专题15 动量守恒定律及其应用-2025高考物理模型与方法热点题型归类训练

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc1990" 题型一 动量守恒定律的理解 PAGEREF _Tc1990 \h 1
\l "_Tc25065" 类型1 系统动量守恒的判断 PAGEREF _Tc25065 \h 1
\l "_Tc15980" 类型2 某一方向动量守恒定律的应用 PAGEREF _Tc15980 \h 3
\l "_Tc20237" 题型二 动量守恒定律的基本应用 PAGEREF _Tc20237 \h 4
\l "_Tc13789" 题型三 动量守恒定律和图像问题的结合 PAGEREF _Tc13789 \h 7
\l "_Tc21950" 题型四 应用动量守恒定律分析多过程问题 PAGEREF _Tc21950 \h 12
\l "_Tc24023" 题型五 应用动量守恒定律处理临界问题 PAGEREF _Tc24023 \h 14
\l "_Tc8265" 题型六 反冲运动的理解和应用 PAGEREF _Tc8265 \h 19
\l "_Tc21230" 题型七 应用动量守恒定律分析“跳车”问题 PAGEREF _Tc21230 \h 25
题型一 动量守恒定律的理解
类型1 系统动量守恒的判断．
【例1】如图所示，方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使一条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）获得一定的水平初速度并自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦。则磁铁穿过铝管过程（ ）
A．铝管受到的安培力可能先水平向右后水平向左
B．铝管中有感应电流
C．磁体与铝管组成的系统动量守恒
D．磁体与铝管组成的系统机械能守恒
【答案】BC
【详解】A．根据“来拒去留”可知铝管受到的安培力一直水平向右。故A错误；
B．磁铁穿过铝管过程，铝管中磁通量发生变化，有感应电流。故B正确；
C．磁体与铝管组成的系统所受外力为零，动量守恒。故C正确；
D．铝管中感应电流会使铝管发热，电能转化为内能，所以磁体与铝管组成的系统机械能不守恒。故D错误。
故选BC。
【变式演练1】如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
【答案】C
【详解】A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；
BC．系统受合外力为零，系统动量守恒，所以男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，故B错误，C正确；
D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。
故选C。
【变式演练2】如右图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（ ）
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
【答案】C
【详解】AB．撤去F后，木块A离开竖直墙前，墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故A错误、B错误；
CD．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故C正确，D错误；
故选C。
【变式演练3】如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B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B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是( )
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B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B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B有力的作用，由公式I＝Ft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B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．
类型2 某一方向动量守恒定律的应用
【例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，底部与水平面相切，一个质量为m（mA．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，小球仍能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】B
【详解】A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球的机械能减小，故B正确；
C．小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于mD．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，故D错误。
故选B。
【变式演练1】如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】 B
【解析】 P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q前后移动连线的位移夹角不等于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
【变式演练2】如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5kg，将一个质量为0.5kg的小球从距沙面0.45m高度处以大小为4m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒
B．小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为
C．小车最终的速度大小为1m/s
D．小车最终的速度大小为2m/s
【答案】C
【详解】A．小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；
B．由于小球陷入沙子过程的时间未知，故沙子对小球的冲量大小未知，故B错误；
CD．小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则
解得
故C正确，D错误。
故选C。
【变式演练3】．如图所示，光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板，小孩站在静止的滑板上将物块向弧形槽推出，物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端，则（ ）
A．小孩推出物块过程，小孩和物块组成的系统动量守恒
B．物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽组成的系统动量守恒
C．物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大
