速度一定增

大，若碰后兩物體同向運動，則應有v/Nv后，。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞的結論

兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為VI的

小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有

mivi=mivi,+m2V2,

^mivr=^mivi,2+^m2V2,2

【典例】如圖3所示，在光滑水平面上A、3兩小球沿同一方向運動，A球的

動量PA=4kg-m/s,3球的質量"ZB=1kg,速度VB=6m/s,已知兩球相碰后，A

球的動量減為原來的一半，方向與原方向一致。求：

圖3

⑴碰撞后3球的速度；

(2)4球的質量范圍。

解析(1)由題意知pA，=2kg-m/s。

根據動量守恒定律有PA+mBVB=PA'-\-mBVB1

解得VB'=8m/s

(2)設A球質量為機A,A球能追上5球并與之碰撞，應滿足羽

碰撞后A球不可能運動到5球前方，所以VA'=^VB'

碰撞過程系統能量不可能增加，所以

^+2mBVB，2^+2mBvi

13

聯立解得利1應滿足Ikg<mA<^kg

答案(1)8m/s(2七kg<mA<|kg

碰撞問題解題策略

(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。

(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發生彈性正碰后的速度滿足:

mi—m22mi

VI=；V0>V2=；VOo

mi+m2mi+m2

(3)熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度。

1.如圖4所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，

小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度w射向它們，設碰撞中不損失機械能,

則碰后三個小球的速度值是()

圖4

A.VI=V2=V3=B.V1=0,V2=V3=

C.V1=O,V2=V3=^V0D.V1=V2=O,V3=V0

解析由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒。若各球質量為內

而碰撞前系統總動量為機V0,總動能為；冽底。選項A、B中的數據都違反了動量

守恒定律，故不可能。假如選項C正確，則碰后總動量為機皿但總動能為%

這顯然違反了機械能守恒定律，故也不可能。故選項D正確，則既滿足動量守

恒定律，也滿足機械能守恒定律。

答案D

2.(2018?安徽江南十校聯考)如圖5所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為

2機的物塊3發生正碰，碰后3物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程

中無機械能損失，已知物塊3與地面間的動摩擦因數為0.1,與沙坑的距離為

0.5m,g取lOm/s2,物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為()

圖5

A.0.5m/sB.1.0m/sC.1.5m/sD.2.0m/s

解析碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有一〃mgx=0—T，2機遇，得

V2=lm/s。A與3碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，則有機vo=/nvi+2/nv2,

mvi=v?+2m,解得w=1.5m/s,則選項C正確。

答案C

3.A、3兩物體在水平面上相向運動，其中物體A的質量為"〃=4kg,兩球發生

相互作用前后的運動情況如圖6所示。貝IJ：

圖6

(1)由圖可知A、3兩物體在什么時刻發生碰撞，3物體的質量機B為多少？

(2)碰撞過程中，系統的機械能損失多少？

解析(1)由圖象知，在f=2s時刻A、5相撞，碰撞前、后，A、5的速度分別

山AXA4c,AXB6,c,NXAB2,,

VB==

為VA=~I~=—2m/s=-2m/s,~~)~2向s=3m/s,VAB='Tm/s=l

m/s

由動量守怛定律有mAVA~\-mBVB=(mA+ms)VAB,

解得HZB=6kg

(2)碰撞過程損失的機械能

AE=^mAvk+^mBvi—+ms)VXB=30J。

答案(1)2s6kg(2)30J

“人船模型”問題—模型建構能力的培養

1.“人船模型”問題

兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，

在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。這樣的

問題歸為“人船模型”問題。

2.“人船模型”的特點

(1)兩物體滿足動量守恒定律：機1VI—冽2V2=0。

(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位

移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即

51VIm2

S2V2mi°

(3)應用此關系時要注意一個問題：公式VI、V2和S一般都是相對地面而言的。

【例】如圖7所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為機的人從

靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？

圖7

解析設任一時刻人與船的速度大小分別為四、V2,作用前都靜止。因整個過程

中動量守恒，所以有mvi=Mv2

而整個過程中的平均速度大小為VI、血，則有

mv\=Mv2o

兩邊乘以時間，有mvit=Mv2t,即msi=Ms2o

兒/TYI

且S1+S2=L，可求出添函L,S2=廣應"

答案LL

【針對訓練1】如圖8所示小船靜止于水面上，站在船尾上的漁夫不斷將魚拋

向船頭的船艙內，將一定質量的魚拋完后，關于小船的速度和位移，下列說法正

確的是()

