專題15動量守恒定律及其應用

目錄

題型一動量守恒定律的理解......................................................................I

類型1系統動量守恒的判斷..................................................................1

類型2某一方向動量守恒定律的應用.........................................................4

題型二動量守恒定律的基本應用.................................................................5

題型三動量守恒定律和圖像問題的結合...........................................................8

題型四應用動量守恒定律分析多過程問題........................................................14

題型五應用動量守恒定律處理臨界問題..........................................................17

題型六反沖運動的理解和應用..................................................................22

題型七應用動量守恒定律分析“跳車”問題........................................................30

題型一動量守恒定律的理解

類型1系統動量守恒的判斷.

【例1】如圖所示，方形鋁管靜置在足夠大的絕緣水平面上，現使一條形磁鐵（條形磁鐵橫截面比鋁管管內

橫截面小）獲得一定的水平初速度并自左向右穿過鋁管，忽略一切摩擦。則磁鐵穿過鋁管過程（）

磁鐵

A.鋁管受到的安培力可能先水平向右后水平向左

B.鋁管中有感應電流

C.磁體與鋁管組成的系統動量守恒

D.磁體與鋁管組成的系統機械能守恒

【答案】BC

【詳解】A.根據“來拒去留”可知鋁管受到的安培力一直水平向右。故A錯誤；

B.磁鐵穿過鋁管過程，鋁管中磁通量發生變化，有感應電流。故B正確；

C.磁體與鋁管組成的系統所受外力為零，動量守恒。故C正確;

D.鋁管中感應電流會使鋁管發熱，電能轉化為內能，所以磁體與鋁管組成的系統機械能不守恒。故D錯

誤。

故選BC-

【變式演練1】如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右

迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是（）

A.男孩和木箱組成的系統機械能守恒

B.小車與木箱組成的系統動量守恒

C.男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒

D.小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量

【答案】C

【詳解】A.男孩和木箱組成的系統動能增大，由人體生物能轉化為系統機械能，機械能不守恒，故A錯

誤；

BC.系統受合外力為零，系統動量守恒，所以男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒，故B錯誤，C

正確；

D.由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，所以小孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故

D錯誤。

故選C。

【變式演練2】如右圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個木塊，之間用一輕彈簧連接。A靠在墻壁上，

用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止狀態。若突然撤去力F,則下列說法中正確的是（）

A.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能也守恒

B.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒，機械能也不守恒

木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能也守恒

木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒，但機械能守恒

【答案】C

【詳解】AB.撤去尸后，木塊A離開豎直墻前，墻對A有向右的彈力，所以系統的合外力不為零，系統

的動量不守恒，這個過程中，只有彈簧的彈力對B做功，系統的機械能守恒，故A錯誤、B錯誤；

CD.A離開豎直墻后，系統水平方向不受外力，豎直方向外力平衡，所以系統所受的合外力為零，系統的

動量守恒，只有彈簧的彈力做功，系統機械能也守恒，故C正確，D錯誤；

故選C。

【變式演練3】如圖甲所示，把兩個質量相等的小車N和8靜止地放在光滑的水平地面上.它們之間裝有

被壓縮的輕質彈簧，用不可伸長的輕細線把它們系在一起.如圖乙所示，讓2緊靠墻壁，其他條件與圖甲

相同.對于小車/、8和彈簧組成的系統，燒斷細線后下列說法正確的是（）

A.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，圖甲所示系統動量守恒，機械能守恒

B.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，圖乙所示系統動量守恒，機械能守恒

C.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，墻壁對圖乙所示系統的沖量為零

D.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，墻壁彈力對圖乙中2車做功不為零

【答案】A

【解析】從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖甲所示系統所受外力之和為0,則系統動量守恒，且

運動過程中只有系統內的彈力做功，所以系統機械能守恒，故A正確；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程

中，題圖乙所示系統中由于墻壁對8有力的作用，則系統所受外力之和不為0,則系統動量不守恒，運動過

程中只有系統內的彈力做功，所以系統機械能守恒，故B錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題

圖乙所示系統中由于墻壁對3有力的作用，由公式/=的可知，墻壁對題圖乙所示系統的沖量不為零，故C

錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，由于8車沒有位移，則墻壁彈力對題圖乙中8車做功為0,

故D錯誤.

