课后限时练7 动量定理和动量守恒定律
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分
1．(2025·河北廊坊模拟)我国“天和号”核心舱配备了四台全国产化的LHT－100霍尔推进器，虽然单台推力只有80毫牛，但在关键性能上已经反超国际空间站。霍尔推进器工作时，将气体推进剂电离成电子和离子，电离比例为95%，这些粒子在电场的作用下被加速后以极高的速度喷出，在相反的方向上对航天器产生了推力。某次对单台推进器进行测试，粒子喷射速度为2.0×104 m/s，每秒进入放电通道的粒子的质量约为( )
A．3.8×10-6 kg B．4.2×10-6 kg
C．4.4×10-6 kg D．4.6×10-6 kg
2．(2025·江苏五校模拟)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型：芭蕉叶呈水平状，落到芭蕉叶上的雨滴一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上。已知水的密度为ρ，不计重力和风力的影响，则压强p为( )
A． B．
C． D．
3．(2025·广州市高三下学期综合测试)如图所示，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，之后小球再向下摆动，则( )
A．小球与滑块等高时，小球的速度为零
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒
C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值
D．小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小仍为v0
4．(2025·广西北海市高三模拟考试)如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1A．1∶5 B．1∶3
C．1∶2 D．2∶3
5．(2025·山东省聊城市二模)开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为4r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是( )
A．球4的机械能守恒
B．球1处在OA段时动量不变
C．四个球最终的落地点各不相同
D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小
6．(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球以后将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
7．(16分)(2025·天津一模)如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点、质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：
(1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小；
(2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。
课后限时练7
1．B [设每秒进入放电通道的粒子的质量为m，由题意可知，电离比例为95%，发生电离的粒子质量为95%·m，以这些粒子为研究对象，根据牛顿第三定律和动量定理得Ft＝95%mv，解得每秒进入放电通道的粒子的质量为m＝ kg≈4.2×10-6 kg，故选B。]
2．D [设雨滴落到芭蕉叶上的面积为S，t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m＝ρvtS；根据题意有一半的雨滴向四周散开，取竖直向上为正方向，根据动量定理可知F1t＝m×，另一半则留在叶面上，根据动量定理有F2t＝0－，根据牛顿第三定律及压强定义式有p＝，联立解得p＝，故选D。]
3．B [根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，小球的速度为v＝，A错误；此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；小球向左摆到滑块正下方时，根据机械能守恒定律得mmM，解得v14．B [若两球发生弹性碰撞则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1m1m2，联立解得v1＝v0，v2＝v0，根据题意，当m15．B [四个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4做功，球4的机械能不守恒，故A错误；球1处在OA段时，做匀速运动，根据p＝mv可知球1动量不变，故B正确；由于2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故C、D错误。故选B。]
6．BC [从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有MMM，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝M－0＝M，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有M＝2×Mv2＋Mgh，联立解得h＝，D错误。]
7．解析：(1)碰撞后恰好能运动到最高点C，根据动能定理有－(m＋2m)gR＝0－(m＋2m)v2
碰后瞬间，根据牛顿第二定律有FN'－(m＋2m)g＝(m＋2m)
根据牛顿第三定律有FN＝FN'，解得FN＝9mg。
(2)P从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgL＝mm
碰撞过程中，根据动量守恒定律有mv1＝(m＋2m)v
解得μ＝。
(3)碰撞过程中，W＝×2mv2
解得W＝2mgR。
答案：(1)9mg (2) (3)2mgR
3/3第7课时 动量定理和动量守恒定律
【备考指南】
1．重点理解动量定理和动量守恒定律的内涵，熟练掌握动量、冲量、动量定理和动量守恒定律以及它们在生活中的应用。
2．对于单一考查动量定理或动量守恒定律的题目，注意研究对象的选取和定律的适用条件。强化数学应用能力的训练，会用微分思想处理流体问题。
3．注意动量和能量的结合、碰撞和运动图像的结合，训练从图像中获取运动信息的能力。
热点一 动量定理及其应用
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F-t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F-t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2．动量定理在“四类”问题中的应用
(1)求解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
[典例1] [动量定理求平均力或时间](2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为( )
