2023年高考物理一轮复习核心知识点提升-动量守恒定律及三类模型

6.2动量守恒定律及三类模型

。③6忌一、动量守恒定律

1.内容

如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不

变.

2.表达式

(l)p=p'，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量”.

(2)加|01+加2。2=""01'+"?2。2’，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动

量和等于作用后的动量和.

(3必0=二电，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.

(W=0,系统总动量的增量为零.

3.适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为变」

(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.

(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.

二'“三类”模型问题

1.“子弹打木块”模型

(1)“木块”放置在光滑的水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在

滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动.

②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外

力，可认为在这一过程中动量守恒.把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系

统水平方向动量守恒;b.系统的机械能不守恒;c.对“木块”和“子弹”分别应

用动能定理.

(2)“木块”固定在水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静

止不动.②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律.

2.“反冲”和“爆炸”模型

⑴反冲

①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲

量，这种现象叫反冲运动.

②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例：发射

炮弹、发射火箭等.

③规律：遵从动量守恒定律.

(2)爆炸问题

爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受

的外力，所以系统动量守恒.如爆竹爆炸等.

3.“人船模型”问题

(1)模型介绍

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

题即为“人船模型”问题.

(2)模型特点

①两物体满足动量守恒定律：加101—m202=0.

②运动特点：人动船动，人静船静，人快船怏，人慢船慢，人左船方；人船位移

比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即时

v\m2

V2m\'

③应用/=£=詈时要注意：初、。2和制、X2一般都是相对地面而言的.

i.动量守恒的条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。(2)

近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量

可近似看成守恒。

(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方

向上动量守恒。

2.动量守恒定律常用的四种表达形式

(l)p=p'：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p'大小相等，

方向相同。

(2)Ap=p，一p=0：即系统总动量的增加量为零。

(3)AP1=-Ap2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加

量等于另一部分动量的减少量。

(4>j|Ui+m2V2=m\V\+mivi,即相互作用前后系统内各物体的动量都在同

一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。

例题1.如图甲所示，把两个质量相等的小车〃和8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

图乙所示，让8紧靠墙壁，其他条件与图甲相同.对于小车4B和弹簧组成的

系统，烧断细线后下列说法正确的是()

，，〃力，〃〃，》，〃〃〃〃，»"〃〃；〃〃〃〃〃〃力,，〃〃〃万〃〃〃〃/

甲乙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8车做功不为零

【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8

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8有力的作用，由公式/=入可知，

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8车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中8车做功为0,故D错误.

(多选)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动。水平轻质弹

簧左端固定在/点，物体与固定在/点的细线相连，弹簧处于压缩状态（物体与

弹簧未连接）。某时刻细线断了，物体沿车滑动到3端粘在8端的油泥上，取小

车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是（）

f.'.V.'.'.T.l

若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能

守恒

B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒

C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同

D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同

【答案】BCD

【解析】

物体与油泥黏合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错

误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一定守

恒，故B正确：取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在

沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C

正确；由C的分析可知，当物体与8端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度

相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性

势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。

（多选）如图所示，在光滑水平面上有/、8两个木块，A.8之间

用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处

于静止状态。若突然撤去力R则下列说法正确的是（）

ABF

上3A.木块4离开墙壁前,4、8和弹簧组成的系统动量守恒，

机械能也守恒

B.木块/离开墙壁前，/、8和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒

C.木块〃离开墙壁后，/、8和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

D.木块Z离开墙壁后，A,8和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守

恒

【答案】BC

【解析】

木块4离开墙壁前，由4、8和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，

故系统动量不守恒，但机械能守恒，故A错误，B正确；木块/离开墙壁后，由

4、8和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其

他形式的能量转化，故机械能也守恒，故C正确，D错误。

动量守恒定律的理解和基本应用

i.动量守恒定律的“五性”

