第2講動量守恒定律高中總復習·物理目錄01立足”四層”·夯基礎02著眼“四翼”·探考點03聚焦“素養(yǎng)”·提能力04培養(yǎng)“思維”·重落實概念公式定理立足“四層”·夯基礎

動量守恒定律及其應用1.

內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)

，或者

?，

這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。不受外力

所受外力的矢量和為0

（1）p＝

，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p'。（2）m1v1＋m2v2＝

，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作

用前的動量和等于作用后的動量和。（3）

＝

，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。（4）Δp＝

，系統(tǒng)總動量的增量為零。p'

m1v1'＋m2v2'

Δp1

－Δp2

0

2.

表達式3.

適用條件（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守

恒。（2）近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)

的動量可近似看成守恒。（3）某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上

動量守恒。彈性碰撞和非彈性碰撞1.

碰撞的特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力

外力，可認為

碰撞系統(tǒng)的動量守恒。遠大于

種類動量是否守恒機械能變化情況彈性碰撞守恒在彈性力作用下，只產(chǎn)生系統(tǒng)內(nèi)機械能的

?

，系統(tǒng)無機械能損失非彈性碰撞守恒受非彈性力作用，使

?機械能轉化為物

體內(nèi)能完全非彈性碰撞守恒碰撞后兩物體合為一體，機械能損失

?轉

移

部分

最大

2.

碰撞的分類反沖

爆炸1.

反沖（1）定義：如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分

向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動。（2）特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力

?系統(tǒng)受到的外

力。如發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。（3）規(guī)律：遵從動量守恒定律。2.

爆炸：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，

且

系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量

。如爆竹爆炸。遠大于

遠大于

守恒

1.

動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。

（

√

）2.

系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變。

（

×

）3.

只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。

（

×

）4.

若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動

量大小一定相同。

（

√

）5.

質量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。

（

×

）√××√×

1.

〔多選〕（魯科版選擇性必修第一冊·第一章第2節(jié)[練習]T1改編）如圖所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上。開始時人、錘和車均靜止，此時大錘在頭頂?shù)恼戏?，人用力使錘落下敲打車的左端，然后錘反彈回到頭頂正上方再落下，如此周而復始，使大錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是（

）A.

在大錘連續(xù)的敲打下，車會左右往復運動B.

在任一時刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動量守恒C.

錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，車的動量方向先向右再向左D.

錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向右的動量，車的動量減小至零√√解析：

人、錘和車組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，水平方

向上動量守恒，豎直方向上動量不守恒，B錯誤；由系統(tǒng)水平方向動量守

恒可知，在大錘連續(xù)的敲打過程中，車會左右往復運動，A正確；錘從剛

離開車的左端至運動到最高點的過程中，錘水平方向的動量方向先向左再

向右，則車的動量方向先向右再向左，C正確；錘從剛接觸車的左端至錘

的速度減小至零的過程中，錘向右的動量減小至零，則車具有水平向左的

動量，車的動量減小至零，D錯誤。2.

（人教版選擇性必修第一冊·第一章第3節(jié)“練習與應用”T4改編）某機

車以0.8

m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1

節(jié)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(jié)車

廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設機車和車廂的質量都相等，

則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦忽略不計）（

）A.0.053

m/sB.0.05

m/sC.0.057

m/sD.0.06

m/s

√3.

（2024·江蘇高考9題）如圖所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A

的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側用

一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光

滑，剪斷細繩后，則（

）A.

彈簧恢復原長時A的動能最大B.

彈簧壓縮至最短時A的動量最大C.

整個系統(tǒng)動量變大D.

整個系統(tǒng)機械能變大√

題型規(guī)律方法著眼“四翼”·探考點

考點一

動量守恒定律的理解與應用1.

動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題時應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1'、p2'……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.

應用動量守恒定律的解題步驟（1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過

程）。（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守

恒）。（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。（4）由動量守恒定律列出方程。（5）代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明。

〔多選〕如圖所示，A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，初始時靜

止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當彈簧突然被

釋放后，以下系統(tǒng)動量守恒的是（

）A.

若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B.

若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)C.

若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)D.

若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)√√√解析：若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別

相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于

mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和

不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系

統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重

力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)動量守恒，跟A、B與C間的動摩

擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大

小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，故其系統(tǒng)動量守恒，

C正確。

（2022·天津高考10題）冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項

目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度

v0＝2

m/s，勻減速滑行x1＝16.8

m到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前

方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5

m，與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05

m/s和vB＝0.55

m/s。已知A、B質量相同，A與MN間冰面的動摩擦因數(shù)μ1＝

0.01，重力加速度g取10

m/s2，運動過程中兩冰壺均視為質點，A、B碰撞

時間極短。求冰壺A：（1）在N點的速度v1的大??；答案：

0.8

m/s

（2）與NP間冰面的動摩擦因數(shù)μ2。答案：

0.004解析：

設碰撞前瞬間A的速度為v2，由動量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB

第一節(jié)中我們通過分析一輛運動的小車碰撞一輛靜止的小車，得出碰撞

前后兩輛小車的動量之和不變的結論。對于冰壺等物體的碰撞也是這樣的

嗎？怎樣證明這一結論呢？這是一個普遍的規(guī)律嗎？本題源于人教版選擇性必修第一冊P12：“問題”提示：對于冰壺等物體的碰撞，碰撞前、后的動量之和也保持不變，可以通過動量定理和牛頓第三定律推證，這是一個普遍規(guī)律。

