高考物理一轮复习 第五章 能量和动量 第5节 动量定理 动量守恒定律(2021年最新整理)

2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第5节动量定理动量守恒定律
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第5节动量定理动量守恒定律
（1)动量越大的物体，其速度越大.(×)
（2）物体的动量越大，其惯性也越大。

(×）
(3）物体所受合力不变，则动量也不改变.(×)
（4)物体沿水平面运动时，重力不做功,其冲量为零.（×)
(5）物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×）
(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√）
(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.(√）
(8）若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。

(√）
突破点（一）动量定理的理解与应用
1．动能、动量、动量变化量的比较
动能动量动量变化量
定义物体由于运动而具
有的能量
物体的质量和速度
的乘积
物体末动量与初动
量的矢量差
定义式E k＝错误!mv2p＝mvΔp＝p′－p 标矢性标量矢量矢量
特点状态量状态量过程量
关联方程E k＝错误!,E k＝错误!pv,p＝错误!,p＝错误!
联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系（2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2．应用动量定理解题的一般步骤
(1）明确研究对象和研究过程
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。

研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

（2)进行受力分析
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力,所有外力之和为合外力。

研究对象内部的相互作用力（内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。

如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同,则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

(3)规定正方向
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。

(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。

（5）根据动量定理列式求解。

3．应用动量定理解题的注意事项
(1）动量定理的表达式是矢量式,列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。

（2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。

（3）应用动量定理可以只研究一个物体,也可以研究几个物体组成的系统.
(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。

(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。

[多角练通］
1．（多选)某同学为了测定当地的重力加速度,完成了如下的操作:将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1,小球从最高点至返回地面为过程2。

如果忽略空气阻力，则下述正确的是（)
A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0
B．过程1和过程2动量变化的方向相反
C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下
D．过程1和过程2重力的总冲量为0
解析：选AC 根据竖直上抛运动的对称性可知,小球落地的速度大小也为v0,方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。

选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－（－mv0)＝mv0,下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0,且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－（－mv0）＝2mv0,D错误。

2．（2015·北京高考）“蹦极"运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大,故人的动量和动能都是先增
大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大,动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。

绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上,绳对人的拉力始终做负功。

故选项A正确，选项B、C、D错误。

3．(2017·北京市通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙,一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0。

5 kg，AB间距离s＝5 m,如图所示.小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v
2
＝6 m/s反向弹回。

重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；
（2）小物块与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若碰撞时间t＝0。

05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。

解析：（1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：
a＝错误!＝错误! m/s2＝－1.5 m/s2.
（2）从A到B过程,由动能定理，有：
－μmgs＝错误!mv12－错误!mv02
代入数据解得：μ＝0。

15。

（3)对碰撞过程,规定向左为正方向,由动量定理，有：
FΔt＝mv
2
－m(－v1）
可得：F＝130 N。

答案：（1)1.5 m/s2（2)0.15 （3)130 N
突破点（二）动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的五个特性
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
相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性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
速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义
（1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

（2）Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。

3．应用动量守恒定律的解题步骤
(1）明确研究对象,确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。

(2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒）.
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。

(4)由动量守恒定律列出方程。

（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

［典例］(2017·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m＝245 g的物块（可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短），g取10 m/s2.子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1。

(2)木板向右滑行的最大速度v2。

（3)物块在木板上滑行的时间t。

［审题指导]
（1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短,木板速度仍为零；
（2）子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1；
(3）木板足够长，物块最终与木块同速，此时,木板向右滑行的速度v2最大。

[解析] (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得:
m 0v
＝（m0＋m）v1，解得v1＝6 m/s。

（2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m）v
1
＝(m0＋m＋M）v2，解得v2＝2 m/s。

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ（m0＋m）gt＝(m0＋m）v2－（m0＋m）v1，解得：t＝1 s.
[答案］（1)6 m/s （2)2 m/s (3）1 s
[易错提醒］
应用动量守恒定律应注意以下三点
（1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。

（2）判断系统是否动量守恒，还是某个方向上动量守恒.
(3）系统中各物体的速度是否是相对地面的速度,若不是，则应转换成相对于地面的速度.
［集训冲关]
1.(多选）(2017·佛山模拟）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的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑（）
A．在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
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，小球能回到槽上高h处
解析：选BC 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功,选项A错误；在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D 错误。