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

各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（没有特殊说明要选地球这

相对性个参考系）。如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必

须转换成相对同一参考系的速度

动量是一个瞬时量，表达式中的6、P2…必须是系统中各物体在相互作

同时性用前同一时刻的动量，/'、P2'…必须是系统中各物体在相互作用后同

一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加

研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的

系统性

一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体

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

普适性

速运动的微观粒子组成的系统

2.应J用动量守恒定律解题的基本步骤

明确研究对象一确定系统的组成及研究过程

♦

分析受力情况——判断系统或某一方向上动量是否守恒

♦

规定正方向—确定初、末状态的动量

列动量守恒方程，求出结果，必要时讨

列方程求结果

论说明例题2.（多选）如图所示，三辆完全相同

的平板小车a、3c成一直线排列，静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到

b车上，接着又立即从b车跳到。车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度

相同.他跳到。车上相对。车保持静止，此后（）

［，、；、］i,、，、11।

baA.a、b两车运动速率相等

B.a、c两车运动速率相等

C.三辆车的速率关系私

D.a、c两车运动方向相反

【答案】CD

【解析】

设向右为正方向，设人跳离氏c车时对地水平速度为。，在水平方向由动量守

恒定律有0=A/车头+"?人。，m人v=M车Vb+m，、v,m^v=(M^+m^)-va,所以

m^Vm^v

Va=

〃=—访''②=°'M.+m,：即Vc>Va>Vb并且&与。。方向相反.所以选项

A、B错误，选项C、D正确.

甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶,

速度大小均为优=6m/s,甲车上有质量为加=1kg的小球若干个，甲和他的小

车及小车上小球的总质量为M=50kg,乙和他的小车的总质量为忆=30kg为

避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为。'=16.5m/s的水平速度抛向乙，且

被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞.则

甲总共抛出的小球个数是()

A.12B.13C.14D.15

【答案】D

【解析】

规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒

定律得朋1加一也00=(〃1+加2)。，解得。=L5m/s,对甲、小车及从甲车上抛出

的小球，由动量守恒定律得A/iOo=(A/i—"•"?)0+〃・加0'，解得〃=15,D正确.

I在靶场用如图所示的简易装置测量某型号步枪子弹的出膛速度。在

平坦靶场的地面上竖直固定一根高〃=L25m的直杆，在杆的顶端放置质量如

=0.2kg的实心橡皮球,测试人员水平端枪，尽量靠近并正对着橡皮球扣动扳机，

子弹穿过球心，其他测试人员用皮尺测得橡皮球和子弹的着地点离杆下端的距离

分别为xi=20m、X2=100m。子弹质量加2=0.01kg,重力加速度g取10m/sz,

求该型号步枪子弹的出膛速度大小。

、一、

'、、

777777./[/丁]1000TT1/S

【解析】

设步枪子弹的出膛速度大小为。0,子弹穿过球后瞬间，橡皮球的速度为初,

子弹的速度为V2,有

〃?2。0=加+加2。2

Xl=V\t

X2=V2t

解得vo=1000m/so

i.“人船”模型

(i)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“人船”模型问题。

(2)“人船”模型的特点

①两物体满足动量守恒定律：加101—m202=0。

②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船

位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，

③应用此关系时要注意一个问题：功、02和X一般都是相对地面而言的。

2.“子弹打木块”模型

(1)木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因

此动量守恒。

(2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相。

(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能。

(4)系统产生的内能Q=Ff・x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机

械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。

(5)当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不

再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为△Ek=Ff・L(L为

木块的长度)。

3.反冲和爆炸模型

(1)对反冲运动的三点说明

作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果

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

动量守恒定律

反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总

机械能增加

机械能增加

(2)爆炸现象的三个规律

动量由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于

守恒受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒

动能在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸

增加后系统的总动能增加

位置爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不

不变计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动

例题3.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2已知爆炸后P的运动方向与爆

炸前的运动方向相同，假设爆炸后尸、。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。比P先落地

C.。的落地点到爆炸点的水平距离大

D.爆炸前后P、。动量的变化量大小相等

【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0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。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、0受到爆炸力大小相等，作用时间相同，

则爆炸力的冲量大力、一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中产、。动量的改

变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、。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、。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.

I解放军发出4枚“东风快递”（中程弹道导弹），准确击中预定目标,

发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M（含燃料）的东风导弹点火升空，在

极短时间内以相对地面的速度00竖直向下喷出质量为〃？的炽热气体，忽略喷气

过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是（）

AmMMm

A.T7VoB.—VoC-......VoD------如

MmM—mM—fn

【答案】D

【解析】

ni

由动量守恒定律得/WO0=（Af-导弹获得的速度。=二—〃』0,故选D.

（多选）如图所示，绳长为/,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）（）

m

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群;

【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21,

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a”，

小车水平方向的平均速度为2”，mvm—MvM=0,两边同时乘以运动时间f,mvmt

即=又“+x.“=2/,解得小车向右移动的最大距离为

D正确.