如圖所示，質量為0.5

kg的小球在離車底面高度20

m處以一定的初速

度向左平拋，落在以7.5

m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小

車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4

kg，若小球在

落在車的底面之前瞬時速度是25

m/s，則當小球和小車相對靜止時，小車

的速度是（取g＝10

m/s2）（

）A.5

m/sB.4

m/sC.8.5

m/sD.9.5

m/s√

考點二

碰撞問題1.

碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律（1）動量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。

（3）速度要符合情景①若兩物體同向運動，則碰前應有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定

增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前'≥v后'。②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.

彈性碰撞的重要結論例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度

討論：（1）當m1＝m2時，v1'＝0，v2'＝v1；（質量相等，速度交換）（2）當m1＞m2時，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）（3）當m1＜m2時，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反彈）（4）當m1?m2時，v1'＝v1，v2'＝2v1；（極大碰極小，大不變，小加倍）（5）當m1?m2時，v1'＝－v1，v2'＝0。（極小碰極大，小等速率反彈，大

不變）3.

非彈性碰撞（1）非彈性碰撞過程動量守恒，機械能有損失：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'

（2）完全非彈性碰撞碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v

如圖為某運動員正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球（主

球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5

kg·

m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)閜B'＝4

kg·m/s，則兩球質

量mA與mB間的關系可能是（

）C.

mB＝2mAD.

mB＝5mA√

（2025·吉林長春模擬）如圖所示，用長度均為l的輕質細繩懸掛三個

形狀相同的彈性小球，質量依次滿足m1?m2?m3（“?”表示“遠大

于”）。將左邊第一個小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個小球開始

運動時的速度約為（

）√

如圖所示，質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點

正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等

于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)

生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；

（2）碰撞前瞬間輕繩上的拉力大小F；

（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE。

解析：

A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv＝2mv1

考點三

爆炸

反沖1.

爆炸現(xiàn)象動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作

用力遠大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的

總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化

為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而爆炸過程中物體的位移很小，一般

可忽略不計，可以認為爆炸后的物體仍然從爆炸前的位置

以新的動量開始運動

（2025·北京順義區(qū)一模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質量為m，

在某時刻距離地面的高度為h，速度為v。此時，火箭突然炸裂成A、B兩部

分，其中質量為m1的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速

度為g。求：

（1）炸裂后瞬間A部分的速度大小v1；

解析：

炸裂后瞬間由動量守恒定律可知mv＝（m－m1）v1

（2）炸裂后B部分在空中下落的時間t；

（3）在爆炸過程中增加的機械能ΔE。

在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記

錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之

比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，

在5

s末和6

s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音

在空氣中的傳播速度為340

m/s，重力加速度大小g取10

m/s2，忽略空氣阻

力。下列說法正確的是（

）A.

兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.

爆炸物的爆炸點離地面高度為80

mC.

爆炸后的質量大的碎塊的初速度為68

m/sD.

爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340

m√

2.

反沖運動作用原理反沖運動是由系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖

運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以

系統(tǒng)的總機械能增加

一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200

g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時

的速度v＝1

000

m/s。設火箭（包括燃料）質量M＝300

kg，發(fā)動機每秒噴

氣20次。（1）當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？答案：

2

m/s

解析：

設第三次噴出氣體后火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣

體為研究對象，由動量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，解得v3≈2

m/s。解析：

發(fā)動機每秒噴氣20次，設運動第1

s末，火箭的速度為v20，以

火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得（M－20m）v20

－20mv＝0解得v20≈13.5

m/s。（2）運動第1

s末，火箭的速度為多大？答案：

13.5

m/s現(xiàn)實科技應用聚焦“素養(yǎng)”·提能力

人船模型1.

模型圖示2.

模型特點（1）兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0。

3.

運動特點（1）人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。

4.

“人船模型”的拓展（某一方向動量守恒）

如圖，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質量為m的

木塊在上、質量為M的鐵塊在下，正對用極短細繩連結懸浮在平靜的池中

某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當細繩斷裂后，木塊與鐵塊

均在豎直方向上運動，木塊剛浮出水面時，鐵塊恰好同時到達池底。僅考

慮浮力，不計其他阻力，則池深為（

）√

（2023·湖南高考15題改編）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水

平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分

別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道

長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，

在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整

個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。（1）小球從靜止到第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大?。?/p>

（2）凹槽相對于初始時刻運動的距離。

解析：

根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有mx1＝Mx2又由位移關系知x1＋x2＝a

培養(yǎng)“思維”·重落實夯基提能升華

123456789101.