D．物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零
【答案】D
【详解】A．小孩推出物块过程，小孩、滑板和物块系统合外力为0，动量守恒，故A错误；
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误；
C．冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故C错误
D．初始动量为0，物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零，故D正确。
故选D。
【变式演练4】．如图所示，在光滑的水平面上，小明站在平板车上用锤子敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。下列说法正确的是（ ）
A．人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒
B．人、车和锤组成的系统竖直方向动量守恒
C．不断敲击车的左端，车和人会持续向右运动
D．当人挥动锤子，敲打车之前，车一直保持静止
【答案】A
【详解】A．人、车和锤组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A正确；
B．人、车和锤组成的系统竖直方向合力不为零，竖直方向动量不守恒，故B错误；
C．把人、锤子和车子看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统水平方向的总动量为零，锤子向左运动时，车子向右运动。锤子向右运动时，车子向左运动，所以车左右往复运动，不会持续地向右运动，故C错误；
D．人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，大锤向左运动，小车向右运动；大锤向右运动，小车向左运动，所以敲打车之前，车不会一直保持静止。当锤子停止运动时，人和车也停止运动，故D错误。
故选A。
题型二 动量守恒定律的基本应用
【例1】一固定光滑弧形轨道底端与水平轨道平滑连接，将滑块A从弧形轨道上离水平轨道高度为h处由静止释放，滑块A在弧形轨道底端与滑块B相撞后合为一体，一起向前做匀减速直线运动，停止时距光滑弧形轨道底端的距离为s。已知滑块A，滑块B的质量均为m，重力加速度大小为g，则滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设滑块A到达弧形轨道底端时的速度大小为，根据动能定理可得
两滑块碰撞后的速度大小为v，根据动量守恒可得
两滑块碰撞后一起向前做匀减速直线运动，根据动能定理可得
联立解得
故选D。
【变式演练1】右图为一冰壶队员投掷冰壶的镜头，在投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等，规定向前运动方向为正方向，则碰后该冰壶队员冰壶的速度为（ ）
A．-0.1 m/sB．-0.7 m/sC．0.1 m/sD．0.7 m/s
【答案】C
【详解】两球碰撞时满足动量守恒关系，根据动量守恒定律
其中v0=0.4m/s，v2=0.3m/s代入解得
v1=0.1m/s
故选C。
【变式演练2】甲、乙两人静止在光滑水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，已知甲的质量为50kg，乙的质量为60kg，则在滑行中的任一时刻（ ）
A．两人的总动能为0B．两人的总动量为0
C．甲、乙的动能大小之比为D．甲、乙的动量大小之比为
【答案】BC
【详解】A．甲推乙这个过程中彼此做功动能增加，两人的总动能不为0，选项A错误；
B．甲推乙的过程中，两人组成的系统合外力为零，系统动量守恒；由初始状态两人静止总动量为零，得在滑行中的任一时刻两人的总动量为0，B正确；
C．根据动量守恒定律可得
可得甲、乙两人的速度大小之比是
甲、乙两人的动能之比是
选项C正确；
D．根据动量守恒定律
得
即甲、乙两人的动量大小相等，方向相反，选项D错误。
故选BC。
【变式演练3】如图所示，人坐在滑车上在冰面上以速度向右滑行，人与滑车总质量，与冰面摩擦不计，在O点静止一质量的木箱，木箱与冰面间动摩擦因数，当人到达O点时，将木箱相对地以速度水平向右推出。此后人在A点再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推着木箱一起运动，最后停在B点。g取。
（1）推出木箱后，人的速度为多少？
（2）B点离O点距离x为多少？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对人与木箱系统列动量守恒
得
（2）此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有
经时间t人追上木箱，则有
得
，
此时木箱速度为
人抓住木箱后，共同速度为，系统动量守恒
得
此后二者共同匀减速运动
解得
又因为
所以
题型三 动量守恒定律和图像问题的结合
【例题】质量为的物块与另一物块在光滑水平面上发生正碰，两物块的位置坐标随时间变化的图像如图所示。则物块的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速度分别为
、、
由动量守恒定律有
解得
故选C。
【变式演练1】质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率
B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量
D．碰撞后的动能小于的动能
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为
碰前速度为0，故A错误；
B．两物体正碰后，碰后速度反向，大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，故B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，故C正确；
D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，故D错误。
故选C。
【变式演练2】.(多选)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A.碰撞前后物体A的运动方向相同
B.物体A、B的质量之比为1∶2
C.碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小
D.碰前物体B的动量较大
【答案】 BD
【解析】 由题图可知，碰撞前vA＝eq \f(20－30,2) m/s＝－5 m/s，碰撞后vA′＝eq \f(20－10,2) m/s＝5 m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A错误；由题图可得，碰撞前vB＝eq \f(20－0,2) m/s＝10 m/s，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞过程中物体A动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B的速度方向与碰前物体B的速度方向相同，则碰前物体B动量较大，故D正确。
题型四 应用动量守恒定律分析多过程问题
【核心归纳】多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律。
(1)正确进行研究对象的选取，研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。
