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系统动量守恒与反冲

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内力只交换系统内部的动量，外冲量才改变总动量。守恒前先划系统、定方向和时段，反冲时再检查喷出质量与相对速度的参照对象。

一、知识点 概念与依据

1. 总动量是矢量和，内外力取决于系统边界

系统总动量是各组成物体动量的矢量和。两物体系统若总动量守恒，有

m1v⃗1+m2v⃗2=m1u⃗1+m2u⃗2.m_1\vec v_1+m_2\vec v_2=m_1\vec u_1+m_2\vec u_2.

初末必须包含同一批质量，所有速度相对于同一个惯性参考系。两球相互张力、两磁铁之间的相互作用，若双方都在系统内就是内力；只取其中一个时则是外力，不能按力名称固定分类。

分别对两物体写动量定理后相加，牛顿第三定律保证同一时段的内力冲量等大反向、互相抵消，得到

Δ(p⃗1+p⃗2)=I⃗外,1+I⃗外,2.\Delta(\vec p_1+\vec p_2)=\vec I_{\text{外},1}+\vec I_{\text{外},2}.

总动量不变不代表各部分动量不变；它们可以等大反向地交换动量。内冲量抵消也不意味着外界重力、支持力、牵引等自动消失。

2. 三种守恒表述不要混用

条件能得到什么
全过程每时刻合外力为零全过程总动量不变
仅某方向合外力为零仅该方向动量分量守恒
某时段总外冲量为零该时段初末总动量相等，不保证中途不变
短时段外冲量足够小按精度要求近似初末守恒

光滑水平面通常消除了水平接触阻力，但竖直是否平衡仍须判断。小球在槽内下滑有竖直加速度，球与槽可能只有水平方向守恒。爆炸或碰撞的短时近似，要比较外冲量对动量交换的影响，不能只说“内力很大”；之后长时间飞行的重力冲量不能继续忽略。

碰撞弹性与否不是动量守恒条件。动能是否保持、减少或由内部储能释放而增加，需要另列能量关系。

3. 反冲要保留同一批质量

内部相互作用使一部分喷出或分离、其余部分速度发生相应改变，称反冲。推力来自两部分相互作用，不要求火箭借空气“蹬一下”。每一短时过程应把剩余主体与这一时段喷出的物质一起纳入固定系统，不能只取变质量的剩余火箭便宣称动量守恒。

初静止，总质量MM已包含将喷出质量mm，剩余为M−mM-m。外冲量可忽略时，用同一参考系的有符号速度写

0=(M−m)V+mu喷出.0=(M-m)V+mu_{\text{喷出}}.

两部分动量等大反向；若系统原本运动，初动量不为零，两部分对地速度却可能同向，反冲不要求一定对地反向。

动量守恒本身不提供新增动能，喷射动能可来自化学能、肌肉做功或其他储能。因此初始静止不意味着喷后两部分动能之和仍为零，机械能不能顺带守恒。持续喷射须另有模型和条件，本章不凭短时式补造完整火箭速度公式。

4. 相对“喷气前”还是“喷气后”，是不同条件

向上为正，喷气前火箭对地速度v0v_0。若燃气相对喷气前火箭向后速率vv，燃气对地速度u气=v0−vu_{\text{气}}=v_0-v；若v<v0v<v_0，燃气仍向上。不能看到“向后喷”就直接把对地速度写成−v-v。

若题给相对喷气后火箭，则应写u气=v1−vu_{\text{气}}=v_1-v，不能偷换参照时刻。所有相对速度先换成统一参考系，再代入守恒式。

二、考点 方法与例题

方法一：划边界 → 分方向 → 定时段 → 判断完整命题

列出系统外施力者，逐方向检查合外力；再看问的是瞬时碰撞、短时爆炸还是之后飞行。只守恒水平分量时，不能把“系统动量守恒”这个完整矢量命题判对。短时近似所缺条件应公开，不静默补成严格结论。

例题 01 四种系统的守恒条件（原题，短时近似辨析）

题目

关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)

系统动量守恒斜槽磁性小车对照
系统动量守恒斜槽磁性小车对照
系统动量守恒爆炸短时作用对照
系统动量守恒爆炸短时作用对照

A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放，在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统的动量守恒

B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动量不守恒

C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒

D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒

答案与解析

原资料答案：D，按短时外冲量可忽略的约定理解；D不是不附条件的普遍结论。 A中球在斜槽内下滑，系统竖直动量一般改变，只有水平可守恒；A声称完整动量守恒，错误。B中两磁性小车的磁相互作用是内力，水平光滑且竖直平衡，总动量守恒，因此“不守恒”错误。

C中炸裂极短时可忽略重力冲量，初末动量近似守恒，原“不守恒”不符合该模型；不能将此近似延长到之后全部飞行。

D中的子弹打入瞬间，只有所选子弹与木块系统的外冲量可忽略时，才近似守恒。原图还画出与木块相连的弹簧，弹簧对该系统是外界作用，其冲量能否忽略仍取决于碰撞极短时间和力的量级。题干未明写这些量，故按原资料短时模型预期选D，不将“子弹打入”当作自动守恒的充分条件；固定木块等约束可能使外冲量显著。

