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资料简介
1
动量守恒定律
【学习目标】
1.能用牛顿运动定律推导动量守恒定律；
2.知道动量守恒定律的适用条件和适用范围；
3.进一步理解动量守恒定律，知道定律的适用条件和适用范围，会用动量守恒定律解释现象、解
决问题．
【要点梳理】
要点一、动量守恒定律
1．系统 内力和外力
在物理学中，把几个有相互作用的物体合称为系统，系统内物体间的相互作用力叫做内力，系统
以外的物体对系统的作用力叫做外力．
2．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，那么这个系统的总动量保持不变．
（2）动量守恒定律的数学表达式：
① ．
即系统相互作用前的总动量 和相互作用后的总动量 大小相等，方向相同．系统总动量的求
法遵循矢量运算法则．
② ．
即系统总动量的增量为零．
③ ．
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加量等于另一部分动量的减少
量．
④当相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，动量守恒定律可表示为代数式：
．
应用此式时，应先选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负号表示各自的方向．式中
为初始时刻的瞬时速度， 为末时刻的瞬时速度，且它们一般均以地球为参照物．
（3）动量守恒定律成立的条件：
①系统不受外力作用时，系统动量守恒；
②若系统所受外力之和为零，则系统动量守恒；
③系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动
量可看成近似守恒；
④系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒．但是，若系统在某一方
向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒．
要点诠释：为了方便理解和记忆，我们把以上四个条件简单概括为：①②为理想条件，③为近似
条件，④为单方向的动量守恒条件．
p p= ＇
p p＇
0p p p∆ = =－＇
1 2p p∆ ∆=－
1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v+ = +＇ ＇
1 2v v、
1 2v v、＇ ＇2
3．动量守恒定律的适用范围
它是自然界最普遍、最基本的规律之一．不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领
域．小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适
用的．
4．运用动量守恒定律解题的基本步骤和方法
（1）分析题意，确定研究对象．在选择研究对象时，应将运动过程的分析与系统的选择统一考
虑．
动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换
划入系统的物体，可以找到满足守恒条件的系统．
（2）对系统内物体进行受力分析，分清内力、外力，判断所划定的系统在其过程中是否满足动量
守恒的条件，若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围（增减某些物体）或改变过
程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件，若始终无法满足动量守恒条件，则应考虑采取其他方
法求解．
（3）明确所研究的相互作用过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达
式．
（4）根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程．
（5）合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论，如求出其速度为负值，说明该物体的
运动方向与规定的正方向相反．
要点二、与动量守恒定律有关的问题
1．由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式
以两球碰撞为例：光滑水平面上有两个质量分别是 和 的小球，分别以速度 和 （ ＞
）做匀速直线运动。当 追上 时，两小球发生碰撞，设碰后二者的速度分别为 、 。
设水平向右为正方向，它们在发生相互作用（碰撞）前的总动量： ，在发
生相互作用后两球的总动量： 。
设碰撞过程中两球相互作用力分别是 和 ，力的作用时间是 。
根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别为
，
根据牛顿第三定律， 、 大小相等，方向相反，即
所以
1m 2m 1v 2v 1v
2v 1m 2m '
1v '
2v
1 2 1 1 2 2P P P m v m v= + = +
' ' ' ' '
1 2 1 1 2 2P P P m v m v= + = +
1F 2F t∆
1
1
1
Fa m
= 2
2
2
Fa m
=
1F 2F 1 2F F=−
1 1 2 2m a m a=−3
碰撞时两球之间力的作用时间很短，用 表示，这样加速度与碰撞前后速度的关系就是
， ， 代入
整理后可得
或写成
即
这表明两球碰撞前后系统的总动量是相等的。
要点诠释：这就是动量守恒定律的表达式．本题需要一段推导、论证过程，要求学生学会论证表
达严密的推导过程，这是高考的新动向，要加强这方面的训练．
2．对动量守恒定律的理解
（1）研究对象：牛顿第二定律、动量定理的研究对象一般为单个物体，而动量守恒定律的研究对
象则为两个或两个以上相互作用的物体所组成的系统．
（2）研究过程：动量守恒是对研究系统的某过程而言（如内力远远大于外力），所以研究这类问
题时要特别注意分析哪一阶段是守恒阶段．
（3）动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力是零，这就意味着一旦系统所受的合外力不
为零，系统的总动量将发生变化．所以，合外力才是系统动量发生改变的原因，系统的内力只能影响
系统内各物体的动量，但不会影响系统的总动量．
（4）动量守恒指的是总动量在相互作用的过程中时刻守恒，而不是只有始末状态才守恒．实际列
方程时，可在这守恒的无数个状态中任选两个状态来列方程．
（5）系统动量守恒定律的三性：
①矢量性：公式中的 和 都是矢量．只有它们在同一直线上时，并先选定正方向，确
定各速度的正、负（表示方向）后，才能用代数方程运算，这点要特别注意．
②同时性：动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量中的速度必
须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度．
