高中物理必备知识点 动量守恒定律及其应用总结

第一关：基础关展望高考

基 础 知 识 一、动量守恒定律

知识讲解

(1)内容:一个系统不受外力或者所受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变. (2)数学表达式 ①p=p′.

即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. 若相互作用的物体有两个,则通常写为: m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′. ②Δp=p′-p=0.

即系统总动量的增量为零. ③Δp1=-Δp2.

即将相互作用的系统内的物体分为两部分,其中一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等,方向相反.

(3)动量守恒定律成立的条件

内力不改变系统的总动量,外力才能改变系统的总动量,在下列三种情况下,可以使用动量守恒定律:

①系统不受外力或所受外力的矢量和为零.

②系统所受外力远小于内力,如碰撞或爆炸瞬间,外力可以忽略不计

③系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零,或外力远小于内力,则该方向动量守恒(分动量守恒).

活学活用

1.如图所示，A、B两物体的质量mA>mB,中间用一段细绳相连并在一被压缩的弹簧,放在平板小车C上后,A、B、C均处于静止状态.若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B从C上未滑离之前,A、B在C上向相反方向滑动过程中（）

A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B组成的系统动量守恒,A、B、C组成的系统动量也守恒

B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,A、B、C组成的系统动量也不守恒

C.若A、B和C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,但A、B、C组成的系统动量守恒

D.以上说法均不对

解析：当A、B两物体组成一个系统时,弹簧弹力为内力,而A、B和C之间的摩擦力是外力,当A、B与C之间的摩擦力等大反向时,A、B所组成的系统所受合外力为零,动量守恒;当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时,A、B组成的系统所受合外力不为零,动量不守恒.而对于A、B、C组成的系统,由于弹簧的弹力、A和B与C之间的摩擦力均是内力,不管A、B与C之间的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成的系统所受合外力均为零,动量守恒,所以A、C选项正确,B、D选项错误.

答案：AC

点评：(1)动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,因此在判断系统动量是否守恒时一定要分清内力和外力;(2)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒,与系统的选取密切相关,因此,在运用动量守恒定律解题时,一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的.

二、碰撞与爆炸问题

知识讲解

1．碰撞现象 (1)动量守恒 (2)机械能不增加 (3)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≥′后. ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不 改变.

2．爆炸现象

(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间完成的，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.

(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：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体 产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从 爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.

活学活用

2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的初动量均为6 kg·m/s.运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则()

A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10 解析：碰撞前A、B组成的系统的动量： p1+p2=(6+6) kg·m/s=12 kg·m/s 碰撞后A球的动量：

p′1=p1+Δp1=［6+(-4)］ kg·m/s=2 kg·m/s 由动量守恒定律：p1+p2=p′1+p′2得p′2=10 kg·m/s 即m1v′1=2 kg·m/sm2v′2=10 kg·m/s 所以v′1：v′2=2：5

又Δp1为负值，由动量定理可知A球碰撞时受力向左，故左方向是A球.答案:A

第二关：技法关解读高考

解 题 技 法

一、对动量守恒定律的理解

技法讲解

(1)矢量性:动量守恒方程是一个矢量方程,对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题,应选取统一的正方向,凡是与选取正方向相同的动量为正,相反为负.若方向未知,可设为与正方向相同列动量守恒方程,通过解得结果的正负,判定未知量的方向.

(2)同时性:动量是一个瞬时量,动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定,列方程m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′时,等号左侧是作用前同一时刻各物体动量的矢量和,等号右侧是作用后同一时刻各物体动量的矢量和,不同时刻的动量不能相加.

(3)参考系的同一性:由于动量大小与参考系的选取有关,因此应用动量守恒定律时,应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度.一般以地面为参考系.

(4)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统.

典例剖析

例1如图所示质量为M的小船以速度v匀速行驶.船上有质量都为m的小孩a和b，他们分别站立在船头和船尾，现小孩a以相对于静止水面的速度v向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速度（相对于静水）向后跃入水中，求小孩b跃入水中后小船的速度.

解析：由于船在水中匀速行驶，所以人、船组成的系统动量守恒，设小孩b跃入水中后小船的速度为v1，规定小船原来的速度v0方向为正方向，根据动量守恒定律有：

（M+2m）v0=Mv1+mv+（-mv） 解得：v1=

M2m v0，v1为正值，表明小船的速度方向与原来的方向相同. M二、动量守恒的两种模型 技法讲解

在运用动量守恒定律处理问题时，常常遇到以下两种模型：

1.人船模型：人船模型的适用条件是两个物体组成的系统在运动过程中动量守恒，并且总动量为零.两物体在其内力的相互作用下，各物体的动量虽然都在变化，但总动量仍为零，即0=Mv1-mv2.