本题结论

教材短时近似下D；严格使用前仍须检查木块约束和弹簧等外冲量。

例题 02 爆炸、弹簧、断线与抛球（原题，多选）

题目

以下关于四幅图的说法，正确的是(　　)

爆炸弹簧断绳与水平抛球系统
爆炸弹簧断绳与水平抛球系统

A.图甲中火箭爆炸的瞬间动量守恒

B.图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒

C.图丙中用恒力F拉着两球匀速上升，细线断裂后两球继续运动的过程中，两球组成的系统动量不守恒

D.图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和小球组成的系统动量守恒

答案与解析

答案：AB，A使用短时外冲量可忽略近似。 甲选全部碎块，爆炸瞬间可忽略重力冲量，A成立；乙选A、B及轻弹簧，水平光滑、竖直平衡，总外力零，B成立。

丙原先匀速上升，恒力FF等于两球总重力。断的是内绳，恒力仍按图作用于上球，系统外力F−(m1+m2)gF-(m_1+m_2)g仍为零，所以总动量守恒，C的“不守恒”错误。两球各自可以加速，其动量变化之和为零。

丁选车、人、球，抛球后水平方向无外力，仅水平动量守恒。小球在空中下落，竖直合外力不为零，完整矢量不守恒，D错误。

本题结论

AB；断内绳不等于改变合外力，水平守恒不等于全部方向守恒。

方法二：喷出后扣质量，相对速度先换算

列碰前固定系统总质量，碰后分成剩余与喷出两部分。写初总动量，不默认它为零；将每个速度换成同一参考系后列式。解出后检查质量扣除、方向及m→0m\to0极限，若还有之后上升阶段，另计重力作用。

40m/s是题设理想数值，不作为真实乌贼运动能力证据。

例题 03 乌贼喷水的理想反冲模型（原题）

题目

乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为2kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　　）

乌贼喷水反冲原题
乌贼喷水反冲原题

A．80m/s

B．120m/s

C．160m/s

D．200 m/s

答案与解析

答案：B。 按原题把悬浮理解为初静止，并在极短喷射时忽略水阻等外冲量。

剩余质量2−0.5=1.5 kg2-0.5=1.5\,\mathrm{kg}，取乌贼运动方向正，0=1.5×40+0.5u0=1.5\times40+0.5u，得水对初静止参考系的速度u=−120 m/su=-120\,\mathrm{m/s}，大小120m/s。

乌贼向前动量60kg·m/s，水必须向后−60。A、C、D的水速给动量大小40、80、100，均不能抵消，故只有B。求的不是水相对喷后乌贼的速度。

本题结论

B；2 kg包含将喷出的水，剩余主体不能仍写2 kg。

新闻背景按原材料照录，以下只分析题设短时模型，不认证全部飞行过程。

例题 04 燃气相对喷气前火箭的速度（原题）

题目

2025年4月24日，神舟二十号载人飞船通过长征系列运载火箭发射升空，并成功将航天员乘组送入中国空间站。长征系列运载火箭的成就，不仅是我国航天技术进步的体现，更是国家综合实力的象征。已知某时刻总质量为MM（含燃料）的火箭以相对于地面为v0v_0的速度向上飞行，在极短的时间内向后喷出燃料气体的质量为mm，向后喷出的气体相对火箭喷气前的速度大小为vv，且v<v0v<v_0，则喷气后火箭的速度为（　　）

火箭喷气反冲原题
火箭喷气反冲原题

A．(M−m)v0−mvM−m\frac{(M-m)v_0-mv}{M-m}

B．(M−m)v0+mvM−m\frac{(M-m)v_0+mv}{M-m}

C．(M−m)v0−mvM+m\frac{(M-m)v_0-mv}{M+m}

D．(M−m)v0+mvM+m\frac{(M-m)v_0+mv}{M+m}

答案与解析

答案：B。 取向上为正，燃气对地速度v0−v>0v_0-v>0；剩余火箭质量M−mM-m，其中0<m<M0<m<M。

忽略极短时段外冲量，列同一批质量的初末动量：

Mv0=(M−m)v1+m(v0−v).Mv_0=(M-m)v_1+m(v_0-v).

移项合并得(M−m)v1=(M−m)v0+mv(M-m)v_1=(M-m)v_0+mv，所以

v1=v0+mvM−m=(M−m)v0+mvM−m.v_1=v_0+\frac{mv}{M-m}=\frac{(M-m)v_0+mv}{M-m}.

B正确。A把+mv+mv写成−mv-mv；C、D把剩余质量错写M+mM+m。v>0v>0使火箭加速，m→0m\to0时v1→v0v_1\to v_0，均合理。两部分仍可同时对地向上；若再求之后升高，须另处理重力阶段。

本题结论

B；参照的是喷气前火箭，不能换成喷气后速度。

三、坑点 辨析与纠错

1. 首末总动量相等，不保证中途一直不变

外力先正后负、全程冲量抵消，可以只让首末总动量相同。全过程守恒要求每一小段都没有总动量变化，不能由一次首末相等反推全程无外力。

2. 反冲方向、动能来源与变质量是三道检查

反冲的动量增量等大反向，不要求两部分对地速度总反向；初静止只让初动量为零，不让喷后动能也为零；系统质量守恒不意味着剩余主体质量不变。任何一个偷换都会破坏方程的对象或参考系。