2。

（2014·福建高考）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。

已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为（)
A．v0－v2B．v0＋v2
C．v0－错误!v2 D．v0＋错误!（v0－v2）
解析：选D 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒
定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋错误!(v0－v2),D项正确。

3．（2017·兰州月考）冰球运动员甲的质量为80.0 kg。

当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。

碰后甲恰好静止,假设碰撞时间极短，求：
(1）碰后乙的速度的大小；
(2）碰撞中总机械能的损失。

解析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv－MV＝MV′①
代入数据解得:V′＝1。

0 m/s。

②
（2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有：
错误!mv2＋错误!MV2＝错误!MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得：ΔE＝1 400 J。

答案:(1)1.0 m/s （2）1 400 J
突破点(三) 动量守恒定律的3个应用实例
错误!
1．对碰撞的理解
（1）发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短;各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。

（2）即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短,故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的.
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。

2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞,遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律,确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变.
（1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。

（2）题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子）碰撞的，都是弹性碰撞。

3．碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒。

（2）动能不增加.
(3)速度要合理.
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前;碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

［典例1］如图所示,两光滑斜面与光滑水平面间夹角均为θ，两斜面末端与水平面平滑对接。

可视为质点的物块A、B质量分别为m、βm（β为待定系数)，物块A从左边斜面h 高处由静止开始沿斜面下滑，与静止于水平轨道的物块B正面相撞，碰后物块A、B立即分开，它们能达到的最大高度均为错误!h.两物块经过斜面与水平面连接处及碰撞过程中均没有机械能损失，重力加速度为g。

求:
(1)待定系数β；
(2）第一次碰撞刚结束时木块A、B各自的速度；
（3）物块A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论木块A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。

[解析］（1)运动过程中只有重力做功故机械能守恒，
由机械能守恒定律得mgh＝错误!＋错误!
得β＝3。

（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则
错误!mv12＝错误!
错误!βmv22＝错误!
设速度方向向右为正、向左为负，解得:
v
＝－错误!,方向向左
1
v
＝错误!，方向向右。

2
（3）规定速度方向向右为正方向，设A、B第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则错误!
解得V1＝－错误!，V2＝0(另一组解:V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去）
由此可得：
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同;
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。

[答案] （1)3 （2）v1＝－错误!，方向向左v2＝错误!，方向向右（3）v1＝－错误!，方向向左v2＝0,当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同.
［方法规律］
碰撞问题解题策略
（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。

（2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v
1
＝错误!v0、v2＝错误!v0。

（3）熟记弹性正碰的一些结论,例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v。

当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。

错误!
［典例2］近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛.假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处,不计空气阻力及消耗的炸药质量,烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能.求:
(1)烟花上升的最大高度；
(2）烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小；
(3)烟花炸裂时消耗的化学能。

[解析] (1）由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度
h＝v2
2g。

（2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得s＝v
1
t, h＝错误!gt2
解得v1＝错误!。

（3)烟花炸裂后两块在水平方向动量守恒,错误!v 1－错误!v 2＝0，
解得另一块的速度为v 2＝v 1。

由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能
E ＝错误!＝错误!。

[答案] (1）错误! (2）错误! (3)错误!
［方法规律］
爆炸现象的三个规律
错误! [典例3] （2017·福州二模）一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为（ )
A ．m ＝错误!M
B ．m ＝错误!M
C ．m ＝错误!M
D ．m ＝错误!M
[解析] 规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得：Mv 0＝（M －m ）v 2
－mv 1 解得：m ＝错误!M ,故C 正确。

［答案] C
［方法规律］
对反冲运动的三点说明
恒量守恒定律
机械能
增加
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
突破点（四) 动量与能量的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运
动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运
动问题
动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2．动量观点和能量观点的比较
相同点
①研究对象都是相互作用的物体组成的系统
②研究过程都是某一运动过程
不同点
动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定
理和能量守恒定律都是标量表达式,绝无分量表达式
[典例］(2015·广东高考）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。

物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0。

1 m。

物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0。

1，A、B的质量均为m＝1 kg（重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3)求碰后AB滑至第n个(n＜k）光滑段上的速度v n与n的关系式.
[审题指导］
第一步：抓关键点
第二步：找突破口
(1）滑块A在Q的速度v〉错误!，所受弹力方向竖直向下,满足：mg＋F＝m错误!。