A．0.5 h B．3 h C．28 h D．166 h
[听课记录]
[典例2] [流体模型](2025·福建省宁德市高三下学期三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为( )
A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2
C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2
[听课记录]
流体类“柱状”模型解法图析
分类 情境图示 情境解读
吸收型 流体元的质量 m＝ρSvΔt 设流体元与煤层作用力为F FΔt＝mΔv 即FΔt＝ρSvΔt(－v) 故F＝－ρSv2
反弹型 流体元的质量 m＝ρSvΔt 作用后流体元原速率反弹 由FΔt＝mΔv 即FΔt＝ρSvΔt(－2v) 故F＝－2ρSv2
热点二 动量守恒定律的应用
1．人船模型
2．模型拓展
3．爆炸与反冲的三个特点
(1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)爆炸过程由内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。
[典例3] (多选)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
[听课记录]
[典例4] [爆炸与反冲](2025·重庆市巴蜀中学高三下学期三诊)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是( )
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过n次喷气后，飞行器速度为
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
[听课记录]
热点三 碰撞模型及其拓展
1．碰撞过程遵循的“三个原则”
2．弹性正碰模型
情境 发生弹性正碰的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能不变，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v1′、v2′
规 律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不变 ＝
结 果 v1′＝v1＋v2， v2′＝v1＋v2
讨 论 若v2＝0，则v1′＝v1，v2′＝v1
m1＝m2 v1′＝0，v2′＝v1 质量相等，交换速度
m1>m2 v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′ 大碰小，一起跑
m10 小碰大，要反弹
m1 m2 v1′≈v1，v′2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍(碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍)
m1 m2 v1′≈－v1，v2′≈0 极小碰极大，大质量物体的速率不变，小质量物体等速率反弹
[典例5] [碰撞问题](2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则( )
A．mP>mN>mQ B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP
[听课记录]
[典例6] [非弹性碰撞](多选)(2025·河北邯郸10月质检)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以 6 m/s 的初速度滑上木板，t1＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则( )
A．Q的质量为1 kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J
D．t＝5.8 s时木板速度恰好为零
[听课记录]
[变式] 上例中，将木板Q放在水平面上，其右侧的挡板上固定一轻弹簧，弹簧原长刚好等于木板的长度，滑块P以6 m/s的速度从木板的最左端冲上木板，滑块和木板的质量均为1 kg，一切摩擦可忽略不计，滑块P可视为质点。求弹簧的最大弹性势能以及滑块P返回木板左端时的速度。
[典例7] [类碰撞模型](多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则( )
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
[听课记录]
碰撞拓展模型的3个结论
类型 图例(左、右两物体质量分别为m1、m2；水平面或水平导轨光滑)与规律
保守型
结论1：达到共速，相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，系统损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
结论2：再次分离，相当于弹性碰撞，系统水平方向动量与机械能守恒，即m1v0＝＝
耗散型
结论3：达到共速，相当于完全非弹性碰撞，满足m1v0＝(m1＋m2)v，系统损失的动能最大，分别转化为内能或电能
1．[对动量定理的理解](多选)(2024·福建卷)如图甲所示，物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法中正确的是( )
A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动
B．0～4t0，合外力的总冲量为0
C．t0时动量是2t0时的一半
D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0过程的位移
2．[碰撞模型](2025·广东卷)如图所示，在光滑的水平面上，两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用，从静止开始在同一直线上相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是( )
A B
C D
3．[爆炸与反冲](2024·江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
第7课时 动量定理和动量守恒定律
热点一
典例1 B [沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，由mg－kv＝ma可知，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×10-3 m/s，由动量定理可得∑mgΔt－∑kvΔt＝mv，其中v＝vm，即mgt－kh＝mvm，则沙尘下落时间为t＝，由于mvm kh，则t≈＝104 s≈3 h，故选B。]
典例2 B [在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。]
热点二
典例3 BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。]