類型2某一方向動量守恒定律的應用

【例2】如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水

平面相切，一個質量為加的小球從弧形槽力高處由靜止開始下滑，不計空氣阻力，下列說法正確

的是（）

A.在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功

B.在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小

C.小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統機械能守恒，小球仍能回到弧形槽〃高處

D.在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒

【答案】B

【詳解】A.在小球下滑過程中，雖然小球總是沿著弧形槽的上表面運動，但弧形槽有水平向左的位移，故

小球相對于地面的速度方向不是沿著弧形槽的切線的，而弧形槽對小球的作用力是彈力，方向始終垂直于

接觸面，故彈力和小球運動速度不垂直，彈力對小球要做功，故A錯誤；

B.當小球壓縮彈簧的過程中，彈簧和小球組成的系統機械能守恒。但彈簧對小球的彈力做負功，故小球的

機械能減小，故B正確；

C.小球在弧形槽上下滑過程中，系統水平方向不受力，系統水平方向動量守恒，小球與弧形槽分離時兩者

動量大小相等，由于則小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被彈簧原速率彈回后將追上弧

形槽并要滑上弧形槽。在小球離開彈簧后，只有重力和系統內彈力做功，故小球和弧形槽組成的系統機械

能守恒。由于球與弧形槽組成的系統總動量水平向左，球到達最高點時兩者共速，則此共同速度也必須水

平向左，則二者從靜止開始運動到共速狀態，系統的動能增加，重力勢能一定要減小，小球上升的最大高

度要小于〃，故C錯誤；

D.整個運動過程中小球和弧形槽、彈簧所組成的系統只有重力與系統內彈力做功，系統機械能守恒，小球

與彈簧接觸過程中，墻壁對系統作用力水平向左，系統水平方向動量不守恒，故D錯誤。

故選Bo

【變式演練1】如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊。自P的上端靜止釋放。。與P的接觸面

光滑，。在P上運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.P對。做功為零

B.P和。之間相互作用力做功之和為零

C.P和。構成的系統機械能守恒、動量守恒

D.尸和。構成的系統機械能不守恒、動量守恒

【答案】B

【解析】尸對。有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運動中，P會向左移動，P對0的彈力方

向垂直于接觸面向上，與。前后移動連線的位移夾角不等于90。，所以尸對。做功不為0,故A錯誤；因

為尸、0之間的力屬于系統內力，并且等大反向，兩者在力的方向上發生的位移相等，所以做功之和為0,

故B正確；因為系統只有系統內力和重力的作用，所以該P、。組成的系統機械能守恒，系統水平方向上

不受外力的作用，水平方向上動量守恒，但是在豎直方向上。有加速度，即豎直方向上動量不守恒，故C、

D錯誤。

【變式演練2】如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質量為1.5kg,將一個質量為0.5kg