系统在运动过程中动量守恒，则系统在运动过程中的平均动量也守恒，即0=Mv1mv2. 进一步而可得：

0Ms1ssmm2MS1ms2或1. tts2M此式表明：在两个物体相互作用的过程中，如果物体组成的系统动量守恒，那么在运动

过程中物体的位移之比就等于质量的反比.

2.子弹—木块模型

这类问题的特点是：木块最初静止于光滑水平面上，子弹射入木块后留在木块内和木块合为一体.此过程动量守恒，但机械能不守恒.

典例剖析

例2有一艘质量为M=120 kg的船停在静水中，船长L=3 m.船上一个质量为m=60 kg的人从船头走到船尾.不计水的阻力，则船在水中移动的距离为多少？

解析：这道题就是一个“人船模型”题.以人和船组成的系统为研究对象，人在船上走的过程中，系统受到的外力是重力、水的浮力，其合力为零，系统的动量守恒.由动量守恒定律，可以得出各时刻人和船的速度关系，由速度关系再得出位移关系.

以人船静止时为初状态，人在走的过程中某时刻为末状态，设此时人的速度为v1，船的速度为v2，以人的速度为正方向，由动量守恒定律知mv1-Mv2=0,那么有ms1-Ms2=0①

人船运动过程如图所示，则s1+s2=L② 联立①②方程式解得： s1=

M120L×3 m=2 m

Mm12060M120L×3 m=1 m.

Mm12060s2=

答案：1 m

例3在高为h=10 m的高台上，放一质量为M=9.9 kg的木块，它与平台边缘的距离L=1 m.

今有一质量为m=0.1 kg的子弹以v0的水平向右的速度射入木块（作用时间极短），并留在木块中，如图所示.木块向右滑行并冲出平台，最后落在离平台边缘水

平距离为x=42m处，已知木块与平台的动摩擦因数μ=（1）木块离开平台时的速度大小； （2）子弹射入木块的速度大小. 解析：（1）设木块离开平台时的速度为v1 x=v1t,h=

92

，g取10 m/s，求： 2012

gt 2v1=x g10 m/s=4 m/s. 422h210（2）设子弹射入木块后，子弹与木块的共同速度为v，则木块向右滑行到达平台边缘的速度为v1，在这一过程中木块向左的加速度大小为：a=学公式有：v1-v=2(-a)L

v=v12aL =5 m/s 在子弹与木块的作用过程中，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v v0=

22

2

MmgMm =μg=4.5 m/s由运动

2[

（Mm）v =500 m/s.

m答案：（1）4 m/s(2)500 m/s

第三关：训练关笑对高考

随 堂 训 练

1．如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢来回碰撞n次后，静止在车厢中，这时车厢速度是()

A．v0,水平向右 B．0

C．mv0/(M+m), 水平向右 D．mv0/(M-m),水平向左

解析：物体和车厢组成的系统所受的合外力为零(水平面光滑,故无水平方向的摩擦力,竖直方向上物体和车厢均静止,故系统受支持力与总重力互为平衡力),所以物体和小车碰撞n次的过程中系统动量守恒.系统初状态的动量p=mv0,末状态的动量p′=(M+m)v,根据动量守恒定律p=p′有mv0=(M+m)v,所以车厢的速度v=mv0/(M+m).

答案:C

2.如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB,且mA>mB，置于光滑水平面上，相距较远.将两个大小均为F的力,同时分别作用在A、B上经相同距离后,撤去两个力,两物体发生碰撞并粘在一起后将（）

A.停止运动 B.向左运动

C.向右运动 D.运动方向不能确定

解析：由于F作用相同距离,故A、B获得的动能相等,即EkA=EkB,又由p=2mEk,得pA>pB,撤去F后A、B系统动量守恒知p总=pA-pB，方向向右，故选C.

答案：C

3.如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中不正确的是（）

A.乙的速度必定大于甲的速度

B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C.乙的动量必定大于甲的动量 D.甲、乙的动量之和必定不为零

解析：据甲、乙小车构成的系统动量守恒，小车向右运动，表明甲、乙的总动量向左，乙的冲量大于甲的动量.小车受甲、乙的总冲量向右，乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量，则BCD正确，A错，选A.

答案：A

4.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等，Q与轻质弹簧相连.设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）

A.P的初动能 B.P的初动能的

2

1 21 31 4C.P的初动能的

D.P的初动能的

解析：设P以初速度v与弹簧相碰，当P、Q具有共同速度v′时，弹簧弹性势能最大，设为Ep，将P、Q及弹簧视为系统，设向右为正方向，系统动量守恒、能量守恒，有

mv=2mv′

1212

mv=（2m）v′+Ep 22解得Ep=答案：B

点评：本题考查动量守恒和机械能守恒的条件和应用，要求能对较为复杂的物理过程进行分析，分析整个过程的能量转化情况及出现极值的临界条件是两者速度相同.