〔多選〕（2025·廣東江門模擬）煙花飛上天后在天空中爆炸。當煙花

從水平地面斜飛向天空且恰好沿水平方向運動的瞬間，突然炸裂成一大一

小P、Q兩碎塊，且質量較大的P仍沿原來方向飛出去，下列說法正確的是

（

）A.

炸裂時，質量較大的P受到的內(nèi)力更大B.

炸裂過程煙花水平方向動量守恒C.

炸裂后，P飛行的水平距離較大D.

炸裂后，P、Q兩塊同時落地√√解析：

炸裂時，P、Q兩碎塊受到的內(nèi)力相等，故A錯誤；炸裂時，煙

花位于最高點，水平方向不受外力作用，所以水平方向動量守恒，故B正

確；炸裂時，質量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反，

無法確定P、Q兩碎塊炸裂時速度的大小關系，也就無法比較二者飛行的水

平距離大小關系，故C錯誤；炸裂后，P、Q兩碎塊的速度方向均沿水平方

向，之后做平拋運動同時落地，故D正確。123456789102.

羽毛球運動作為人們?nèi)粘；顒幼钍軞g迎的運動項目之一，若羽毛球以某

一水平初速度擊中靜止在水平地面的紙箱，使其瞬間卡在紙箱側壁上，發(fā)

現(xiàn)羽毛球與紙箱一起滑行的距離為L。已知羽毛球的質量為5

g，紙箱的質

量為2.495

kg，紙箱與地面間動摩擦因數(shù)μ＝0.1，滑行距離L＝2

cm，取g

＝10

m/s2。則羽毛球擊中紙箱的初速度是（

）A.0.1

m/sB.1

m/sC.10

m/sD.100

m/s√12345678910

123456789103.

如圖所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底

部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越

過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是（

）√12345678910

123456789104.

（2025·浙江湖州期末）用火箭發(fā)射人造衛(wèi)星，發(fā)射過程中最后一節(jié)火

箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以7.0×103

m/s的速度繞地球做勻

速圓周運動。已知衛(wèi)星的質量為500

kg，最后一節(jié)火箭殼體的質量為100

kg。某時刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向

的相對速度為1.8×103

m/s。下列說法正確的是（

）A.

分離后火箭殼體的速度大小為7.3×103

m/sB.

分離后火箭殼體的速度大小為3.3×104

m/sC.

分離過程中火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為1.5×105

N·sD.

分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動量變化量大小為1.5×105

kg·m/s√12345678910解析：

設火箭殼體和衛(wèi)星分離前一起繞地球做勻速圓周運動的速度為

v，衛(wèi)星的質量為m1，火箭殼體的質量為m2，分離時衛(wèi)星與火箭殼體沿軌

道切線方向的相對速度為Δv，分離后火箭殼體的速度大小為v'，分離前后

衛(wèi)星與火箭殼體組成的系統(tǒng)動量守恒，則分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動

量變化量大小為0，取分離前火箭殼體和衛(wèi)星的速度方向為正方向，根據(jù)

動量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v'＋Δv）＋m2v'，解得v'＝5.5×103

m/s，則分離后衛(wèi)星的速度為v衛(wèi)＝v'＋Δv＝7.3×103

m/s，故A、B、D錯

誤。分離過程中，設火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為I，對衛(wèi)星由動量定理有

I＝m1v衛(wèi)－m1v＝1.5×105

N·s，故C正確。123456789105.

（2025·河北滄州三模）甲、乙兩小球在光滑的水平面上沿同一直線相

向運動，已知小球甲的質量小于小球乙的質量，甲、乙兩小球碰撞前后的

位移隨時間的變化規(guī)律如圖所示。則下列說法正確的是（

）A.

圖線A為碰前乙的位移—時間圖像B.

圖線C為碰后甲的位移—時間圖像C.

小球甲、乙的質量之比為1∶2D.

兩小球的碰撞為非彈性碰撞√12345678910

123456789106.

〔多選〕（2025·重慶期末）如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎

直擋板，甲球靜止在水平面上，乙球向左運動與甲球發(fā)生正碰，甲球垂直

撞向擋板后原速率彈回。已知碰撞前、后乙球的速率之比為3∶1，且兩球

剛好不會發(fā)生第二次碰撞，則（

）A.

碰撞后乙球向左運動B.

甲、乙兩球的質量之比為4∶1C.

兩球碰撞前、后總動量之比為3∶1D.

兩球碰撞前、后總動能之比為9∶5√√12345678910

12345678910

7.

〔多選〕（2024·廣東高考10題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點

的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡

與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面

上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（

）A.

甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.

碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.

乙的運動時間與H乙無關√√√12345678910

123456789108.

（2024·江蘇高考14題）嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射

場發(fā)射升空并進入地月轉移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利

進入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和

返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A

與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v