典例4 C [喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－Δm，速度为v1，规定气体喷出的方向为正方向，则有0＝Δmv－(M－Δm)v1，解得v1＝，所以第一次喷气后飞行器速度增量Δv1＝v1＝，在第二次喷气之前，此时系统总动量为－(M－Δm)v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－2Δm，速度为v2，则有－(M－Δm)v1＝Δmv－(M－2Δm)v2，将v1＝代入可得v2＝，所以第二次喷气后速度增量Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可以看出每次喷气后，飞行器速度增量大小不相同，故B错误；设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M－nΔm，速度为vn，根据动量守恒定律可得0＝nΔmv－(M－nΔm)vn，解得vn＝，故C正确；虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。故选C。]
热点三
典例5 D [P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPvP'＋mNvN'，即mP(vP－vP')＝mN(vN'－vN)，根据题图1可知(vP－vP')>(vN'－vN)，故mPmN；故mQ>mN>mP，故选D。]
典例6 AC [由题图(b)可知，滑块P滑上木板Q后，P减速，Q加速，t1＝2 s时速度突变为相同，说明两者碰撞，粘在一起共同减速。两者碰撞时，摩擦力远小于内力，碰撞过程动量守恒，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m，Q的质量为M，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v-t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0~2 s内P与Q的加速度大小分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝mM(m＋M)，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。]
[变式] 解析：弹簧压缩程度最大时，P、Q共速，设为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v
由能量守恒定律得m＝Ep＋·2mv2
解得Ep＝9 J
对P、Q由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
mmm
解得v1＝0或v1＝6 m/s(舍去)。
答案：9 J 0
典例7 AD [子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝
m(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；对木块，由动能定理有kv0x＝Mv2，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。]
随堂练——研高考·测风向
1．AD [沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力mgsin θ和F，分阶段分析，由牛顿第二定律可知，在0~t0和2t0~3t0阶段，物体的加速度大小为3gsin θ，方向沿斜面向下，在t0~2t0和3t0~4t0阶段，物体的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向上，可以画出物体运动的v-t图像如图所示，由图像可知，物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A正确；全过程中，力F的冲量为零，重力和支持力的合力的冲量大小为4mgt0sin θ，则合外力的总冲量大小为4mgt0sin θ，B错误；由v-t图像可知t0时的动量为2t0时的1.5倍，C错误；由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知，2t0~3t0过程比3t0~4t0过程的位移小，D正确。
]
2．A [两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v-t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v-t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，且两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则由动量定理可知碰撞前后两小球整体的总动量为0，D错误，A可能正确。]
3．解析：(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，规定v0的方向为正方向，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
答案：(1) (2)
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第7课时 动量定理和动量守恒定律
专题二 能量与动量
【备考指南】
1．重点理解动量定理和动量守恒定律的内涵，熟练掌握动量、冲量、动量定理和动量守恒定律以及它们在生活中的应用。
2．对于单一考查动量定理或动量守恒定律的题目，注意研究对象的选取和定律的适用条件。强化数学应用能力的训练，会用微分思想处理流体问题。
3．注意动量和能量的结合、碰撞和运动图像的结合，训练从图像中获取运动信息的能力。
热点一 动量定理及其应用
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F-t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F-t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2．动量定理在“四类”问题中的应用
(1)求解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
[典例1] [动量定理求平均力或时间](2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为( )
A．0.5 h B．3 h C．28 h D．166 h
√
B [沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，由mg－kv＝ma可知，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×10-3 m/s，由动量定理可得＝mv，其中v＝vm，即mgt－kh＝mvm，则沙尘下落时间为t＝，由于mvm kh，则t≈＝104 s
≈3 h，故选B。]
【教师备选资源】
