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知识点 47：动量定理的理解及应用
考点一：对动量和冲量的理解
题型一：动量的理解
【知识思维方法技巧】
（1）动量的表达式：p＝mv。方向：动量的方向与速度的方向相同。
（2）动量与动能的关系：E ＝，p＝
k
【典例1提高题】质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的
速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量
Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A.Δp＝2 kg· m/s，W＝－2 J
B.Δp＝－2 kg· m/s，W＝2 J
C.Δp＝0.4 kg· m/s，W＝－2 J
D.Δp＝－0.4 kg· m/s，W＝2 J
【典例1提高题】【答案】A
【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv －mv ＝
2 1
0.2×4 kg· m/s－0.2×(－6) kg· m/s＝2 kg· m/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的
功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，故A正确。
【典例1提高题对应练习】（多选）在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用
下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为E .以下说法正确的是( )
k
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2E
k
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2E
k
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
【典例1提高题对应练习】【答案】BD
【解析】在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，位移变为
原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；
根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据E ＝知，
k
动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
题型二：恒力冲量的计算
【知识思维方法技巧】
直接用定义式I＝Ft计算恒力的冲量
【典例2提高题】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位
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学科网（北京）股份有限公司于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑
环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑过程的说法
中正确的是( )
A．重力对各环的冲量中a的最大
B．弹力对各环的冲量中c的最大
C．合力对各环的冲量大小相等
D．各环的动能增量相等
【典例2提高题】【答案】B
【解析】本题考查了冲量定理和动量定理。设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的
时间为t，圆周的直径为D。则环的加速度大小为a＝gcos α。由位移公式得Dcos α＝at2＝
gt2cos α，得到t＝ ，所以三个环的运动时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，
由公式I＝Ft分析可知，重力对各环的冲量相等，A错误；弹力N＝mgsin θ，则c环受到
的弹力最大，三个环的运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B正确；a环的加速度最
大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最多，其动能
的增量最大，D错误。
【典例2提高题对应练习】(多选)质量m＝2 kg 的小物块在某一高度以v＝5 m/s的速度开
0
始做平抛运动，若g＝10 m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块( )
A.此时的瞬时速度大小为5 m/s
B.此时重力的瞬时功率大小为200 W
C.此过程动量改变大小为10(－1) kg·m/s
D.此过程重力的冲量大小为20 N·s
【典例2提高题对应练习】【答案】BD
【解析】物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动
到竖直位移与水平位移相等时，有gt2＝vt，解得t＝1 s，竖直方向的速度为v ＝gt＝10
0 y
m/s，则此时的速度为v＝＝5 m/s，故A错误；此时的重力瞬时功率为P＝mgv＝200 W，
y
故B正确；根据动量定理I＝mgt＝20 kg·m/s，故C错误；此过程重力的冲量大小为I＝
mgt＝20 N·s，故D正确。
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学科网（北京）股份有限公司题型三：变力冲量的计算
类型一：应用动量定理法计算变力的冲量
【知识思维方法技巧】
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I＝Ft求变力的冲量，可以求出
该力作用下物体动量的变化量Δp，再利用动量定理求力的冲量I.