圖8

A.向左運動，船向左移一些

B.小船靜止，船向左移一些

C.小船靜止，船向右移一些

D.小船靜止，船不移動

解析人、船、魚構成的系統水平方向動量守恒，據“人船模型”，魚動船動，魚

停船靜止；魚對地發生向左的位移，則人船的位移向右。故選項C正確。

答案c

【針對訓練2】如圖9所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為"21=50kg的

人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為儂=20kg,長繩的下端剛好和水平面

接觸，當靜止時人離地面的高度為h=5mo如果這個人開始沿繩向下滑，當他

滑到繩下端時，他離地面高度是（可以把人看做質點）（）

圖9

A.5mB.3.6mC.2.6mD.8m

解析當人滑到繩下端時，如圖所示，由動量守恒定律，得m4=m號且歷

+hi=ha解得歷=1.4m；所以他離地高度”=力一/n=3.6m,故選項B正確。

答案B

“人船模型”問題應注意以下兩點

（1）適用條件

①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零；

②在系統內發生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒（如水平方向或豎

直方向）。

（2）畫草圖

解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，注意兩物體的位移

是相對同一參考系的位移。

活頁作業

（時間：40分鐘）

A級：保分練

1.如圖1,兩滑塊A、3在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為

m,速度大小為2vo,方向向右，滑塊3的質量為2加，速度大小為如方向向左，

兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是（）

圖1

A.A和3都向左運動B.A和3都向右運動

C.A靜止，3向右運動D.A向左運動，3向右運動

解析由于A、5碰前總動量為0,由動量守恒可知碰后總動量也為0,因兩滑

塊發生彈性碰撞，故碰后A、3一定反向，即A向左運動，3向右運動，選項D

正確。

答案D

2.靜止的實驗火箭，總質量為當它以對地速度為w噴出質量為A機的高溫氣

體后，火箭的速度為（）

AmvoAmvo

A---------------R-----------------

'M—Am4M—Am

wAmvo

CMC-M

解析由動量守恒定律得AMW+（A/—△加）v=0,火箭的速度為v=~選

項B正確。

答案B

3.A、5兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=lkg,mB=2kg,

VA=6m/s,VB=2m/s,當A追上5并發生碰撞后,A、3兩球速度的可能值是（）

A."VA'=5m/s,"VB'=2.5m/s

B.VA,=2m/s,VB'=4m/s

C.VA,=—4m/s,VB'=7m/s

D."=7m/s,VB,=1.5m/s

解析由碰撞的三個制約關系：①動量守恒，②動能不增加，③碰后速度符合實

際情況可知，四個選項都符合動量守恒。碰后A的速度不可能比5的速度大，

可以排除選項A和D。碰后系統的動能不可能比碰前的大，排除選項C,只有

選項B有可能。

答案B

4.（多選）如圖2所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一小滑塊5,盒的

質量是滑塊的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為〃。若滑塊以速度v開

始向左運動，與盒的左、右壁發生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多

次，最終相對于盒靜止，貝1］（）

圖2

A.此時盒的速度大小為1

B.此時盒的速度大小為］

C.滑塊相對于盒運動的路程為自

D.滑塊相對于盒運動的路程為自

解析設滑塊的質量為機，則盒的質量為2機，對整個過程，由動量守恒定律可

得/nv=3/w共，解得v共=點選項A正確，B錯誤；由功能關系可知〃根8§=品材

-2-3m?2,解得s=白，選項C正確，D錯誤。

答案AC

5.豎直發射的火箭質量為6x103kg。已知每秒鐘噴出氣體的質量為200kg。若要

使火箭獲得20.2m/sz的向上加速度，則噴出氣體的速度大小應為()