新嘴境缭合摆开练

如图所示，甲木块的质量为如，以。的速度沿

光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为加2的乙木块，乙上连有一

轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（）

V

甲—>ZWVW乙

A.甲木块的动量守恒

B.乙木块的动量守恒

C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒

D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒

【答案】C

【解析】

两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒,

机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，

但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，D错误。

2.如图所示，一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为

M,顶端高度为人今有一质量为根的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜

面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（）

Mh

Mh

'(Af+m)tana

【答案】C

【解析】

加与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为

_h_

X\,Af在水平方向上对地位移为X2，因此有O=/MX1—①，且X1+X2=7②，

tana

mh

由①②式可得X2=（心、,—,故选C。

{M+m）tana

3.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆

心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为优、

方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2加，速度大

小为。，方向水平向东，则另一块的速度为（）

A.3vo-vB.2vo~3v

C.3Vo—2vD.2vo+v

【答案】C

【解析】

取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3加00=2加0+加办，可得vx

=3vo~2v,C正确。

4.如图所示，质量为M的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留

在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s。已知木块与水平面间的动摩擦因

数为〃，子弹的质量为加，重力加速度为g,空气阻力可忽略不计，则由此可得

子弹射入木块前的速度大小为()

___m-\-MI----M—m<----

"/"A.~~~72/igsB.~~~722gs

mI—THI—

Cm工小师D-M二仙gs

【答案】A

【解析】

子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：加。i=(Af+加)o,解得:吁诉；子弹击中木块后做匀减速

直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：一〃(A/+m)gs=O—；(〃+

m)v2,解得：v\=~~~N2〃gs;故A正确，B、C、D错误。

5.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量

它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾

上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长A。

已知他自身的质量为加，则船的质量为()

m(£+")m(£—d)

A.------a5------B.------a5----

mLfn(£+d)

~~r

C.aD.------L7------

【答案】B

【解析】

f

画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为人的速度大小为v9

船的质量为M,人从船尾走到船头所用时间为八则v，=L,；人和船组

成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律

772（L—d）

得一加比=0,解得船的质量A/=-------;------，B正确。

-6.如图所示，在足够长的光滑水平面上，用质量分别为2kg和

1kg的甲、乙两滑块，将轻弹簧压紧后处于静止状态，轻弹簧仅与甲拴接，乙的

右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为

2m/s,此时乙尚未与P相撞。

甲乙［P

求弹簧恢复原长时乙的速度大小;（2）若乙与挡板p碰

撞反弹后不能再与弹簧发生碰撞。求挡板。对乙的冲量的最大值。

【答案】（l）4m/s（2）6N•s

【解析】

（1）设向左为正方向，由动量守恒定律得

m甲v甲一〃？乙o乙=0

v乙=4m/so

（2）要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度。m=。甲

设向左为正方向，由动量定理得I=m乙v甲一〃？乙（一0乙）

解得/=6N•So

7.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10〃?、12加，两船

沿同一直线同一方向运动，速度分别为2如、。0。为避免两船相撞，乙船上的人

将一质量为〃，的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货

物的最小速度。（不计水的阻力）

2VoVo

\甲/\乙一/

暂整裁裁裁I言暂言言【答案】4优

【解析】

设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为0min，抛出货物后船的速度为V\,

甲船上的人接到货物后船的速度为02，以。0方向为正方向,

先选乙船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得

12mvo=WmV\—ZMOmin①

再选甲船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得

1OmX2oo—mVmin=11加s②

为避免两船相撞应满足切=。2③

联立①②③式得Umin=4U0o

8.冲击摆可以测量子弹的速度大小。如图所示，长度为/的细绳悬挂质量

为M的沙箱，质量为加的子弹沿水平方向射入沙箱并留在沙箱中。测出沙箱偏

离平衡位置的最大角度为呢沙箱摆动过程中未发生转动。

(1)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，忽略沙箱的微小偏离。求：

①子弹射入沙箱后的共同速度大小。；

②子弹射入沙箱前的速度大小。0；

(2)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，沙箱已经有微小偏离。子弹射

入沙箱的过程是否可以认为是水平方向动量守恒？并简要说明理由。

[答案](1)®y]2gl(1—cosa)(1—cosa)

(2)守恒，理由见解析

【解析】

(1)①在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为a的过程中，由机

械能守恒定律得T("?+A/)v2=(加+M)g/(1—cosa)

解得v=\]2gl(1—cosa)o

②由水平方向动量守恒得mvo=(M+m)v

.„m+MI----；--------—

斛付vo=~~~~yJ2gl(1—cosa)o

tnvo

(2)可以认为水平方向动量守恒；自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，

由于沙箱偏离平衡位置的距离很小，受到细绳拉力在水平方向的分力远小于子弹

与沙箱的内力，因此子弹射入沙箱的过程可以认为是水平方向动量守恒。

9.在