③相对性：动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是
相对同一惯性参考系的速度，即把相对不同参考系的速度变换成相对同一参考系的速度，一般以地面
为参考系．
3．由多个物体组成的系统的动量守恒
对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复
杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据
作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，
分别建立动量守恒定律方程．
求解这类问题时应注意：
（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型；
（2）分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；
（3）合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题．
要点诠释：动量守恒定律是关于质点组（系统）的运动规律，在运用动量守恒定律时主要注重初、
末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利．凡是碰到质点组的问
t∆
'
1 1
1
v va t
−= ∆
'
2 2
2
v va t
−= ∆ 1 1 2 2m a m a=−
' '
1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v+ = +
' '
1 2 1 2P P P P+ = +
'P P=
1 2 1v v v、 、 ＇ 2v ＇4
题，可首先考虑是否满足动量守恒的条件．
4．动量守恒定律应用中的临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运
动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临
界条件．临界条件往往表现为某个（或某些）物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，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．
【例】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为
．甲车上有质量 的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量 ，乙
和他的车总质量 ．甲不断地将小球一个一个地以 的水平速度（相对于地面）
抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？
【解析】两车不相碰的临界条件是它们最后的速度（对地）相同，由该系统动量守恒，以甲运动
方向为正方向，有
， ①
再以甲及小球为系统，同样有
， ②
联立①②解得 个．
5．动量变化的大小和方向的讨论
动量的变化 是矢量，因动量的变化（动量的增量）是物体的末动量 跟物体的初动量 的
（矢量）差，即 。它的方向是由 和 共同决定的，它的运算符合矢量运算规则，要按
平行四边形定则进行。特别是当 与 在一条直线上时，在选定正方向后，动量的方向可用正负号表
示，将矢量运算化为代数运算，计算结果为“+”，说明其方向与规定的正方向相同，计算结果为
“－”，说明其方向与规定的正方向相反。
6．动量守恒定律的一般解题步骤
①确定研究对象(系统)，进行受力分析：
②确定研究过程，进行运动分析；
③判断系统在所研究的过程中是否满足动量守恒定律成立的条件；
④规定某个方向为正方向，分析初末状态系统的动量；
⑤根据动量守恒定律建立方程，并求出结果。
【典型例题】
类型一、关于动量变化的计算
例 1.一个质量是 的钢球，以 的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，
0 6.0m/sv = 1 kgm = 1 50 kgM =
2 30 kgM = 16.5 m/sv =
( )1 0 2 0 1 2M v M v M M v= +－ ＇
1 0 1( )M v M nm v nmv= +－ ＇
15n =
P∆ 'P P
'P P P∆ = − P 'P
P 'P
0.1kg 6m/s5
沿着同一直线以 的速度水平向左运动。求碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？
【思路点拨】分清初末动量：动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正
方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。
【答案】有变化；变化量方向向左，大小为 。
【解析】题中钢球的速度发生了反向，说明速度发生了变化，因此动量必发生变化。
取向左的方向规定为正方向
物体原来的动量：
弹回后物体的动量：
动量的变化：
动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左，大小为
。
【总结升华】此题为动量变化题目，要分清初末动量。动量及动量变化都是矢量，在进行动量变
化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负
值。从而把矢量运算变成代数加减。
举一反三：
【变式】一个质量为 的小球，竖直落地时的速度为 ，反弹离地时的速度为 .求小
球与地面作用期间发生的动量变化。
【答案】 ；方向竖直向上。
【解析】取向上为正方向，则竖直落地时的速度 ，反向弹地的速度 。
6m/s
1.2kg m/s⋅
1 1 0.1 6kg m/s
= 0.6kg m/s
P mv=− =− × ⋅
− ⋅
2 2 0.1 6kg m/s
=0.6kg m/s
P mv= = × ⋅
⋅
2 1 0.6kg m/s ( 0.6kg m/s)P P P∆ = − = ⋅ − − ⋅
1.2kg m/s= ⋅
1.2kg m/s⋅
2kg 10m/s 8m/s
kg m/sP∆ = ⋅36
1 10m/sv =− 2 8m/sv =
1 1 2 ( 10kg m/s)
kg m/s
P mv= = × − ⋅
⋅=- 20
2 2 2 8kg m/s
16kg m/s
P mv= = × ⋅
= ⋅
2 1 16kg m/s ( kg m/s)
kg m/s
P P P∆ = − = ⋅ − ⋅
⋅
- 20
=366
方向：竖直向上。
类型二、动量守恒守恒条件的判断
例 2．在光滑的水平面上 、 两小车中间有一弹簧，如图所示。用手抓住小车并将弹簧压缩后
使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是（ ）。
A． 两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的