[动量定理求平均力或时间](2025·重庆一模)现有一把 0.6 kg 的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g＝10 m/s2，求上述打击过程中：
(1)铁锤的动量变化量；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
[解析] (1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析
Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s
即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度的方向相反。
(2)设钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理可得(－F＋mg)t＝Δp
解得F＝186 N
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小
F′＝F＝186 N。
[答案] (1)1.8 kg·m/s (2)186 N
[典例2] [流体模型](2025·福建省宁德市高三下学期三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为( )
A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2
C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2
√
B [在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。]
模型图析 流体类“柱状”模型解法图析
分类 情境图示 情境解读
吸收型 流体元的质量m＝ρSvΔt 设流体元与煤层作用力为F
FΔt＝mΔv
即FΔt＝ρSvΔt(－v)
故F＝－ρSv2
分类 情境图示 情境解读
反弹型 流体元的质量m＝ρSvΔt 作用后流体元原速率反弹
由FΔt＝mΔv
即FΔt＝ρSvΔt(－2v)
故F＝－2ρSv2
热点二 动量守恒定律的应用
1．人船模型
2．模型拓展
3．爆炸与反冲的三个特点
(1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)爆炸过程由内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。
[典例3] (多选)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量
等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
√
√
BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。]
[典例4] [爆炸与反冲](2025·重庆市巴蜀中学高三下学期三诊)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是( )
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过n次喷气后，飞行器速度为
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
√
C [喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－Δm，速度为v1，规定气体喷出的方向为正方向，则有0＝Δmv－(M－Δm)v1，解得v1＝，所以第一次喷气后飞行器速度增量Δv1＝v1＝，在第二次喷气之前，此时系统总动量为－(M－Δm)v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－2Δm，速度为v2，则有－(M－Δm)v1＝Δmv－(M－2Δm)v2，将v1＝代入可得v2
＝，所以第二次喷气后速度增量Δv2＝v2－v1＝＝，以此类推，可以看出每次喷气后，飞行器速度增量大小不相同，故B错误；设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M－nΔm，速度为vn，根据动量守恒定律可得0＝nΔmv－(M－nΔm)vn，解得vn＝，故C正确；虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。故选C。]
热点三 碰撞模型及其拓展
1．碰撞过程遵循的“三个原则”
2．弹性正碰模型
情境
发生弹性正碰的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能不变，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v1′、v2′
规 律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不变 ＝
结 果 v1′＝v1＋v2，v2′＝v1＋v2
讨 论 若v2＝0，则v1′＝v1，v2′＝v1
m1＝m2 v1′＝0，v2′＝v1 质量相等，交换速度
m1>m2 v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′ 大碰小，一起跑
m10 小碰大，要反弹
m1 m2 v1′≈v1，v′2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍(碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍)
m1 m2 v1′≈－v1，v2′≈0 极小碰极大，大质量物体的速率不变，小质量物体等速率反弹
[典例5] [碰撞问题](2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则( )
A．mP>mN>mQ
B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN
D．mQ>mN>mP
√
D [P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPvP′＋mNvN′，即mP(vP－vP′)＝mN(vN′－vN)，根据题图1可知(vP－vP′)>(vN′－vN)，故mPmN；故mQ>mN>mP，故选D。]
【教师备选资源】
[弹性碰撞](2025·辽宁省高三上学期11月检测)半径为R的竖直放置的光滑半圆管轨道如图所示，b、d为圆水平直径的两个端点，图示两虚线相互垂直。在内部放置A、B两个小球(球径略小于管径，管径远小于R)，质量分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球从d点由静止下滑并以v0的初速度向右与B球发生对心弹性碰撞，已知B球的质量是A球的三倍，则( )
A．A、B两球总动量一直不变
B．碰撞前A球重力的功率一直变大
C．A、B两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点
D．每次碰撞前的瞬间，两球对轨道压力一定相等
√
