07 专题二 第7课时 动量定理和动量守恒定律（课件PPT）-【高考快车道】2026高考物理大二轮专题复习与讲义

第7课时　动量定理和动量守恒定律 专题二　能量与动量 1 【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。 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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。 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 3 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。 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 [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 √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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。 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 [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 √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 热点二　动量守恒定律的应用 1．人船模型 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 13 2．模型拓展 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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。 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 [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 √ √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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(　　) 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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” 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 22 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′ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 规 律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 动能不变 ＝ 结 果 v1′＝v1＋v2，v2′＝v1＋v2 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 m1<m2 v1′<0，v2′>0 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 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 [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 √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQvQ′＋mNvN′，即mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN′－vN)，根据题图2可知(vQ－vQ′)<(vN′－vN)，故mQ>mN；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(　　) 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 √ √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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。 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 [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 √ √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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＝＝ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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 √ √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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(　　) 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 √ 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 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。 热点二 热点三 课后限时练 热点一 第7课时　动量定理和动量守恒定律 [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 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 48 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 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 49 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． √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 51 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 52 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 √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 53 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<v0，其速度大小小于v0，D错误。故选B。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 54 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(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球，AB连线过环心O。小球可看作质点，初始时小球2静止于A点，小球1以初速度大小v0沿圆环切向方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，两球第二次在B点相碰，则小球的质量比m1∶m2是(　　) A．1∶5 B．1∶3 C．1∶2 D．2∶3 题号 2 1 3 4 5 6 7 √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 55 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<m2时，小球1反弹，反弹后小球2运动圆周、小球1反向运动圆周后发生第二次碰撞，则有－v1＝v2，解得m1∶m2＝1∶3，故选B。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 56 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 √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 57 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 58 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 √ √ 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 59 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 60 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 热点一 热点二 热点三 课后限时练 第7课时　动量定理和动量守恒定律 61 [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 62 (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 63 谢 谢！ $