的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內并陷入沙中最終與車一起向

右勻速運動。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

'////////////////〃〃//////////,

A.小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統動量守恒

B.小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為迪N.s

2

C.小車最終的速度大小為lm/s

D.小車最終的速度大小為2m/s

【答案】C

【詳解】A.小球陷入沙子過程，小球在豎直方向做變速運動，系統在豎直方向合力不為零，因此系統動量

不守恒，故A錯誤；

B.由于小球陷入沙子過程的時間未知，故沙子對小球的沖量大小未知，故B錯誤；

CD.小球與車、沙組成的系統在水平方向動量守恒，則

mvg=(m+M^v

解得

v=lm/s

故C正確，D錯誤。

故選Co

【變式演練3】.如圖所示，光滑的水平面上靜止放置一個表面光滑的弧形槽、物塊和滑板，小孩站在靜止

的滑板上將物塊向弧形槽推出，物塊滑上弧形槽后未沖出弧形槽的頂端，則（）

A.小孩推出物塊過程，小孩和物塊組成的系統動量守恒

B.物塊在弧形槽上運動過程，物塊和弧形槽組成的系統動量守恒

C.物塊離開弧形槽時的速率比沖上弧形槽時的速率更大

D.物塊離開弧形槽時，弧形槽、物塊、小孩和滑板組成的系統總動量為零

【答案】D

【詳解】A.小孩推出物塊過程，小孩、滑板和物塊系統合外力為0,動量守恒，故A錯誤；

B.冰塊在凹槽上運動過程，冰塊和凹槽系統水平方向合外力為0,所以水平方向動量守恒，但系統動量不

守恒，故B錯誤；

C.冰塊在凹槽上滑和下滑過程，凹槽對冰塊做負功，速度減小，冰塊離開凹槽時的速率比沖上凹槽時的速

率小，故C錯誤

D.初始動量為0,物塊離開弧形槽時，弧形槽、物塊、小孩和滑板組成的系統總動量為零，故D正確。

故選D。

【變式演練4].如圖所示，在光滑的水平面上，小明站在平板車上用錘子敲打小車。初始時，人、車、錘

都靜止。下列說法正確的是（）

A.人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒

B.人、車和錘組成的系統豎直方向動量守恒

C.不斷敲擊車的左端，車和人會持續向右運動

D.當人揮動錘子，敲打車之前，車一直保持靜止

【答案】A

【詳解】A.人、車和錘組成的系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，故A正確；

B.人、車和錘組成的系統豎直方向合力不為零，豎直方向動量不守恒，故B錯誤；

C.把人、錘子和車子看成一個系統，系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，用錘子連續敲打車的左

端，根據水平方向動量守恒可知，系統水平方向的總動量為零，錘子向左運動時，車子向右運動。錘子向

右運動時，車子向左運動，所以車左右往復運動，不會持續地向右運動，故C錯誤；

D.人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，大錘向左運動，小車向右運動；大錘向右運動，小車向左運

動，所以敲打車之前，車不會一直保持靜止。當錘子停止運動時，人和車也停止運動，故D錯誤。

故選Ao

題型二動量守恒定律的基本應用

【例1】一固定光滑弧形軌道底端與水平軌道平滑連接，將滑塊/從弧形軌道上離水平軌道高度為h處由靜

止釋放，滑塊/在弧形軌道底端與滑塊2相撞后合為一體，一起向前做勻減速直線運動，停止時距光滑弧

形軌道底端的距離為s。已知滑塊4滑塊8的質量均為如重力加速度大小為g,則滑塊與水平軌道之間

的動摩擦因數為（）

【答案】D

【詳解】設滑塊/到達弧形軌道底端時的速度大小為%,根據動能定理可得

mgh=—mv^

兩滑塊碰撞后的速度大小為V,根據動量守恒可得

mv°=2mv

兩滑塊碰撞后一起向前做勻減速直線運動，根據動能定理可得

―〃?2mgs=0-----2mv

聯立解得

故選D。

【變式演練1】右圖為一冰壺隊員投擲冰壺的鏡頭，在投擲中，冰壺運動一段時間后以0.4m/s的速度與對

方的靜止冰壺發生正碰，碰后對方的冰壺以0.3m/s的速度向前滑行。若兩冰壺質量相等，規定向前運動方

向為正方向，則碰后該冰壺隊員冰壺的速度為（）

A.-0.1m/sB.-0.7m/sC.0.1m/sD.0.7m/s

【答案】c

【詳解】兩球碰撞時滿足動量守恒關系，根據動量守恒定律

mv0=mV；+niv2

其中v（j=0.4ni/s,V2=0.3m/s代入解得

v；=0.1m/s

故選Co

【變式演練2】甲、乙兩人靜止在光滑水平冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去，已知甲的質量為50kg,

乙的質量為60kg,則在滑行中的任一時刻（）

A.兩人的總動能為0B.兩人的總動量為0

C.甲、乙的動能大小之比為6:5D.甲、乙的動量大小之比為6:5

【答案】BC

【詳解】A.甲推乙這個過程中彼此做功動能增加，兩人的總動能不為0,選項A錯誤；

B.甲推乙的過程中，兩人組成的系統合外力為零，系統動量守恒；由初始狀態兩人靜止總動量為零，得在

滑行中的任一時刻兩人的總動量為0,B正確；

C.根據動量守恒定律可得

用用耍一叫吃=0

可得甲、乙兩人的速度大小之比是

?甲一切乙_6

v乙叫5

甲、乙兩人的動能之比是

12

線甲_2加甲唯_6

EQ5

選項c正確;

D.根據動量守恒定律

p甲?乙=0

得

。甲=一P乙

即甲、乙兩人的動量大小相等，方向相反，選項D錯誤。

故選BCo

【變式演練3】如圖所示，人坐在滑車上在冰面上以速度%=4m/s向右滑行，人與滑車總質量網=100kg,

與冰面摩擦不計，在。點靜止一質量%=20kg的木箱，木箱與冰面間動摩擦因數〃=0.2,當人到達。點

時，將木箱相對地以速度v=5m/s水平向右推出。此后人在N點再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推著