(2)正确进行过程的选取和分析，通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
【例1】水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为9kg的静止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞，总共经过4次这样推物块后，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．40 kgB．55 kgC．70 kgD．85 kg
【答案】B
【详解】设该运动员的质量为，物块的质量为，推物块的速度大小为，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，第一次推物块的过程中
第二次推物块的过程中
第三次推物块的过程中
第四次推物块的过程中
解得
，
根据题意有
，
解得
故选B。
【变式演练1】如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4044倍。两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在一起，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出。往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车至少推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】C
【详解】取小孩和B车运动方向为正方向，小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得速度为v1，由动量守恒定律
①
小孩第二次推出A车后，小孩和B车获得速度为v2，由动量守恒定律
②
小孩第三次推出A车后，小孩和B车获得速度为v3，由动量守恒定律
③
以此规律可得小孩第n-1次推出A车后小孩和B车获得速度为vn-1，第n次推出A车后，小孩和B车获得速度为vn，第n次推出A车前后，由动量守恒定律
④
将推n次的等式相加，可得
当vn≥v时，再也接不到小车，即
解得
取正整数，则
故选C。
【变式演练2】如图所示，在光滑的水平冰面上，一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量，球的质量。某时刻人将球以相对于地面的水平速度向前方固定挡板推出，球与挡板碰撞后速度大小不变，人接住球后再以同样的速度将球推出（假设人、球、冰车共速后才推球），直到人不能再接到球，下列说法正确的是（ ）
A．人第1次推球时，人、冰车、小球组成的系统动量守恒
B．人第1次推球直到不能再接到球，人、冰车、小球组成的系统动量守恒
C．人第1次接到球后，人、球、冰车共同的速度大小为
D．人第5次将球推出后将不再接到球
【答案】ACD
【详解】A.第一次推球时（小球未与挡板接触），人、冰车和小球组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B.球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，或者说系统合外力不为零，人、冰车和小球组成的系统动量不守恒，故B错误；
C.设挡板每次对球碰撞作用的冲量为，则有
以人及冰车与球组成的系统为对象，人第一次接到球后，由动量定理有
得到
故C正确；
D．设挡板每次对球碰撞作用的冲量为，则有
再以人及冰车与球组成的系统为对象，人推次后，由动量定理有
得到
若要人不再接到球，至少有
代入数据得
人将球推出5次后不再接到球，故D正确。
故选ACD。
【变式演练3】的物块（可视为质点），物块与盒子内部的动摩擦因数为0.03。从某一时刻起，给物块一个水平向右、大小为4 m/s的初速度v0，已知物体与盒子发生弹性碰撞，g=10 m/s2，那么该物块与盒子前、后壁发生碰撞的次数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【详解】由动量守恒可得
Mv0=（M+m）v
到物块停止，系统机械能的损失为
M-(M+m)v2=μMg x
解得
x=m≈6.67 m
故物块与盒子发生7次碰撞。
故选C。
题型五 应用动量守恒定律处理临界问题
【核心归纳】分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现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状态，其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1】如图所示，A、B两艘小船静止在水面上，人甲站在岸边，人乙站在B船上，人乙与B船的总质量是A船的6倍。现将A船以相对于地面的速度v向左推出，当A船到达岸边时，人甲立即以2v将A船推回，人乙接到A船后，再次将它以速度v向左推出。以此重复，直到人乙不能再接到A船，忽略水的阻力且水面静止，则人乙最多可以推船的次数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【详解】取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律可得
解得
当A船向右返回后，B船上的人第二次将A船推出，则有
可得
设第n（n≥2）次推出A船时，B船的速度大小为vn，由动量守恒定律可得
解得
则有
（n≥2）
由，可得，则n=5，即第5次推出A船时，B船上的人乙就不能再接到A船，则人乙最多可以推船的次数为5，ACD错误，B正确。
故选B。
【例2】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M=30kg，乙他的冰车总质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子和他一起以v0=2m/s的速度向右滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，在相撞之前，甲突然将箱子以5.2m/s的速度沿冰面推出，然后乙迅速抓住箱子，不计冰面摩擦，求：
（1）甲将箱子推出后，甲的速度变为多大？
（2）甲对箱子做多少功？
（3）乙将箱子抓住后，乙和箱子的共同速度是多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设甲的速度变为，甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）根据动能定理，甲对箱子做功为
解得
（3）以箱子的速度为正方向，乙将箱子抓住后，乙和箱子的共同速度为，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向右。
【变式演练1】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为，，两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为、。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为的货物袋以相对地面的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力。试求此时：
（1）甲、乙两船的速度大小；
（2）从甲船抛出的总货物袋数。
【答案】（1）均为1.25v0；（2）12