总动量不一定为零
【答案】A、C、D
【解析】在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力）。故动量守恒，即系
统的总动量始终为零，A 对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那段时
间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B 错；先放开左手，系统在右手的作用下，产生向左
的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C 对；其实，
无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若同时放开，
那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总
动量就与放开一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D 对。
【总结升华】动量守恒定律都有一定的适用范围，在应用这一定律时，必须明确它的使用条件，
不可盲目的套用。
类型三、动量守恒定律的应用
例 3.质量 的小球在光滑的水平桌面上以 的速率向右运动，恰好遇上质量为
的小球以 的速率向左运动，碰撞后，小球 恰好停止，那么碰撞后小球 的
速率是多大？方向如何？
【思路点拨】两球相碰，内力远远大于外力，符合动量守恒条件，故可用动量守恒定律来解决。
【答案】 方向与正方向相反，即向左。
【解析】设 的方向即向右为正方向，则有 ， ，
根据动量守恒： ，
有：
解得：
方向与正方向相反，即向左。
【总结升华】两球相碰，内力远远大于外力，符合动量守恒条件，故可用动量守恒定律来解决。
A B
1 10gm = 1 30cm/sv =
2 50gm = 2 10cm/sv = 2m 1m
20cm/s
1v 1 30cm/sv = 2 10cm/sv =− '
2 0v =
' '
1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v+ = +
'
110 30 50 ( 10) 10v× + × − =
'
1 20cm/sv =−7
运用动量守恒定律解题的方法是：（1）看清是否符合动量守恒条件，（2）恰当选取正方向，（3)根据
题意选取恰当的动量守恒定律的表达式，（4）合理进行运算，得出最后结果。
举一反三：
【变式】质量为 的小球 以 的速度向东运动，某时刻和在同一直线上运动小球 迎面
正碰。 球的质量为 。碰撞前的速度为 ，方向向西，碰撞后， 球以 的速度向西返回，
求碰后 球的速度。
【答案】 ，方向向西。
【解析】 两球的正碰过程符合动量守恒定律，设向东为正方向，
， ，
根据动量守恒定律有：
，
负号说明碰后 球的速度方向向西。
例 4．光滑水平面上放着质量 的物块 与质量 的物块 ， 与 均可视为
质点， 靠在竖直墙壁上， 间有一个被压缩的轻弹簧（弹簧 均不拴接），用手挡住 不动，
此时弹簧弹性势能 ．在 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所
示．
放手后 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道上，
其半径 ， 恰能到达最高点 ．取 ，求：
（1）绳拉断后瞬间 的速度 的大小；
（2）绳拉断过程中绳对 的冲量 的大小；
（3）绳拉断过程中绳对 所做的功
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设 在绳被拉断后瞬间的速度为 ，到达 点时的速度为 ，
20g A 3m/s B
B 50g 2m/s A 1m/s
B
0.4m/s
A B、
1 3m/sv = 2 2m/sv =− '
1 1m/sv =−
' '
1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v+ = +
'
2 4m/sv =−
B
1 kgAm = A 2 kgBm = B A B
A A B、 A B、 B
49 JpE = A B、
B B
0.5 mR = B C 210 m/sg =
B Bv
B I
A W
5 m/sBv = 4 N s⋅ 8 J
B Bv C Cv8
则有
，
，
代入数据得
．
（2）设弹簧恢复到自然长度时 的速度为 ，取水平向右为正方向，则有
，
，
代入数据得 。其大小为 ．
（3）设绳断后 的速度为 ，取水平向右为正方向，则有
，
，
代入数据得
．
类型四、若系统所受外力之和不为零，但如果某一方向上的外力之和为零，则在该方向上的动量守恒
例 5.小型迫击炮在总质量为 的船上发射，炮弹的质量为 ．若炮弹飞离炮口时相对于
地面的速度为 ，且速度跟水平面成 角，求发射炮弹后小船后退的速度？
【思路点拨】若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之
和为零，则该方向上的动量仍然守恒，仍可以应用动量守恒定律。
【答案】
【解析】发射炮弹前，总质量为 的船静止，则总动量
．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为
，
船后退的动量
．
2
C
B B
vm g m R
=
2 21 1 22 2B B B C Bm v m v m gR= +
5 m/sBv =
B 1v
2
1
1
2p BE m v=
1B B BI m v m v= －
4 N sI = ⋅－ 4 N s⋅
A Av
1B B B A Am v m v m v= +
21
2 A AW m v=
8 JW =
1000kg 2kg
600m/s 045
0.85m/s−
1000kg
0Mv=
' 0
1 cos45mv
'
2( )M m v−9
据动量守恒定律有
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据得
【总结升华】取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视
为固定在一 起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情
况下， 重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合
外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之和为零，则该
方向上的动量仍然守恒，仍可以应用动量守恒定律。
举一反三：
【高清课堂：动量守恒定律 例 3】
【变式】将质量为 的球自高为 的地方以 水平抛出，刚好落到一辆在光滑水平面上同方向运
动的车里的沙堆中，车、沙总质量为 ，速度为 ，求球落入车后车的速度？
【答案】
【解析】 和 组成的系统水平方向不受外力，即：水平方向动量守恒： 和 组成的系统，
水平方向动量守恒，以 方向为正
得
.