木箱一起運動，最后停在2點。g取lOm/sL

（1）推出木箱后，人的速度為多少？

（2）8點離。點距離x為多少？

OAB

【答案】(1)V]=3m/s；(2)x=16.7m

【詳解】（1）對人與木箱系統列動量守恒

加1%=+m2v

得

W=3m/s

（2）此后木箱向前勻減速運動，加速度大小為4,則有

a=jug=2m/s2

經時間，人追上木箱，則有

M=1"

svt.Laf

2

S=S]=52

得

t-2s,s-6m

此時木箱速度為

v'2-v2-at-lm/s

人抓住木箱后，共同速度為M,系統動量守恒

網匕+m2v'2=（ml+m2^v'

得

vr=-m/s

3

此后二者共同勻減速運動

；（加1+m2）/2-/jm2gs'

解得

/3m

3

又因為

X=S+s'

所以

x=—m=16.7m

3

題型三動量守恒定律和圖像問題的結合

【例題】質量為1kg的物塊A與另一物塊B在光滑水平面上發生正碰，兩物塊的位置坐標x隨時間，變化的

圖像如圖所示。則物塊B的質量為（）

A.1kgB.2kgC.3kgD.6kg

【答案】C

【詳解】位移一時間圖像的斜率表示滑塊的速度，由圖像可得兩滑塊A、B碰撞前后的速度分別為

Ax4...

v,=——=—m/s=4m/s

1

%=0、v；=-2m/s、=2m/s

由動量守恒定律有

加iW=+加V22，

解得

m2=3kg

故選C。

【變式演練1】質量為如和冽2的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移一時間圖像如圖

所示。下列說法正確的是（）

A.碰撞前嗎的速率大于%的速率

B.碰撞后加2的速率大于叫的速率

C.碰撞后加2的動量大于㈣的動量

D.碰撞后嗎的動能小于嗎的動能

【答案】C

【詳解】A.XT圖像的斜率表示物體的速度，根據圖像可知嗎碰前的速度大小為

O

%n^m/s=4m/s加2碰前速度為0，故A錯誤；

B.兩物體正碰后，叫碰后速度反向，大小為

8

匕=---m/s=2m/s加2碰后的速度大小為

6-2

16-8//

%=------m/s=2m/s

26-2

碰后兩物體的速率相等，故B錯誤；

C.兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即

加Fo=一加1匕+加2V2

解得兩物體質量的關系為

m2=3加1

根據動量的表達式夕=加？可知碰后加2的動量大于叫的動量，故C正確;

D.根據動能的表達式線=；俄商可知碰后見的動能大于叫的動能，故D錯誤。

故選C。

【變式演練2】.(多選)沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體/、8碰撞后以共同的速度運動，該過程

的位移一時間圖像如圖所示，則下列說法正確的是()

A.碰撞前后物體/的運動方向相同

B.物體/、B的質量之比為1：2

C.碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小

D.碰前物體B的動量較大

【答案】BD

【解析】由題圖可知，碰撞前出=2030mzs=-5m/s,碰撞后"/=也——■m/s=5m/s,則碰撞前后物

22

體/的運動方向相反，故A錯誤；由題圖可得，碰撞前―-m/s=10m/s,根據動量守恒定律得小山

2

+meVB=(mA代入數據得加z：g=1：2,故B正確；碰撞前后物體N速度大小相等，則碰撞過程

中物體/動能不變，故C錯誤；碰前物體/、3速度方向相反，碰后物體/、2的速度方向與碰前物體2的

速度方向相同，則碰前物體3動量較大，故D正確。

題型四應用動量守恒定律分析多過程問題

【核心歸納】多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意有時對整體應用動量

守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律。

(1)正確進行研究對象的選取，研究對象的選取一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究

問題的需要。

(2)正確進行過程的選取和分析，通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題

的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。

【例1】水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為9kg的靜止

物塊以大小為5m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速

度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5m/s的速度與擋板彈性碰撞，總

共經過4次這樣推物塊后，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為

()