(2)滑块A与B碰前的速度仍为v0。

（3)滑块A、B碰后的总动能均用于克服摩擦力做功，其大小为kL·2μmg。

（4）滑块A、B碰后滑至第n个光滑段上时一定滑过了n个粗糙段。

［解析］（1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得错误!mv02＝mg·2R ＋错误!mv2
所以A滑过Q点时的速度
v＝错误!＝错误! m/s＝4 m/s＞错误!＝错误! m/s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m错误!
所以A受到的弹力F＝错误!－mg＝错误!N＝22 N。

（2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，
则mv0＝2mv′
所以v′＝1
2
v
＝3 m/s
从碰撞到AB停止，根据动能定理，得
－2μmgkL＝0－错误!·2mv′2
所以k＝错误!＝错误!＝45。

(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理,得－2μmgnL＝错误!·2mv n2－错误!·2mv′2
解得v n＝错误! (n＜k）。

[答案］(1）4 m/s 22 N （2）45
（3)v n＝9－0.2n（n＜k)
［方法规律］
利用动量和能量观点解题的技巧
（1）若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）。

(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。

（3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。

特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。

[集训冲关］
1。

如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。

一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面体过程中的机械能损失。

如果斜面体固定，则小物块恰能冲到斜面体的顶端。

如果斜面体不固定，则小物块冲上斜面体后能达到的最大高度为( ）
A．h B.错误!h C.错误!h D。

错误!h
解析：选D 若斜面体固定,由机械能守恒定律可得错误!mv2＝mgh;若斜面体不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m）v1，由机械能守恒定律可得错误!mv2＝mgh′＋错误!（M＋m)v12。

联立以上各式可得h′＝错误!h，故D正确。

2．(多选）如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则（)
A．小球以后将向右做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为错误!
D．小球在弧形槽内上升的最大高度为错误!
解析:选BC 小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由水平方向动量守恒得mv0＝2mv′，由机械能守恒定律得错误!mv02＝2×错误!mv′2＋mgh，解得h＝错误!,故D错;从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒,设
小球速度大小为v1,小车速度大小为v2，则mv0＝mv2－mv1，错误!mv02＝错误!mv22＋错误!mv12，解得v2＝v0，v1＝0,即两者交换速度，故B、C正确,A错。

3。

(2017·安徽省六校第二次质检)如图所示,质量为1 kg可以看作质点的小球悬挂在长为0。

9 m的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ＝60°的位置后自由释放。

当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2 kg的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的错误!.已知木块与地面的动摩擦因数μ＝0。

2，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
（1）小球与木块碰前瞬时速度的大小；
(2）小球与木块碰前瞬间所受拉力大小；
(3）木块在水平地面上滑行的距离。

解析：（1）设小球摆至最低点时的速度为v，由动能定理，有mgL(1－c os 60°)＝错误!mv2代入数据解得v＝3 m/s。

(2)设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有：T－mg＝m错误!
代入数据，解得：T＝2mg＝20 N。

（3）设小球与木块碰撞后,小球的速度为v1,木块的速度为v2,设水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝Mv2－mv1
依题意知:错误!mv12＝错误!mv2×错误!
设木块在水平地面上滑行的距离为x,由动能定理得：－μMgx＝0－错误!×Mv22
联立并代入数据，解得x＝1 m。

答案:（1）3 m/s (2)20 N （3）1 m
反冲运动中的“人船”模型
如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力，
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人,
因人和船组成的系统,动量始终守恒，
故有:m船x船＝m人x人，
由图可看出：x船＋x人＝L,
可解得：x人＝错误!L，x船＝错误!L
此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题,例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题等.
（一）系统动量守恒
1.如图所示,质量m＝60 kg的人,站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。

当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0。

75 m D．一直匀速后退
解析:选A 人车组成的系统动量守恒,则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x
＝0.5 m.
2
(二)系统某个方向上动量守恒
2．如图所示，一个质量为m的玩具蛙,蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上。

解析：蛙跳出后做平抛运动,运动时间为t＝错误!，蛙与车水平方向动量守恒，可知mx ＝M错误!，蛙要能落到桌面上,其最小水平速度为v＝错误!，上面三式联立求得v＝错误!错误!。

答案:错误!错误!
对点训练：动量定理的理解与应用。