C [A、B两球仅在碰撞时动量守恒，故A错误；A球在下滑过程初始时刻的速度为0，重力瞬时功率为0，在最低点速度方向与重力方向垂直，所以瞬时功率也为0，所以碰撞前A球重力的功率不是一直增大，故B错误；(B项方法二“函数法”：取A球下滑过程中某一位置，该位置与轨道圆心连线与水平方向的夹角为θ，对A球从开始运动到下滑到该位置运用动能定理有mgR sin θ＝mv2－0，A球在该位置竖直方向上的速度为v cos θ，则此时A球重力的瞬时功率为P＝mgv cos θ，通过数学方法分析可知重力的功率先增大后减小。)规
定向右为正方向，对A球由机械能守恒定律有mAgR＝，解得v0＝，对A、B两球，根据动量守恒定律有：mAv0＝mAv1＋mBv2，根据能量守恒定律有：＝解得，v1＝－v0，v2＝v0，所以A、B两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点，故C正确；根据牛顿第二定律有F－mg＝m，解得F＝mg＋，由牛顿第三定律可知FN′＝F，因两球质量不等，所以两球对轨道的压力FN′不相等，故D错误。]
[典例6] [非弹性碰撞](多选)(2025·河北邯郸10月质检)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以 6 m/s 的初速度滑上木板，t1＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则( )
A．Q的质量为1 kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J
D．t＝5.8 s时木板速度恰好为零
√
√
AC [由题图(b)可知，滑块P滑上木板Q后，P减速，Q加速，t1＝2 s时速度突变为相同，说明两者碰撞，粘在一起共同减速。两者碰撞时，摩擦力远小于内力，碰撞过程动量守恒，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m，Q的质量为M，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v-t图像可知，v1＝
3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0～
2 s内P与Q的加速度大小分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。]
[变式] 上例中，将木板Q放在水平面上，其右侧的挡板上固定一轻弹簧，弹簧原长刚好等于木板的长度，滑块P以6 m/s的速度从木板的最左端冲上木板，滑块和木板的质量均为1 kg，一切摩擦可忽略不计，滑块P可视为质点。求弹簧的最大弹性势能以及滑块P返回木板左端时的速度。
[解析] 弹簧压缩程度最大时，P、Q共速，设为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v
由能量守恒定律得＝Ep＋·2mv2
解得Ep＝9 J
对P、Q由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
＝
解得v1＝0或v1＝6 m/s(舍去)。
[答案] 9 J 0
[典例7] [类碰撞模型](多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则( )
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
√
√
AD [子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越
大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；对木块，由动能定理有kv0x＝Mv2，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。]
方法总结 碰撞拓展模型的3个结论
类型 图例(左、右两物体质量分别为m1、m2；水平面或水平导轨光滑)与规律
保 守 型
结论1：达到共速，相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，系统损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
结论2：再次分离，相当于弹性碰撞，系统水平方向动量与机械能守恒，即m1v0＝＝
耗 散 型
结论3：达到共速，相当于完全非弹性碰撞，满足m1v0＝(m1＋m2)v，系统损失的动能最大，分别转化为内能或电能
1．[对动量定理的理解](多选)(2024·福建卷)如图甲所示，物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法中正确的是( )
A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动
B．0～4t0，合外力的总冲量为0
C．t0时动量是2t0时的一半
D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0过程的位移
√
√
AD [沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力mg sin θ和F，分阶段分析，由牛顿第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0阶段，物体的加速度大小为3g sin θ，方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0阶段，物体的加速度大小为g sin θ，方向沿斜面向上，可以画出物体运动的v-t图像如图所示，由图像可知，物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A正确；全过程中，力F的冲量为零，重力和支持力的合力的冲量大小为4mgt0sin θ，则合外力的总冲量大小为4mgt0sin θ，B错误；由v-t图像可知t0时的动量为2t0时的1.5倍，C错误；
由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知，2t0～
3t0过程比3t0～4t0过程的位移小，D正确。]
2．[碰撞模型](2025·广东卷)如图所示，在光滑的水平面上，两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用，从静止开始在同一直线上相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是( )
√
A [两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v-t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v-t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，且两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则由动量定理可知碰撞前后两小球整体的总动量为0，D错误，A可能正确。]
3．[爆炸与反冲](2024·江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