A.40kgB.55kgC.70kgD.85kg

【答案】B

【詳解】設該運動員的質量為M，物塊的質量為加=9kg,推物塊的速度大小為v=5m/s,取人運動的方

向為正方向，根據動量守恒定律可得，第一次推物塊的過程中

0=Mvx-mv

第二次推物塊的過程中

Mv{+mv=MV2-mv

第三次推物塊的過程中

MV2+mv=MV3-mv

第四次推物塊的過程中

MV3+mv=MV4-mv

解得

5m7m

匕二——v,V4=------V

MM

根據題意有

5m7m

v=一v<v,V4=------V>V

3MM

解得

45kg<M<63kg

故選Bo

【變式演練1】如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側有一豎直墻，在小車B上坐著

一個小孩，小孩與B車的總質量是A車質量的4044倍。兩車開始都處于靜止狀態且A、B兩輛小車靠在一

起，小孩把A車以相對于地面為y的速度推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把

它以相對于地面為y的速度推出。往后小孩每次推出A車，A車相對于地面的速度都是v,方向向左，則小

孩把A車至少推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到人車（）

A.2021B.2022C.2023D.2024

【答案】C

【詳解】取小孩和B車運動方向為正方向，小孩第一次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v/,由動量守

恒定律

0=-mAv+①

小孩第二次推出A車后，小孩和B車獲得速度為V2,由動量守恒定律

mAv+mBv1=-mAv+mBv2@

小孩第三次推出A車后，小孩和B車獲得速度為色，由動量守恒定律

mAv+mBv2=~mAv+niBv3③

以此規律可得小孩第次推出A車后小孩和B車獲得速度為第"次推出A車后，小孩和B車獲得

速度為wz,第〃次推出A車前后，由動量守恒定律

mAv+wBvn_1^-mAv+mBvn④

將推"次的等式相加，可得

(2n-l)m2n-l

y=-------v=A-------------V

〃mB4044

當V"》時，再也接不到小車，即

*

4044

解得

?>2022.5

取正整數，則

〃二2023

故選C。

【變式演練2】如圖所示，在光滑的水平冰面上，一個坐在冰車上的人手扶一球靜止在冰面上。已知人和冰

車的總質量M=40kg,球的質量機=5kg。某時刻人將球以相對于地面%=4m/s的水平速度向前方固定擋

板推出，球與擋板碰撞后速度大小不變，人接住球后再以同樣的速度將球推出（假設人、球、冰車共速后

才推球），直到人不能再接到球，下列說法正確的是（）

A.人第1次推球時，人、冰車、小球組成的系統動量守恒

B.人第1次推球直到不能再接到球，人、冰車、小球組成的系統動量守恒

C.人第1次接到球后，人、球、冰車共同的速度大小為］m/s

D.人第5次將球推出后將不再接到球

【答案】ACD

【詳解】A.第一次推球時（小球未與擋板接觸），人、冰車和小球組成的系統所受的合外力為零，系統動量

守恒，故A正確；

B.球與擋板碰撞過程，擋板的作用力對系統有沖量，或者說系統合外力不為零，人、冰車和小球組成的系統

動量不守恒，故B錯誤；

C.設擋板每次對球碰撞作用的沖量為/,則有

I=2加%

以人及冰車與球組成的系統為對象，人第一次接到球后，由動量定理有

I=（M+加）v共

得到

故c正確；

D.設擋板每次對球碰撞作用的沖量為/,則有

I=2mvQ

再以人及冰車與球組成的系統為對象，人推〃次后，由動量定理有

(n-1)/=Mv人一mv0

得到

(2w-l)mv0

“人=—M—

若要人不再接到球，至少有

v人>%

代入數據得

n>4,5

人將球推出5次后不再接到球，故D正確。

故選ACD。

【變式演練3】的物塊(可視為質點)，物塊與盒子內部的動摩擦因數為0.03。從某一時刻起，給物塊一個

水平向右、大小為4m/s的初速度v°,已知物體與盒子發生彈性碰撞，g=10m/s2,那么該物塊與盒子前、后

壁發生碰撞的次數為()

A.5B.6C.7D.8

【答案】c

【詳解】由動量守恒可得

Mvo=(M+m)v

到物塊停止，系統機械能的損失為

121_

--(M+m)v2={iMgx

解得

20

x=-m-6.67m

3

故物塊與盒子發生7次碰撞。

故選Co

題型五應用動量守恒定律處理臨界問題

【核心歸納】分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態，在動量守恒定律的應用中，常常出現相互作用的兩物