' 0 '
1 20 cos45 ( )mv M m v= + −
0
' '
2 1
cos45
22 2 600m/s1000 2
= 0.85m/s
mv vM m
=− −
×
×−
−
=-
m h 1v
M 0v
1 0mv Mvv M m
+= +共
m M m M
0v
1 0 ( )mv Mv M m v+ = + 共
1 0mv Mvv M m
+= +共10
类型五、动量守恒在多个物体组成的系统中的应用
例 6．两只小船质量分别为 ， ，它们平行逆向航行，航线邻近，当它
们头尾相齐时，由每一只船上各投质量 的麻袋到对面的船上，如图所示，结果载重较轻的
一只船停了下来，另一只船则以 的速度向原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前
两只船的速率 ， ．
【答案】
【解析】以载重较轻的船的速度 为正方向，选取载重较轻的船和从载重较重的船投过去的麻袋
为系统，如图所示，根据动量守恒定律有
，
即
． ①
选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋为系统有
，
即
． ②
选取四个物体为系统有
，
即
． ③
联立①②③式中的任意两式解得
， ．
【总结升华】应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取研究系统，
有时选取某部分物体为研究系统，有时选取全部物体为研究系统．
【高清课堂：动量守恒定律 例 1】
1 500 kgm = 2 1000 kgm =
50 kgm =
8.5 m/sv =
1 ________v = 2 ________v =
1 m/s 9m/s
1v
1 1 2( ) 0m m v mv =－ －
1 2450 50 0v v =－
1 2 2 2( )mv m m v m v=－ － －
1 250 950 1000 8.5v v = ×－ －
1 1 2 2 2m v m v m v=－ －
1 2500 1000 1000 8.5v v = ×－ －
1 1 m/sv = 2 9 m/sv =11
例 7.质量为 的孤立的、静止的原子核，某时刻向外以速度 辐射出质量为 的粒子，求反冲
核的速度（不计质量亏损）。
【思路点拨】“孤立、静止”说明系统是不受外力的。
【答案】
【解析】设反冲核的速度为 ， 由动量守恒定律：
. 方向与 反向。
【总结升华】“孤立、静止”说明系统是不受外力的，符合动量守恒的条件。
【高清课堂：动量守恒定律 例 2】
例 8.如图所示，质量分别为 和 的两个木块 和 用细线连在一起，在恒力 的作用下在
水平桌面上以速度 做匀速运动。突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力 不变，求当木块 停
下的瞬间木块 的速度的大小。
【答案】
【解析】绳断后到 停止运动前，由动量守恒定律，以 方向为正：
得：
【总结升华】开始时，匀速直线运动： 受力平衡： ， 绳子断后，只是绳中张力变为
零，外力均不变。合外力仍为零，满足动量守恒第三个条件“当系统受到的合外力为零时，则系统的
动量守恒。”
反思：为什么强调在 停止运动前？
例 9．如图所示在光滑的水平面上有静止的两木块 和 ， ， ，它们的上
表面是粗糙的，今有一铁块 ，其质量 以初速度 沿两木块表面滑过，最后停在
上，此时 、 的共同速度 。求：
M 1v m
1
2
mvv M m
=− −
2v
1 20 ( )mv M m v= + −
1
2
mvv M m
=− − 1v
m M A B F
v F A
B
t
M mv vM
+=
A v
( ) tM m v Mv+ =
t
M mv vM
+=
A BF f f= +
A
A B 0.5kgAm = 0.4kgBm =
C 0.1kgCm = 0 10m/sv =
B B C 1.5m/sv=12
(1) 的速度 ？
(2) 刚离开 时的速度 ？
【思路点拨】根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的
关系分别建立动量守恒定律方程。
【答案】（1） （2）
【解析】
(1)选 、 、 组成的系统为研究对象，对整个过程运用动量守恒定律，有
可求得 运动的速度：
（2） 离开 后， 做匀速运动， 刚离开 时 、 具有共同速度 ，仍选 、 、 组
成的系统为研究对象，研究 从 的上表面滑过的过程，根据动量守恒定律，有
可求得 刚离开 时的速度
【总结升华】此题为多个物体组成的系统，由于物体较多相互作用的情况也不尽相同，作用过程
较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要
根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分别建立动量
守恒定律方程。
举一反三：
【变式 1】质量为 的小船以 的速度自西向东行驶，忽略阻力。船上有两个皆为
的运动员，若运动员甲首先沿水平方向以 （相对于静止水面）的速度向东跃入水中，然后运动员
乙沿水平方向以同一速度向西（相对于静止水面）跃入水中。则二人跳出后小船的速度为（ ）
A.向东 B.等于 0 C.向东 D.