【典例3a提高题】（多选）游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点
比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由
静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点
停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正
确的是( )
A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J
【典例3a提高题】【答案】BC
【解析】滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有：mgh－μmgx ＝
BC
mv－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有：－μmgx ＝0－mv，代入数据
CD
解得v ＝3 m/s，v ＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有 I＝－mv －
1 2 2
mv ，代入数据，得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有：W＝mv－mv，
1
代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
【典例3a提高题对应练习】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为 m的木块以
速度大小v 从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹
0
簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量 I的大小和弹
簧对木块做的功W分别是( )
A．I＝0，W＝mv B．I＝mv ，W＝mv
0
C．I＝2mv ，W＝0 D．I＝2mv ，W＝mv
0 0
【典例3a提高题对应练习】【答案】C
【解析】由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度大小也为 v ，取向右为正方向，
0
由动量定理可得：I＝mv －(－mv )＝2mv ，由动能定理可得：W＝mv－mv＝0，故选项C
0 0 0
正确．
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学科网（北京）股份有限公司类型二：应用图像法计算变力的冲量
【知识思维方法技巧】
Ft图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量。若F
－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
【典例3b提高题】 “蹦极”是一项刺激的极限运动，一个重为F 的运动员将一端固定的
0
长弹性绳绑在踝关节处，从高处跳下，测得弹性绳的弹力F的大小随时间t 的变化图象如
图所示．若将蹦极过程视为在竖直方向上的运动，且空气阻力不计，下列说法正确的是(
)
A． t～t 时间内运动员处于超重状态
1 2
B． t 时刻运动员的速度最大
3
C． t～t 时间内运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小相等
1 3
D． t～t 时间内运动员的机械能先减小后增大
1 5
【典例3b提高题】【答案】D
【解析】在t～t 时间内，运动员合力向下，加速下降，处于失重状态，A错误；t 时刻运
1 2 3
动员受到的弹力最大，速度为零，处于最低点，B错误；t～t 时间内，运动员先加速，后
1 3
减速，初速度不为零，末速度为零，根据动量定理，合力的冲量向上，故运动员受到的弹
力冲量和重力冲量大小不相等，故C错误；t～t 时间内，弹性绳先拉长后恢复原长，弹性
1 5
势能先增加后减小，由于运动员和弹性绳系统机械能守恒，故运动员的机械能先减小后增
大，D正确
【典例3b提高题对应练习】一物体在合力F的作用下从静止开始做直线运动，合力方向不
变，大小随时间的变化如图所示，在t 和2t 时刻，物体的动能分别为E 、E ，动量分别
0 0 k1 k2
为p、p，则( )
1 2
A.E ＝8E ，p＝4p B.E ＝3E ，p＝3p
k2 k1 2 1 k2 k1 2 1
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学科网（北京）股份有限公司C.E ＝9E ，p＝3p D.E ＝3E ，p＝2p
k2 k1 2 1 k2 k1 2 1
【典例3b提高题对应练习】【答案】C
【解析】根据动量定理得0～t 内：F t ＝mv ①，t ～2t 内：2F t ＝mv －mv ②，由①②解
0 00 1 0 0 00 2 1
得v∶v ＝1∶3，由p＝mv得p ＝3p ，由E ＝mv2得E ＝mv，E ＝mv，解得E ＝9E ，
1 2 2 1 k k1 k2 k2 k1
选项C正确。
考点二：动量定理的理解及应用
题型一：应用动量定理解释生活现象
【知识思维方法技巧】
应用动量定理解释生活现象的技巧：
由Ft＝p′－p，得F＝＝可知，物体的动量变化量Δp一定时，力的作用时间越短，力就越
大，反之力就越小。作用力F一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变
化量就越小。
【典例1提高题】在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火
箭”的概念方案．方案之一为“降伞方案”，如图，当火箭和有效载荷通过引爆装置分离
后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞
减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆．对该方案涉及的物理过程，下列说法正确
的是( )
A．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒
B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大
C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态
D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量
【典例1提高题】【答案】B
【解析】分离用的引爆装置的功能是在接收到分离指令后，通过程序配电器接通电爆管(或
点火器)，引爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中
该系统的总机械能不守恒，故A错误；从返回轨道下落至低空轨道，由G＝mg得g＝G，
火箭的重力加速度增大，故B正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下
落至低空轨道，火箭处于失重状态，故C错误；由动量定理可知接近地面时打开气囊，可
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学科网（北京）股份有限公司以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，故D错误．
【典例1提高题对应练习】如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下
压一张纸条．若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并
没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是( )
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些
【典例1提高题对应练习】【答案】D
【解析】纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程时间长，则摩擦力对杯
子的冲量较大，快速拉动纸条时，抽出的过程时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故
A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面
上做减速运动的加速度大，位移短，故C错误，D正确．
题型二：应用动量定理计算动量的变化量
【知识思维方法技巧】
在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p －p)需要应用矢量运算方法，计
2 1
算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．
【典例2提高题】（多选）质量为m的物体以初速度v 开始做平抛运动，经过时间t，下
0
降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v) B．Mgt C．m D．m
0
【典例2提高题】【答案】BCD
【解析】由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛
运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv 2＋mgh
0
＝mv2，所以＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，选项C、D均正确，只有选项A错
误。
【典例2提高题对应练习】如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高
点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力