體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與

相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。

【例1】如圖所示，A、B兩艘小船靜止在水面上，人甲站在岸邊，人乙站在B船上，人乙與B船的總質量

是A船的6倍。現將A船以相對于地面的速度v向左推出，當A船到達岸邊時，人甲立即以2V將A船推

回，人乙接到A船后，再次將它以速度v向左推出。以此重復，直到人乙不能再接到A船，忽略水的阻力

且水面靜止，則人乙最多可以推船的次數為()

A.4B.5C.6D.7

【答案】B

【詳解】取向右為正方向，B船上的人第一次推出A船時，由動量守恒定律可得

zMgVj-mAv=0

解得

加B

當A船向右返回后，B船上的人第二次將A船推出，則有

2mAv+WgV；=-mAv+mBv2

可得

%

設第〃(?>2)次推出A船時，B船的速度大小為四,由動量守恒定律可得

2加A?+加BL-I=-mAv+mBvw

解得

3加人

加B

則有

/八3加A

Vn=%+(〃-1)---V(論2)

加B

由2vWV",可得心］14，則”=5,即第5次推出A船時，B船上的人乙就不能再接到A船，則人乙最多可

以推船的次數為5,ACD錯誤，B正確。

故選Bo

【例2】如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質量為M=30kg,乙他

的冰車總質量也是30kg,游戲時，甲推著一個質量為〃z=15kg的箱子和他一起以vo=2m/s的速度向右滑行,

乙以同樣大小的速度迎面滑來，在相撞之前，甲突然將箱子以5.2m/s的速度沿冰面推出，然后乙迅速抓住

箱子，不計冰面摩擦，求:

(1)甲將箱子推出后，甲的速度變為多大?

(2)甲對箱子做多少功？

(3)乙將箱子抓住后，乙和箱子的共同速度是多大?

甲乙

【答案】(1)0.4m/s；(2)172.8J：(3)0.4m/s

【詳解】（1）設甲的速度變為匕，甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統動量守恒，以V。的方向為正

方向，由動量守恒定律得

(M+機)v0=mvYMvx

解得

(M+m)v-mv,

----------n.........=0n.4m/s

M

（2）根據動能定理，甲對箱子做功為

rrr

W=—1mv_2——1mv~2

解得

少=172.8J

（3）以箱子的速度為正方向，乙將箱子抓住后，乙和箱子的共同速度為v共，根據動量守恒定律有

mv—Mv0=(m+A/)v共

解得

v共=0.4m/s

方向水平向右。

【變式演練1】如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為60叫），20%，兩船沿同一直

線相向運動，速度大小分別為2%、%。為避免兩船相撞，甲船上的人不斷地將質量為〃%的貨物袋以相對地

面5%的水平速度拋向乙船，且被乙船上的人接住，假設某一次甲船上的人將貨物袋拋出且被乙船上的人接

住后，剛好可保證兩船不致相撞，不計水的阻力。試求此時:

(1)甲、乙兩船的速度大小;

(2)從甲船拋出的總貨物袋數。

2丁1%

、月71

\甲/\Z/

【答案】(1)均為1.25%(2)12

【詳解】(1)某一次甲船上的人將貨物袋拋出且被乙船上的人接住后，剛好可保證兩船不致相撞，說明此

時兩船剛好速度相同，設為v,規定開始時甲船速度方向為正方向，根據動量守恒定律有

60m0-2v0-2Omovo=8Omov

解得

v=1.25v0

(2)設從甲船拋出的總貨物袋數"，根據動量守恒定律有

6Omo-2v0=(60-n)mov+nm0-5v0

解得

H=12

【變式演練2】甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v尸6m/s,甲

車上有質量為m=lkg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量為跖=50kg,乙和他的小車的總

質量為跖=30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v=16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。