【答案】C
【解析】系统不受外力，符合动量守恒。
A Av
C A Cv
0.5m/s 5.5m/s
A B C
0 ( )C A A B Cm v m v m m v= + +
A
0 ( )
0.5m/s
C B C
A
A
m v m m vv m
− +=
=
C A A C A A B Av A B C
C A
'
0 ( )C C C A B Am v m v m m v= + +
C A
' 0 ( )
5.5m/s
C A B A
C
C
m v m m vv m
− +=
=
100kg 3m/s 50kg
4m/s
3m/s 6m/s 1.5m/s13
设向东为正方向，由动量守恒：
方向向东。
【变式 2】一平板小车静止在光滑水平面上，车的右端安有一竖直的板壁，车的左端站有一持枪
的人，此人水平持枪向板壁连续射击，子弹全部嵌在板壁内未穿出，过一段时间后停止射击。则（ ）
A.停止射击后小车的速度为零
B.射击过程中小车未移动
C.停止射击后，小车在射击之前位置的左方
D.停止射击后，小车在射击之前位置的右方
【答案】A、C。
【解析】在发射子弹的过程中，小车、人、枪及子弹组成的系统动量守恒， 因此，停
止射击后小车的速度为零，选项 A 正确。
每一次射击过程子弹向右运动时，小车都向左运动，因此停止射击后，小车在射击之前位置的左
方，选项 C 正确。
类型六、动量守恒与能量守恒的结合
例 10.（2016 山西模拟）如图所示，光滑水平面上，有一个质量为 M=3kg 的木箱静止放置．木
箱上某处静止有一小铁块，质量为 M0=1kg，与木箱上表面间动摩擦因数为 μ=0.2．在木箱右侧足够远
的地方，放有一质量为 m=9kg 的薄板，其上表面为软胶体物质．木箱和薄板的上表面高度差为
h=5m．某时刻，给小铁块一个水平向右的瞬时冲量 I=4N•s，小铁块随即开始运动，刚好能“停”在木箱
右边缘．之后的某时刻木箱与薄板发生极短时间的弹性碰撞，木箱顶部的小铁块顺势向前滑出，落到
薄板上．（认为小铁块落到薄板上立即相对静止，不计空气阻力，薄板足够长，重力加速度 g=10
m/s2）．求：
①小铁块原来静止时距木箱右端的距离 L；
②小铁块在薄板上的落点距薄板左端的距离．
【答案】①小铁块原来静止时距木箱右端的距离 L 是 3m；
②小铁块在薄板上的落点距薄板左端的距离是 0.5m．
【解析】①由动量定理，对小铁块，有
小铁块与木箱相互作用，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有
又，由能量守恒定律得：
(100 50 50) 3 100 50 4 50 4v+ + × = + × − ×
6m/sv=
=0P P=初 末
0 0I m v=
0 0 1( )m v M m v= +14
联立上述方程，解得：L=3m
②木箱与薄板弹性碰撞，对系统，由动量守恒定律及机械能守恒定律得：
；
；
解得：v2=﹣0.5m/s，v3=0.5m/s
碰撞后小铁块做平抛运动，根据平抛运动规律有
物体落在平板车上距离平板车左端距离为
联立上述方程，解得：物体落在平板车上距离平板车左端距离为 =0.5m
【总结升华】此题动量与能量结合的题目，既要考虑动量守恒又要考虑能量守恒，是一道综合性
很强的题目，要求同学对物理过程的分析要详细，会挖掘条件。同时对动量守恒定律、能量守恒定律
的理解极高，正确使用这些规律解题是学生物理能力的试金石。
举一反三：
【变式】在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的
前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球 和 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静
止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板 ，右边有一小球 沿轨道以速度 射向 球，如图
所示。 与 发生碰撞并立即结成一个整体 。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短
时，长度突然被锁定，不再改变。然后， 球与挡板 发生碰撞，碰后 、 都静止不动， 与
接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）。已知 、 、 三
球的质量均为 。
（1）求弹簧长度刚被锁定后 球的速度。
（2）求在 球离开挡板 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
（1）设 球与 球粘结成 时， 的速度为 ，由动量守恒，有
2 2
0 0 0 1
1 1 ( )2 2m gL m v M m vµ = − +
1 2 3Mv Mv mv= +
2 2 2
1 2 3
1 1 1
2 2 2Mv Mv mv= +
21
2h gt=
1 3( )x v v t∆ = −
x∆
A B
P C 0v B
C B D
A P A D A P
A B C
m
A
A P
2 0
1
3v v= ' 2
0
1
36PE mv=
C B D D 1v15
①
当弹簧压至最短时， 与 的速度相等，设此速度为 ，由动量守恒，有
②
由①、②两式得 的速度
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为 ，由能量守恒，有
撞击 后， 与 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成
的动能，设 的速度为 ，则有
当弹簧伸长时， 球离开挡板 ，并获得速度。当 、 的速度相等时，弹簧伸至最长。