则运动员( )
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学科网（北京）股份有限公司A．过程Ⅰ的动量改变量等于零
B．过程Ⅱ的动量改变量等于零
C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
【典例2提高题对应练习】【答案】C
【解析】过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；
运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；过
程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．
题型三：应用动量定理计算合外力的冲量
【知识思维方法技巧】
合外力冲量=力与力的作用时间的乘积=各力冲量的矢量和=mv′－mv
【典例3提高题】（多选）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始
从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I 、I 、I ，动量变
1 2 3
化量的大小依次为Δp、Δp、Δp，则有( )
1 2 3
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I＜I＜I，Δp＝Δp＝Δp
1 2 3 1 2 3
D．I＜I＜I，Δp＜Δp＜Δp
1 2 3 1 2 3
【典例3提高题】【答案】ABC
【解析】由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量
大小Δp＝mv相等，即Δp ＝Δp ＝Δp ；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故
1 2 3
合力的冲量大小也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底
端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝ ，所以θ越小，sin2 θ越小，t越大，重力的冲
量I＝mgt就越大，故I ＜I ＜I ，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，
1 2 3
故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．
题型四：应用动量定理计算物体的相互作用力
【知识思维方法技巧】
用动量定理解题的基本思路：
（1）确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．
（2）对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；
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学科网（北京）股份有限公司或先求合力，再求其冲量．
（3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．根据动量定理列
方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
【典例4提高题】高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始
跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时
间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上．重力加速度为 g，忽略
空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A．＋mg B．－mg C．＋mg D．－mg
【典例4提高题】【答案】A
【解析】安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由 v2＝2gh可得，安全带对人起作
用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人
起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故
＝＋mg＝＋mg，故选项A正确．
【典例4提高题对应练习】人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常
出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为150 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，
砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，
下列分析正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中动量变化量大小约为0.45 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量大小约为0.1 N·s
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.3 N·s
D．手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N
【典例4提高题对应练习】【答案】D
【解析】20 cm＝0.20 m；150 g＝0.15 kg；根据自由落体运动规律有v＝＝ m/s＝2 m/s，手
机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量
变化为Δp＝0－m(－v)＝－0.15×(－2) kg·m/s＝0.30 kg·m/s，故A错误；手机与眼接触的过
程中受到重力与眼睛对它的作用力，则I－mgt＝Δp，代入数据可得I＝0.45 N·s，手机对
y y
眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对
眼睛的冲量大小为I′＝0.45 N·s，故B、C错误；由冲量的定义有I′＝Ft，代入数据可得F
y y
＝＝ N＝4.5 N，故D正确．
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学科网（北京）股份有限公司题型五：应用动量定理计算流体对界面的冲击力
【知识思维方法技巧】
流体类通常指液体流、气体流，质量具有连续性，通常已知密度ρ。用微元法沿流速v的
方向选取Δt时间内一段柱形流体为研究对象，建立柱体模型，其横截面积为S，质量Δm
＝ρS vΔt，以Δm这段柱状流体为研究对象，选定正方法，应用动量定理FΔt＝Δp建立方程，
求出对界面的冲击力F。
类型一：水流模型
【典例5a提高题】如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速
度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水
枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
【典例5a提高题】【答案】D
【解析】高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即 m＝ρV＝
0
ρπ·v＝πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝
ρπvD2·t·v，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝
ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确．
【典例5a提高题对应练习】如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为 M的垃圾桶
倒顶在空中，水以速率v、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)从地下射向空中．求
0
垃圾桶可停留的最大高度．(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为g)
【典例5a提高题对应练习】【答案】－()2
【解析】设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为v，则v－v＝－
t
2gh，得v＝v－2gh，由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为FΔt＝2(·Δt)v，解
t
得F＝2·v＝2，据题意有F＝Mg，联立解得h＝－()2
t
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学科网（北京）股份有限公司类型二：气流模型
【典例5b提高题】最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这
标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体
速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(
)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【典例5b提高题】【答案】B
【解析】设该发动机在ts时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，
在1s内喷射出的气体质量m＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故本题选B.