(1)甲第一次拋球時對小球的沖量；

(2)為保證兩車不相撞，甲總共拋出的小球個數是多少？

【答案】（1）10.5N-S,水平向右；（2）15

【分析】就

【詳解】（1）對第一個小球分析，根據動量定理有

I=mv-mv0

解得

/=10.5N-s

方向水平向右

（2）以水平向右為正方向，對所有物體組成的系統，根據動量守恒定律有

必%-必%=（M+M）v共

對乙和他的小車及小球組成的系統，根據動量守恒定律有

-M2V0+nmv=+nm）v共

解得

n=15

【變式演練3】如圖是勞動者拋沙袋入車的情境圖。一排人站在平直的軌道旁，分別標記為1,2,3……已

知車的質量為40kg,每個沙袋質量為5kg。當車經過一人身旁時，此人將一個沙袋沿與車前進相反的方向

以4m/s投入到車內，沙袋與車瞬間就獲得共同速度。已知車原來的速度大小為lOm/s,當車停止運動時，

一共拋入的沙袋有（）

總成成成

123……

A.20個B.25個C.30個D.40個

【答案】A

【詳解】設一共拋入〃個沙袋，這些沙袋拋入車的過程，滿足動量守恒，可得

Mv0-n-mv—0

解得

〃=竺心20

mv

即拋入20個沙袋，車恰好停止運動。

故選Ao

【變式演練4】如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質量共為乙

和他的冰車總質量也為游戲時，甲推著一個質量為機的箱子和他一起以％的速度滑行，乙以同樣大小

的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。不計冰面摩

擦：

（1）若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變為多少；

（2）設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變為多少；

（3）若甲、乙分別和他的冰車總質量均為M=30kg,箱子質量m=10kg,%=6m/s,為使甲、乙最后不

相撞，則箱子被推出的速度至少多大（計算結果保留兩位小數）。

?人田./、（M+m）v-mv/、mv—Mv,、,

【答案】（1）u-------n-----;（2）v=-------（a3）v>21.43m/s

1M2M+m

【詳解】（1）甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統動量守恒，以甲的運動方向為正方向，由動量守

恒定律得

(Af+m)v0=mv+Mv{

解得

+m）v0-mv

匕一M

（2）箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得

mv-MVQ=(M+m)v2

解得

mv—Mvr.

v=------------

2M+m

(3)甲、乙不相撞的條件是

%W%

即

+m)v0-mv<mv-Mv0

MM+m

v>21.43m/s

題型六反沖運動的理解和應用

1.反沖運動的三個特點

(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。

(2)反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內力遠大于外力，所以兩部分組成

的系統動量守恒或在某一方向動量守恒。

(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加。

2.應注意的兩個問題

(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的另一部分

的速度就要取負值。

(2)速度的相對性：反沖問題中，若已知相互作用的兩物體的相對速度，應先將相對速度轉換成相對地面的

速度，再根據動量守恒定律列方程。

【例1］不在同一直線上的動量問題同樣可以用正交分解法處理。某同學自制了一款飛機模型，該飛機模型

飛行過程中可通過噴氣在極短時間內實現垂直轉彎。若該飛機模型的質量為M(含氣體)，以大小為v的速

度勻速飛行時，在極短時間內噴出質量為加的氣體后垂直轉彎，且轉彎后的速度大小不變，則該飛機模型

噴出的氣體的速度大小為()

.叵M_

A.----vD.---v

mM

cV2M2-2Mm+m2?^M2—2Mm+2m2

c.------------------------vu.------------------------v

mM

【答案】C

【詳解】根據題意，設噴出的氣體沿飛機模型初速度方向的速度分量大小為匕，沿飛機模型末速度方向的

速度分量大小為。，在這兩個方向上，根據動量守恒定律分別有

Mv=mvx

0=-m^v—mvv

該飛機模型噴出的氣體的速度大小

解得

,yl2M2—2Mm+m2

v=-------------------------v

m

故選Co

【變式演練1】噴氣背包曾經是宇航員艙外活動的主要動力裝置。假定宇航員與空間站保持相對靜止。啟動

噴氣背包后，橫截面積為S的噴口以速度v（以空間站為參考系）持續向后噴出密度為2的氣體。已知宇航

員連同整套艙外太空服的質量為M（含背包及其內氣體），則啟動噴氣時間/后宇航員相對空間站的速度大

小為（）

.pSvtpSv2tpSvtpSv。

/A.?JJ?X--?__「?

MMM-pSvtM-pSvt

【答案】D

【詳解】啟動噴氣時間f后宇航員相對空間站的速度大小為M,規定宇航員相對空間站的速度方向為正方向,

由動量守恒定律得

0=-pvtS-v+(M—pvtS^v

解得