设此时的速度为 ，由动量守恒，有
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为 ，由能量守恒，有
解以上各式得
例 11、（2015 山东高考）如图，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直
轨道上。现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以 的
速度向右运动，B 再与 C 发生碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右运动。滑块 A、B 与轨道间的动摩擦因
数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小。
【答案】
【解析】设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为 ，由题意知，碰后 A 的速度 ，
B 的速度 ，由动量守恒定律得
mvA=mvA＇+mvB ①
0 1( )mv m m v= +
D A
1 22 3mv mv=
A 2 0
1
3v v=
PE
2 2
1 2
1 12 32 2 Pmv mv E⋅ = ⋅ +
P A D D
D 3v
2
3
1 (2 )2PE m v=
A P A D
4v
3 42 3mv mv=
'
PE
2 2 '
3 4
1 12 32 2 Pmv mv E⋅ = ⋅ +
' 2
0
1
36PE mv=
0 0
1 3,8 4v v
0
21
16v v=
0Av v≠ 0
1' 8Av v=
0
3
4Bv v=16
设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为 WA，由功能关系得
②
设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB＇，B 克服轨道阻力所做的功为 WB，由功能关系得
③
据题意可知
WA=WB ④
设 B、C 碰后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得 mvB＇=2mv ⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得 ⑥
【总结升华】逐步对每个过程运用动量守恒定律、功能关系即可求出正确结果。
举一反三:
【变式】(2015 大庆三检)如图所示，一辆质量为 M =3kg 的平板小车 A 停靠在竖直光滑墙壁处，
地面水平且光滑，一质量为 m =1kg 的小铁块 B(可视为质点)放在平板小车 A 最右端，平板小车 A 上
表面水平且与小铁块 B 之间的动摩擦因数 ，平板小车 A 的长度 L=0.9m．现给小铁块 B 一个
=5m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，求小铁块 B 在平板小车 A 上运
动的整个过程中系统损失的机械能( )．
【答案】运动的整个过程中系统损失的机械能为 9J。
【解析】设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为 ，根据动能定理得：
解得：
假设发生弹性碰撞后小铁块最终和平板小车达到的共同速度为 ，根据动量守恒定律得：
解得：
设小铁块在平板小车上的滑动的位移为 x 时与平板小车达到共同速度 ，则根据功能关系得：
解得：
由于 ，说明铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板小车．
所以小铁块在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为：
0υ
2m/s10=g
1υ
2
0
2
1 2
1
2
1 υmυmmgLμ −=−
1 4v m s=
2υ
1 2( )mv M m v= +
2 1v m s=
2υ
2
1
2
2 2
1)(2
1 υmυmMmgxμ −+=−
1.2x m=
x L>
2 9E mgL Jµ∆ = =
2 2
0
1 1
2 2A AW mv mv= −
2 21 1 '2 2B B BW mv mv= −
0
21
16v v=
0.5µ =
B
A
υ017
【巩固练习】
一、选择题：
1．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和
小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度 v0，则（ ）．
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
2．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部
与水平面平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽高 h 处开始自由下滑（ ）．
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高 h 处
3．平板车 B 静止在光滑水平面上，在其左端另有物体 A 以水平初速度 v0 向车的右端滑行，如图
所示，由于 A、B 间存在摩擦，因而 A 在 B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动（设 B 车足
够长），则 B 车速度达到最大时，应出现在（ ）．
A．A 的速度最小时 B．A 的速度最大时