【详解】（1）某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，说明此时两船刚好速度相同，设为v，规定开始时甲船速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
（2）设从甲船抛出的总货物袋数n，根据动量守恒定律有
解得
【变式演练2】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v0=6m/s，甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=50kg，乙和他的小车的总质量为M2=30kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v=16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。
（1）甲第一次抛球时对小球的冲量；
（2）为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？
【答案】（1）10.5N·s，水平向右；（2）15
【分析】就
【详解】（1）对第一个小球分析，根据动量定理有
解得
方向水平向右
（2）以水平向右为正方向，对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有
对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
n=15
【变式演练3】如图是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3……已知车的质量为40kg，每个沙袋质量为5kg。当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4m/s投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为10m/s，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有（ ）
A．20个B．25个C．30个D．40个
【答案】A
【详解】设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，满足动量守恒，可得
解得
即抛入20个沙袋，车恰好停止运动。
故选A。
【变式演练4】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为M，乙和他的冰车总质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦：
（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少；
（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少；
（3）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为，箱子质量，，为使甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大（计算结果保留两位小数）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）甲、乙不相撞的条件是
即
题型六 反冲运动的理解和应用
1.反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。
2.应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值。
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再根据动量守恒定律列方程。
【例1】不在同一直线上的动量问题同样可以用正交分解法处理。某同学自制了一款飞机模型，该飞机模型飞行过程中可通过喷气在极短时间内实现垂直转弯。若该飞机模型的质量为M（含气体），以大小为v的速度匀速飞行时，在极短时间内喷出质量为m的气体后垂直转弯，且转弯后的速度大小不变，则该飞机模型喷出的气体的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】根据题意，设喷出的气体沿飞机模型初速度方向的速度分量大小为，沿飞机模型末速度方向的速度分量大小为，在这两个方向上，根据动量守恒定律分别有
该飞机模型喷出的气体的速度大小
解得
故选C。
【变式演练1】喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员与空间站保持相对静止。启动喷气背包后，横截面积为S的喷口以速度v（以空间站为参考系）持续向后喷出密度为ρ的气体。已知宇航员连同整套舱外太空服的质量为M（含背包及其内气体），则启动喷气时间t后宇航员相对空间站的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】启动喷气时间t后宇航员相对空间站的速度大小为，规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故选D。
【变式演练2】用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参考系，在极短时间内喷出燃料气体的质量为m，喷出的气体相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为M。下列关于火箭的描述正确的是（ ）
A．持续喷出气体的过程中，火箭的加速度会减小
B．喷气后，火箭的速度变化量为
C．喷气后，火箭的速度大小一定为
D．为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加气体的喷射速度u
【答案】D
【详解】A．持续喷出气体的过程中，喷出的气体对火箭的反作用力大小近似不变，火箭质量逐渐减小，根据牛顿第二定律，火箭的加速度会增大，故A错误；
BC．喷气前后，由动量守恒可得
可知即喷气后，火箭的速度变化量为
因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，故BC错误；
D．为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度u，故D正确。
故选D。
【变式演练3】．质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意，设跃离后滑板的速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
故选D。
【变式演练4】在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设喷出的气体的质量为，则
根据动量守恒定律可得
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得
故选D。
【变式演练5】一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练，用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在t时间内皮划艇的位移为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】发射子弹时，根据动量守恒可得每发一颗子弹，皮划艇增加的速度为
所以在t时间内沿水平方向发射了7发子弹，则皮划艇在6个时间内，分别以、、……匀速运动，每段匀速运动的位移依次为
……