0
【典例5b提高题对应练习】如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面
上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的
密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是
( )
A.ρvS B. C.ρv2S D.ρv2S
【典例5b提高题对应练习】【答案】D
【解析】Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气
体所组成的系统，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛顿第三定律，钢瓶底
端对竖直墙面的作用力大小F′＝F＝ρv2S，选项D正确。
类型三：其他模型
【典例5c提高题】中国空间站天和核心舱使用了电推进发动机(如图所示)，基本原理是将
被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为航天器提供推力．电推进发动机在某次地面
测试中，离子以一定速率向后喷出，流量为3×10－3g/s，获得的平均推力大小为0.09 N，
则离子被喷出的速率为( )
A. 3 km/s B. 30 km/s C. 60 km/s D. 90 km/s
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学科网（北京）股份有限公司【典例5c提高题】【答案】B
【解析】在Δt时间内喷出的离子质量Δm＝3×10－3×10－3Δt，根据动量定理有FΔt＝Δmv，
解得v＝3.0×104m/s＝30 km/s，故选B.
【典例5c提高题对应练习】太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子
从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为 ，离子以
的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为 ，则探测器获得
的平均推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【典例5c提高题对应练习】【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有 ，而 ，解得
F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
题型六：应用动量定理计算微粒对界面的冲击力
【知识思维方法技巧】
微粒类通常指电子流、光子流、尘埃等质量具有独立性，通常已知单位体积内粒子数 n。
用微元法沿运动方向选取Δt时间内一段柱形流体为研究对象，建立柱体模型，其横截面积
为S，对应的体积为ΔV＝S v Δt，则微元柱体内的粒子数N＝nvSΔt，以单个粒子为研究对
象，选定正方法，应用动量定理F Δt＝Δp求出单个粒子对界面的冲击力F ，再乘以N计
0 0
算出对界面的冲击力F。
【典例6提高题】人们射向未来深空的探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆
照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光
能E＝1.5×104 J，薄膜光帆的面积S＝6.0×102 m2，探测器的质量m＝60 kg，已知光子的
动量的计算式p＝，那么探测器得到的加速度大小最接近( )
A．0.001 m/s2 B．0.01 m/s2 C．0.0005 m/s2 D．0.005 m/s2
【典例6提高题】【答案】A
【解析】由ε＝hν，p＝以及光在真空中的光速c＝λν知光子的动量和能量之间关系为 ε＝
pc。设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E ，光子射到探测器上后全
0
部反射，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E＝，由动量定理得F·＝2p，对探测器应用
牛顿第二定律F＝ma，可得a＝，代入数据得a＝0.001 m/s2。故A正确，B、C、D错误。
【典例6提高题对应练习】根据量子理论，光子不但有能量，还有动量，光子动量p＝，
其中h是普朗克常量，λ是光子的波长。光子有动量，光照到物体表面时，会对物体表面
产生压力。某同学设计了一种以光压为动力的宇宙飞船。给飞船装上面积为S＝4×104 m2
的反射率极高的帆板，并让帆板正对太阳，轨道位置上一平方米每秒钟得到的太阳光能为
E ＝1.35 kJ，飞船的质量为M＝50 kg，忽略除光压力以外其他力的作用，不考虑因位置变
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化导致的单位面积功率变化，光速c＝3.0×108 m/s。求：
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学科网（北京）股份有限公司(1)1 s内照射到帆板上光子的总动量大小；
(2)飞船的加速度大小；
(3)1小时内飞船的速度变化量大小(结果保留2位有效数字)。
【典例6提高题对应练习】【答案】(1)0.18 kg·m·s－1 (2)3.6×10－3 m/s2 (3)13 m/s
【解析】(1)光子能量E＝hν，光子动量p＝＝h，所以E＝pc，1 s接收到的能量与光子数n
的关系E S＝nE，p ＝np，所以p ＝＝0.18 kg·m·s－1。
0 总 总
(2)对撞上帆板的光子进行分析，由动量定理得p ＝F t，其中t＝1 s，由牛顿第二定律得
总 压
飞船的加速度大小a＝＝3.6×10－3 m/s2。
(3)由题意可知Δv＝at＝3.6×10－3×3 600 m/s＝13 m/s。
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