112

mv，即为P的初动能的. 425.使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s.方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰，求：

（1）两车最近时，乙的速度为多大？ （2）甲车开始反向运动，乙的速度为多大？ 解析：（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

m乙v乙-m甲v甲=（m甲+m乙）·v 所以两车最近时，乙车的速度为 vm乙v乙m甲v甲130.524m/s m/s1.33m/s

m甲m乙0.513（2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙

v乙-m甲v甲=m乙v乙′

得v乙′=

m乙v乙m甲v甲130.52 m/s=2 m/s m乙1答案：（1）1.33 m/s(2)2 m/s

课时作业二十三动量守恒定律及其应用

1.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的

1圆周轨道，圆心O在S的正上方.在O4和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑.以下说法正确的是()

A.a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B.a比b同时到达S，它们在S点的动量不相等 C.a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D.b比a先到达S，它们在S点的动量相等

解析:a物体做自由落体运动，运动时间为t1,b物体沿

1圆弧轨道下滑的过程中，其竖直4方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a、b两物体竖直方向位移相等，所以b物体下滑到S的时间t2＞t1，故A正确，B、C、D、错误.

答案:A

2.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是() A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒

C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒

D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒

解析:由动量守恒的条件知C正确，D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒.

答案:C

3.如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.AB间夹有少量炸药，对A、B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法，其中正确的是()

A.炸药爆炸后瞬间，A、B两物块速度方向一定相同 B.炸药爆炸后瞬间，A、B两物块速度方向一定相反 C.炸药爆炸过程中，A、B两物块组成的系统动量不守恒 D.A、B在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程中动量守恒

解析:炸药爆炸后，A物块的速度是否反向，取决于炸药对A物块的冲量大小和A的初动量大小的关系.故A速度不一定反向，故A、B项不正确；在炸药爆炸过程中及以后直至A、B相对静止过程中，A相对传送带向左运动，B相对传送带向右运动，所受摩擦力方向相反，根据滑动摩擦力定义可以确定A、B组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故C项不正确，D项正确.

答案:D

4.（江苏南通2月）质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙为4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示，()

A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B.当两物块相距最近时，甲物块的速度为零

C.当甲物块的速度为1 m/s时，乙物块的速度可能为2 m/s,也可能为0

D.甲物块的速率可能达到5 m/s

解析:由于弹簧是轻质的，甲、乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平方向上二者组成的系统动量守恒，A错.当甲、乙相距最近时应有v甲=v乙，故由动量守恒有mv乙-mv甲=2mv(其中以物体乙的初速度方向为正)，代入数据有v=0.5 m/s,B错.又二者作用过程中，总机械能也守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒有

mv乙-mv甲=mvm-mv′(v′为两物块分离时乙的速度大小)，

12121212

mv乙+mv甲=mvm+mv′. 2222解之得vm=v乙=4 m/s，v′=v甲=3 m/s，故D错.当甲物块的速度为向左的1 m/s时，由动量守恒可求得乙的速率为2 m/s.当甲物块的速度为向右的1 m/s，同样可求得乙的速率为0，故C对.

答案:C教学资源网www.130edu.com

5.（山东潍坊一模）如图，质量为3 kg的木板放在光滑水平面上，质量为1 kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4 m/s时，物块()

A.加速运动 B.减速运动 C.匀速运动 D.静止不动 解析:

由于木板和物块之间有摩擦，放在光滑的水平面上后，由于木板足够长，故木板和物块系统动量守恒，最终二者将具有共同的速率，规定向右的方向为正方向，根据动量守恒得3×4kg·m/s-1×4kg·m/s=(3kg+1kg)v,所以v=2 m/s，方向向右.当木板速度为2.4m/s时，设物块的速度为v′，根据动量守恒得,3×4kg·m/s-1×4kg·m/s=3×2.4kg·m/s+1kg×v′,v′=0.8m/s,方向向右.因v′＜v，故此时物块正在加速度运动.

答案:A

6.（广东中山3月）向空中发射一物体，不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()

A.b的速度方向一定与初速度方向相反

B.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C.a、b一定同时到达地面

D.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等

解析:物体炸裂过程，水平方向动量守恒,mv0=m1v1+m2v2，只有m1v1＞mv0时，v2才与初速度方向相反，且v1、v2的大小关系不能确定，所以无法确定a、b的水平位移，A、B均错.竖直方向的运动不受水平运动的影响，故落地时间相同，a、b所受力大小相等、时间相同，故冲量大小相等. 教学资源网www.130edu.com

答案:CD

7.如图所示两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上.当这个人从A车上跳到B车上，接着又从B车跳回并与A车保持相对静止时，A车的速率()

A.等于零 B.小于B车速率 C.大于B车速率 D.等于B车速率

解析:由系统动量守恒可得：O=(MA+m)VA-MBVB,MA+M＞MB故VA＜VB.B正确. 答案:B

8.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发.