[解析] (1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，规定v0的方向为正方向，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
[答案] (1) (2)
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分
1．(2025·河北廊坊模拟)我国“天和号”核心舱配备了四台全国产化的LHT－100霍尔推进器，虽然单台推力只有80毫牛，但在关键性能上已经反超国际空间站。霍尔推进器工作时，将气体推进剂电离成电子和离子，电离比例为95%，这些粒子在电场的作用下被加速后以极高的速度喷出，在相反的方向上对航天器产生了推力。某次对单台推进器进行测试，粒子喷射速度为2.0×104 m/s，每秒进入放电通道的粒子的质量约为( )
课后限时练7 动量定理和动量守恒定律
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
A．3.8×10-6 kg B．4.2×10-6 kg
C．4.4×10-6 kg D．4.6×10-6 kg
B [设每秒进入放电通道的粒子的质量为m，由题意可知，电离比例为95%，发生电离的粒子质量为95%·m，以这些粒子为研究对象，根据牛顿第三定律和动量定理得Ft＝95%mv，解得每秒进入放电通道的粒子的质量为m＝ kg≈4.2×10-6 kg，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
2
1
3
4
5
6
7
2．(2025·江苏五校模拟)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型：芭蕉叶呈水平状，落到芭蕉叶上的雨滴一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上。已知水的密度为ρ，不计重力和风力的影响，则压强p为( )
A． B．
C． D．
√
D [设雨滴落到芭蕉叶上的面积为S，t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m＝ρvtS；根据题意有一半的雨滴向四周散开，取竖直向上为正方向，根据动量定理可知F1t＝m×，另一半则留在叶面上，根据动量定理有F2t＝0－，根据牛顿第三定律及压强定义式有p＝＝，联立解得p＝，故选D。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
3．(2025·广州市高三下学期综合测试)如图所示，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，之后小球再向下摆动，则( )
A．小球与滑块等高时，小球的速度为零
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒
C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值
D．小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小仍为v0
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
B [根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，小球的速度为v＝，A错误；此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；小球向左摆到滑块正下方时，根据机械能守恒定律得＝，解得v1题号
2
1
3
4
5
6
7
4．(2025·广西北海市高三模拟考试)如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1A．1∶5
B．1∶3
C．1∶2
D．2∶3
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
B [若两球发生弹性碰撞则有m1v0＝＝，联立解得v1＝v0，v2＝v0，根据题意，当m1题号
2
1
3
4
5
6
7
5．(2025·山东省聊城市二模)开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为4r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是( )
A．球4的机械能守恒
B．球1处在OA段时动量不变
C．四个球最终的落地点各不相同
D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
B [四个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4做功，球4的机械能不守恒，故A错误；球1处在OA段时，做匀速运动，根据p＝mv可知球1动量不变，故B正确；由于2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故C、D错误。故选B。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
6．(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球以后将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
BC [从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有＝，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝－0＝，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有＝2×Mv2＋Mgh，联立解得h＝，D错误。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
7．(16分)(2025·天津一模)如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点、质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：
(1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小；
(2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[解析] (1)碰撞后恰好能运动到最高点C，根据动能定理有－(m＋2m)gR＝0－(m＋2m)v2
碰后瞬间，根据牛顿第二定律有FN′－(m＋2m)g＝(m＋2m)
根据牛顿第三定律有FN＝FN′，解得FN＝9mg。
(2)P从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgL＝
碰撞过程中，根据动量守恒定律有mv1＝(m＋2m)v
解得μ＝。
题号
2
1
3
4
5
6
7
(3)碰撞过程中，W＝×2mv2
解得W＝2mgR。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[答案] (1)9mg (3)2mgR
谢 谢！