C．A、B 速度相等时 D．B 车开始做匀速直线运动时
4．如图所示，物体 A 的质量是 B 的 2 倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时
放开两物体后一小段时间内（ ）．
A．A 的速度是 B 的一半 B．A 的动量大于 B 的动量
C．A 受的力大于 B 受的力 D．总动量为零
5.（2016 银川校级模拟）如图，大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m，摆长相同，并排
悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列
判断正确的是（ ）18
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
6．如图所示，小车放在光滑地面上，A、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现
车向左运动，分析小车运动的原因可能是（ ）．
A．A、B 质量相等，但 A 比 B 速率大
B．A、B 质量相等，但 A 比 B 速率小
C．A、B 速率相等，但 A 比 B 的质量大
D．A、B 速率相等，但 A 比 B 的质量小
7．一弹簧枪可射出速度为 的铅弹，现对准以 的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发
射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为 ．如果想让木块停止运
动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为（ ）．
A．5 颗 B．6 颗 C．7 颗 D．8 颗
8．如图所示，A、B 两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为 和
，碰撞后 A 球继续向右运动，动量大小为 ，此时 B 球的动量大小为 ，则下列等式成立的是
（ ）．
A． B．
C． D．
9．如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在 A 车上，两车静止．若
10 m/s 6m s／
5 m s／
1P
2P '
1P '
2P
' '
1 2 1 2P P P P+ = + ' '
1 2 1 2P P P P− = +
' '
1 1 2 2P P P P− = + ' '
1 1 2 2P P P P− + = +19
这个人自 A 车跳到 B 车上，接着又跳回 A 车，静止于 A 车上，则 A 车的速率（ ）．
A．等于零 B．小于 B 车的速率 C．大于 B 车的速率 D．等于 B 车的速率
10．如图所示，A、Ｂ两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块 C 以一定的初速度 v0 从 A
的左端开始向右滑行，最后停在 B 木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是（ ）．
A．当 C 在 A 上滑行时，A、C 组成的系统动量守恒
B．当 C 在 B 上滑行时，B、C 组成的系统动量守恒
C．无论 C 是在 A 上滑行还是在 B 上滑行，A、B、C 三物块组成的系统动量守恒
D．当 C 在 B 上滑行时，A、B、C 组成的系统动量不守恒
二、填空题
11．场强为 E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球 A、B，它们的质量分别为 m1、m2，电量分
别为 q1、q2，A、B 两小球由静止释放，重力加速度为 g，则小球 A 和 B 组成的系统动量守恒应满足
的关系式为________．
12．甲、乙两人均以 的速度在冰上相向滑行， ．甲拿着一个质
量 的小球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，甲的速
度为________。
13．在光滑的水平地面上，质量为 的物体以 的速度向右运动，另一个质量为 8kg 的物
体以 的速度向左运动，两物体相碰后粘在一起运动，碰后它们共同速度的大小为___________，
方向为___________。
14．质量为 的金属块和质量为 的木块用细线系在一起，以速度 在水中匀速下沉，某一时
刻细线断了，则当木块停止下沉的时刻。铁块下沉的速率为___________。（设水足够深，水的阻力不
计）
三、解答题：
15、（2016 江西校级二模）如图所示，光滑的水平面上有 mA=2kg，mB=mC=1kg 的三个物体，BC
紧靠在一起但不粘连，AB 之间用轻弹簧相连，整个系统处于静止状态．现在 A、C 两边用力使三个物
体缓慢靠近压缩弹簧，此过程外力做功 72J，然后静止释放，求：
①从释放到物体 B 与 C 分离的过程中，C 对 B 的冲量大小？
2 m s／ 50 kg 52 kgm m= =甲 乙，
2 kgm∆ =
4kg 3m/s
3m/s
M m v20
②当弹簧再次恢复到原长时，A、B 的速度各是多大？
16、(2015 烟台模拟)用轻质弹簧相连的质量均为 2kg 的 A、B 两物块都以 v＝6m/s 的速度在光滑
的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为 4kg 的物块 C 静止于前方，如图所示，B 与 C 碰撞后二者
粘在一起运动，求：
①当弹簧的弹性势能最大时，物块 A 的速度多大?
②弹簧弹性势能的最大值是多少?