则以下说法正确的是()

A.待打完n发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动 B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方 C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为

md

nmMD.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同

解析:根据动量守恒定律，当子弹射出后，小车（包括人、枪和靶，下同）获得一定的速度向右匀速直线运动，但是当子弹打入靶后，因为系统总动量为0，所以小车将做间歇性的匀速直线运动，最后将停止于原位的右边，A错误，B正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知，每一次射击后小车获得的速度都是相等的，走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为v1由动量守恒有：mv=［M+(n-1)m］v1,v1=

mv,

Mn1m设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为t,d=t［

［Mn1m］dmv］,t=，

Mn1mMnmv小车位移为s=v1t=

答案:BC

md，C对，D错，答案为BC.

nmM9.一列总质量为m总的列车，在平直轨道上以速度v匀速行驶，突然最后一节质量为m的车厢脱钩，列车受到的阻力与车重成正比，机车牵引力不变，则当最后一节车厢刚好停止的瞬间，前面列车的速度为________

解析:

整个列车匀速行驶时，机车牵引力与列车所受阻力大小相等，当最后一节车厢脱钩之后，机车牵引力不变，而最后一节车厢停止运动前，对整个列车而言，所受阻力大小也不变，则列车与脱钩的最后一节车厢组成的系统动量守恒，最后一节车厢停止瞬间，有

（m总-m）v′=m总

m总v.

m总m答案:

m总v

m总m10.质量为100 kg的甲车连同质量为50 kg的人一起以2 m/s的速度在光滑水平上向前运动，质量为150 kg的乙车以7 m/s的速度由后面追来.为了避免相碰，当两车靠近时甲车上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车？

解析：在人和车相互作用时动量守恒.设人跳起的水平速度为v人，两车后来的速度相同均为v车.设向前为正方向，根据动量守恒定律，人从甲车上跳出时，有

（m+M甲）v甲=M甲v车-mv人 人跳上乙车的过程中，有 M乙v乙-mv人=（M乙+m）v车

由以上两式代入数据解得v人=3 m/s. 答案：3 m/s

11.如图所示，质量为M=4 kg的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.01，板上最左端停放着质量为m=1 kg可视为质点的电动小车，车与木板上的挡板相距L=5 m.车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t=2 s，车与挡板相碰，碰撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车与挡板黏合在一起，求碰后木板在水平地面上滑动的距离. 教学资源网www.130edu.com

解析:

若设木板不动，对电动车在板上运动的加速度a0，由22

L=a0t/2得a0=2.5 m/s.此时木板对车向右的摩擦力F=ma0=2.5 N，木板受车向左的反作用力F′=F=2.5 N，木板受地面向右的最大静摩擦力f=μ(M+m)g=0.5 N.因为F′＞f，所以木板不可能静止，将向左运动.

设电动车向右运动加速度为a1,木板向左运动加速度为a2,碰前电动车速度为v1，木板速度为v2,碰后共同速度为v，两者一起向右运动s而停止，则

1

1212

a1t+a2t=L 22对木板有F′-μ(M+m)g=Ma2 对电动车有F=F′=ma1 而v1=a1t,v2=a2t

两者相碰时动量守恒，以向右为正方向，有 mv1-Mv2=(M+m)v

由动能定理得-μ(M+m)gs=0-代入数据得s=0.2 m. 答案：0.2 m

12.如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA=500 g,mB=300 g，有一质量为80 g的小铜球C以25 m/s的水平初速开始，在A表面滑动，由于C和A，B间有摩擦，铜块C最后停在B上，B和C一起以2.5 m/s的速度共同前进，求：

（1）木块A的最后速度vA′； （2）C在离开A时速度vC′.

12

(M+m)v 2解析:

A，B，C三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，教学资源网www.130edu.com

（1）研究C开始滑动到C和B相对静止的过程， mCv0=mAvA′+(mC+mB)v共

vmmv共A′=

Cv0CmBm

A=

0.08250.080.32.50.5=2.1 m/s.

(2)研究C开始滑动到C离开A的过程, mCv0=(mA+mB)vA′+mCvC′

vC′=

mCv0mAmBvAm

C=

0.08250.50.32.10.08=4 m/s.

答案：（1）vA′=2.1 m/s (2)v′C=4 m/s