A.700m/sB.800m/s

C.900m/sD.l000m/s

解析火箭和噴出的氣體動量守恒，即每秒噴出氣體的動量等于火箭每秒增加的

動量，即機氣丫氣=機,V箭，由動量定理得火箭獲得的動力歹=牛=失”=

200v氣，又F—m新g=m粉a,得v氣=900m/s。

答案C

6.北京成功申辦2022年冬奧會，水立方將搖身一變，成為冰立方，承辦北京冬

奧會冰壺比賽。訓練中，運動員將質量為19kg的冰壺甲推出，運動一段時間后

以0.4m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以0.1m/s的速度繼續向前滑

向大本營中心。若兩冰壺質量相等，求：

圖3

⑴冰壺乙獲得的速度；

(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。

解析(1)由動量守恒定律知機丫1=機丫2+機丫3

將vi=0.4m/s,V2=0.1m/s代入上式得V3=0.3m/s。

(2)碰撞前的動能Ei=^mv?=0.08m,碰撞后兩冰壺的總動能￡，2=1mv5+^mv?=

0.05m

因為E1>E2,所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞。

答案(1)0.3m/s(2)非彈性碰撞

B級：拔高練

7.(2017?安徽兩校聯考)(多選)如圖4所示，用輕繩將兩個彈性小球緊緊束縛在一

起并發生微小的形變，現正在光滑水平面上以速度vo=O.lm/s向右做直線運動,

已知a、6兩彈性小球質量分別為加=1.0kg和加2=2.0kg。一段時間后輕繩突

然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經過t=5.0s兩球的間距s=4.5m,

則下列說法正確的是()

圖4

A.剛分離時，a、6兩球的速度方向相同

B.剛分離時，6球的速度大小為0.4m/s

C.剛分離時，。球的速度大小為0.7m/s

D.兩球分開過程中釋放的彈性勢能為0.27J

解析在輕繩突然自動斷開過程中，兩球組成的系統動量守恒，設斷開后兩球的

速度分別為vi和丫2,剛分離時，a、6兩球的速度方向相同，由動量守恒定律得

(mi+m2)vo=mivi+mivi,根據題述，經過/=5.0s兩球的間距s=4.5m,有vM

—V2/=4.5,聯立解得vi=0.7m/s,V2=-0.2m/s,負號說明b球的速度方向向左，

選項A、B錯誤，C正確；由機械能守恒定律，兩球分開過程中釋放的彈性勢能

EP=v?+^m2V2—^(mi+m2)vo=0.27J,選項D正確。

答案CD

8.如圖5所示，在平靜的水面上有A、3兩艘小船，A船的左側是岸，在3船上

站著一個人，人與5船的總質量是A船的10倍。兩船開始時都處于靜止狀態，

當人把A船以相對于地面的速度v向左推出，A船到達岸邊時岸上的人馬上以原

速率將A船推回，3船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……直到

3船上的人不能再接到A船，則3船上的人推船的次數為()

圖5

A.7B.6C.3D.9

解析取向右為正，3船上的人第一次推出A船時，由動量守恒定律得機BVI—

mAv=Q,解得丫1=氏也當A船向右返回后，3船上的人第二次將A推出，由動

r\

量守恒定律得mAV+mBV\=_mxv+mBV2,解得V2=vi+~^^v,設第n次推出A

時，B的速度大小為vn,由動量守恒定律得mAv+mBVn-\=-mAv+mBVn,解得

_.2mA

則有收=(2〃-1)篙①

IILD

B船上的人就不能再接到A船，須有正以臨界點)②

解①②式得"N5.5,則取〃=6,故選項B正確。

答案B

9.一彈簧豎直固定在地面上，上面連接一個質量為1kg的物體A,物體A處于靜

止狀態，此時彈簧被壓縮了0.15mo質量也為1kg的物體B從距物體A正上方

/2=O.3m處自由下落，碰后A、3結合在一起向下運動。重力加速度大小g取10

m/s2o

圖6

(1)求碰撞結束瞬間兩物體的總動能；

⑵從碰撞結束瞬間至A、3的總動能達到最大的過程中，彈簧彈力做功W=—2.25

J,則碰后A、3的最大總動能為多少？

解析(1*自由下落，由機械能守恒定律得

m2gh=^m2vi

碰撞過程動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定律得

rrnvo=(mi+mi)v

代入數據解得尸坐m/s

碰后A、3的總動能Ek=T(mi+m2)v2=L5J

(2)4與3共同下降過程中，彈簧的彈力不斷增大，當彈力與A、3的總重力大小

相等時，動能最大

因為依i=〃zg,kxi=2mg

跟平衡位置相比，A與3的結合體動能最大時下落的距離

AX=X2—xi=0.15m

根據動能定理有+m2)v2=(mi+m2)gAx+W

解得Ekm=2.25J

答案(1)1.5J(2)2.25J

10.兩滑塊。、人沿水平面上同一條直線運動，并發生碰撞；碰撞后兩者粘在一