17、（2015 宝鸡三检）在足够长的光滑固定水平杆上，套有一个质量为 的光滑圆环。
一根长为 的轻绳，一端拴在环上，另一端系着一个质量为 的木块，如图所示。现
有一质量为 的子弹以 的速度水平向右射入木块，子弹穿出木块时的速度为
，子弹与木块作用的时间极短，取 。求：
①当子弹射穿木块时，子弹对木块的冲量；
②当子弹射穿木块后，圆环向右运动的最大速度。
18、（2015 西安交大附中三模）如图所示，质量为 m 的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m 的
金属球并排悬挂，摆长相同，均为 L。现将绝缘球拉至与竖直方向成 θ=60°的位置自由释放，摆至最低
点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场，已知由于磁场的阻尼作用，金属
球总能在下一次碰撞前停在最低点处，重力加速度为 g。求：
(1)第一次碰撞前绝缘球的速度 v0；
(2)第一次碰撞后绝缘球的速度 v1；
(3)经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于 37°。
（你可能用到的数学知识：sin37°=0.6，cos37°=0.8，0.81 2=0.656，0.81 3=0.531，0.81 4=0.430，
0.815=0.349，0.816=0.282）
kgm 5.0=
mL 5.0= kgM 1=
kgm 01.00 = smv 4000 =
smv 100= 210 smg =
CA B21
【答案与解析】
一、选择题：
1．【答案】B
【解析】把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动
量向右，末动量也应向右．选项 C 中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械
能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见。只有 B 选项正确．
2．【答案】C
【解析】小球从弧形槽高 h 的地方下落过程中，对于小球和槽组成的系统在水平方向上不受外力
作用，所以在水平方向上动量守恒．但是，当小球接触弹簧以后，弹簧会对小球施加一个水平向左的
外力作用，故在以后的运动过程中小球和槽组成的系统动量不守恒，选项 A 错误；小球在弧形槽中下
落过程中和弧形槽产生了一个垂直于接触面的弹力，而且在弹力分力的方向上两者都发生了位移，故
小球和槽之间的相互作用力要做功，选项 B 错误；当小球被弹簧反弹后，小球和弧形槽在水平方向上
不受任何力的作用，故小球和槽在水平方向做速率不变的直线运动，选项 C 正确；由于小球被弹簧反
弹后，小球和槽组成的系统有水平向左的总动量，当小球回到最高点时，系统仍然具有水平向左的动
量，按照机械能守恒观点．小球所能回到的高度将小于 h，选项 D 错误．
3．【答案】A、C、D
4．【答案】A、D
5. 【答案】A、D．
【解析】A、两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量
守恒定律有： ，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：
，解两式得： ，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度
大小相等，故 A 正确；
B、因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故 B 错误；
C、两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角
相同，故 C 错误；
D、由单摆的周期公式 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生
第二次碰撞，故 D 正确．
故选 AD．
6．【答案】A、C
M
O
60o
0 1 23mv mv mv= +
2 2 2
0 1 2
1 1 1 (3 )2 2 2mv mv m v= + 0 0
1 2,2 2
v vv v= − =
2 LT g
π=22
【解析】两人及车组成的系统动量守恒，则 ，得 ．
7．【答案】D
【 解 析 】 设 木 块 质 量 为 ， 一 颗 铅 弹 质 量 为 ， 则 第 一 颗 铅 弹 射 入 ， 有
， 代 入 数 据 可 得 ． 设 再 射 入 n 颗 铅 弹 木 块 停 止 ， 有
，解得 ．
8．【答案】B、D
【解析】因水平面光滑，所以 A、B 两球组成的系统在水平方向上动量守恒．由于 、 、 、
均表示动量的大小，所以碰前的动量为 ，碰后的动量为 ，B 对．经变形 ，
D 对．
9．【答案】B
【解析】两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统在水平方向上动量守恒．设人的
质量为 ，车的质量为 ，A、B 车的速率分别为 ，则由动量守恒定律得 ，
所以有 ， ，故 v1＜v2，所以 B 正确．
10．【答案】B、C
【解析】当 C 在 A 上滑行时，若以 A、C 为系统，B 对 A 的作用力为外力且不等于 0，故系统动
量不守恒，A 选项错误；当 C 在 B 上滑行时，A、B 已脱离，以 B、C 为系统，沿水平方向不受外力
作用，故系统动量守恒，B 选项正确；若将 A、B、C 三物视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系
统动量守恒，C 选项正确，D 选项错误．
二、填空题
11．【答案】E(q1+q2)=(m1+m2)g
【解析】系统动量守恒的条件是该系统受的合外力为 0，则小球受力应满足 E(q1+q2)=(m1+m2)g，
且二力方向相反．
12．【答案】零
13．【答案】 ；向左
14．【答案】
三、解答题：
A A B B C C 0m v m v m v =－ － A A B B 0m v m v－ ＞
1m 2m
( )1 0 2 1 2 1m v m v m m v= +－ 1
2
15m
m
=
( )1 2 1 2 0m m v nm v+ =－ 8n=
1P 2P '
1P
'
2P 1 2P P− ' '
1 2P P+ ' '
1 1 2 2P P P P− + = +
1m 2m 1 2v v、 ( )1 2 1 2 2 0m m v m v+ =－
2
1 2
1 2
mv vm m
= +
2
1 2
1m
m m
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