故t时间内皮划艇的总位移为
故选B。
【变式演练6】火箭的发射应用了反冲的原理，通过喷出燃气的反冲作用而获得巨大的速度。为简化问题研究，忽略燃气喷出过程中火箭重力和空气阻力的影响。
（1）将质量为1.0kg的火箭模型点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的对地速度在很短时间内从火箭喷口喷出。求在燃气喷出后的瞬间火箭动量的大小。
（2）现代火箭发动机的喷气速度通常在2000~5000m/s，为使火箭获得所需的推进速度，需要装载上百吨燃料。假设处于静止状态的火箭总质量为（含燃烧气体质量，燃烧气体总质量为），火箭发动机可以有两种方式喷射燃烧气体：一是在短时间内一次将质量为的燃烧气体喷射出去；二是用较长的时间多次喷射，每次喷射质量为的燃烧气体。若两种方式喷出的燃烧气体相对于每一次喷气前火箭的速度大小始终为，试论证哪种喷射方式会使火箭获得更大的速度。
【答案】（1）；（2）一次将燃料喷出时，使火箭获得的速度更大
【详解】（1）根据动量守恒火箭的动量
（2）一次性喷出时，根据动量守恒
解得
多次喷出的过程中，根据动量守恒，第一次喷出时
可得
①
第二次喷出时
解得
②
……
第n次喷出时
可得
③
将①②…③.累加可得
可知
因此一次性喷出时使火箭获得的速度更大。
【变式演练7】．一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；
（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；
（3）在爆炸过程中增加的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）炸裂后瞬间由动量守恒可知
解得A部分的速度为
（2）炸裂后由运动学规律可知
空中下落的时间为
（3）在爆炸过程中增加的机械能为
解得
【变式演练8】．反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前总质量m1=3kg，水平喷出的橡皮塞的质量m2=0.1kg。水蒸汽质量忽略不计。
（1）若橡皮塞喷出时获得水平速度v=2.9m/s，求小车的反冲速度？
（2）若橡皮塞喷出时速度大小为v=2.9m/s，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度。（小车一直在水平方向运动）
【答案】（1）0.1m/s，方向与橡皮塞速度方向相反；（2）0.05m/s，方向与橡皮塞水平分速度方向相反
【详解】（1）反冲过程动量守恒，根据动量守恒定律有
解得
方向与橡皮塞速度方向相反。
（2）此时系统水平方向的动量守恒，则有
解得
方向与橡皮塞水平分速度方向相反。
题型七 应用动量守恒定律分析“跳车”问题
【例1】如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M的静止平板车，其上有质量皆为m的甲、乙两人，两人都相对地以速度v向后跳下，试求下列情况下车速大小？
(1)甲、乙两人同时跳下；
(2)甲先跳，乙后跳。
【模型分析】 反冲模型
无阻力情况下，人与车(船)组成的系统水平方向动量守恒，人的动量与车的动量等大反向。两个质量均为m的人以对地速度v同时跳出，人的动量为2mv，车获得的动量大小也是2mv；两个质量均为m的人先后以对地速度v水平跳出，人的动量同样为2mv，车获得的动量大小也是2mv，“先后跳”与“同时跳”效果相同；若选择车为参考系，人相对地的动量与人相对运动的车的动量显然不同，第一个人相对车的动量与第二个人相对车的动量也不同，此情况下“先后跳”与“同时跳”效果是不同的。
【答案】 见解析
【解析】 (1)车与两人组成的系统，水平方向上不受外力，满足动量守恒定律的适用条件。取人跳的速度方向为正方
向。 设两人同时跳下时，车对地速度为v1，由动量守恒定律得
0＝2mv＋Mv1①
v1＝－eq \f(2mv,M)
负号表示车与人跳的速度方向相反。
(2)设甲先跳下时，乙跟车对地的共同速度为v2，乙再跳下时，车对地的速度为v3，由动量守恒定律得
甲先跳下时：0＝mv＋(M＋m)v2②
乙再跳下时：(M＋m)v2＝mv＋Mv3③
解②③式得：v3＝－eq \f(2mv,M)
比较v1、v3，知v1＝v3，即甲、乙两人“先后跳下”与“同时跳下”效果相同。
【思维感悟】
在应用动量守恒定律解题时，常遇到多个物体的相互作用，这多个物体的作用可能是同时作用一次完成的，也可能是作用有先有后，分段完成的。人跳出时的水平速度选择地面，“先后作用”与“同时作用”是等效的。可以把“先后作用”的问题视为“同时作用”一次完成的情况来研究，把分过程需列的多个动量守恒方程简化为只列一个方程就可求解，使求解过程大为简化。
【变式演练1】如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一人跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，人跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后（ ）
A．a、c两车的运动速率相等B．a、c两车的运动方向一定相反
C．a、b两车的运动速率相等D．三辆车的运动速率关系为v>v>v
【答案】B
【详解】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，人跳离c车的过程，有
0=-M车v+m人v
人跳上和跳离b车的过程，有
m人v=-M车v+m人v
人跳上a车过程，有
m人v=（M车+m人）v
所以
v=-
v=0
v=
即
v>v>v
并且v与v方向相反。
故选B。
【变式演练2】如图所示，某同学在冰面上进行“滑车”练习，开始该同学站在A车前端以共同速度v0＝9 m/s做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，该同学迅速从A车跳上B车，立即又从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知人的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若该同学跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．该同学跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s
B．该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s
C．该同学跳离B车的过程中，对B车所做的功为1 050 J
D．该同学跳回A车后，他和A车的共同速度为8 m/s
【答案】AC
【详解】D．因为A、B刚好不相撞，则最后具有相同的速度，在该同学跳车的过程中，把该同学、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
方向向右，故D错误；
A．设该同学跳离A车和B车的速度大小为，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律得
代入数据解得
故A正确；
B．设该同学第一次跳离A后的速度为vA，则由动量守恒定律有
解得
根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量，即
所以该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为125 kg·m/s，故B错误；
C．该同学跳上B车后，根据动量守恒定律可得
解得
该同学跳离B车过程中，对B车做的功等于B车动能的变化量，即
故C正确。
故选AC。