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专题 06 动量
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
情境创设紧密关联科技前沿与生活实
考点1 动量 2025 例，如航天推进中的动量变化、体育运动
里运动员的碰撞，促使考生从复杂场景提
炼动量模型。知识考查注重动量定理、动
考点2 动量定
2021、2022、2024、2025
量守恒定律与其他模块深度融合，像在多
理
物体相互作用场景中，结合牛顿运动定
律、能量守恒分析动量与能量转化，强化
对整体法、隔离法等方法的灵活运用。
能力要求上，对逻辑推理与数学运算
能力考查力度加大。常设置多过程、多对
象的复杂情境，要求考生依据条件推导动
量方程，运用代数运算、矢量分解求解动
考点2 动量守
量变化量、作用时间等物理量。同时，注
恒定律及其应 2021、2022、2023、2025
重考查科学思维，如通过类比、迁移将常
用
见动量模型应用于新情境，从弹性碰撞拓
展到复杂碰撞问题。部分试题引入新的动
量相关概念，考查考生获取信息、分析解
决问题的创新能力，全面检验考生对动量
知识掌握程度与物理学科核心素养发展水
平。
考点01 动量
1．（2025·北京·高考）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测
量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q 的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
0
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向
平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：a．粒子1与粒子2的速度大小之比v :v ；
1 2
b．粒子2的动量大小p 。
2
2π
【答案】(1) T= ⋅m
q B
0
qBd
(2)a．v :v =θR:d；b．
1 2 θ
v2
【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q vB=m 解得轨道半
0 R
mv 2πR 2πm 2π
径 R= 圆周运动的周期T= 将R代入得 T= 比例关系为 T= ⋅m
q B v q B q B
0 0 0
θ d
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度v =ωR= R粒子2做匀速直线运动，速度v = 所以速度
1 t 2 t
θR
v t θR
之比 1 = = 即v :v =θR:d
v d d 1 2
2
t
v2 qBR
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv B=m 1可得 m= 粒子2的动量p =mv
1 R v 2 2
1
qBR qBR⋅d qBd
结合前面的分析可得
p = ⋅v = =
2 v 2 θR θ
1
考点02 动量定理
2.（2025·北京·高考）关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机
受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该
位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a ，减速时最
1
大加速度大小为a 。求该位置距起点的距离d。
2
(3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机
翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作
用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。1
【答案】(1)W= mv2+fx
2
a L
(2)d= 2
a +a
1 2
(3)论证见解析，α=2
1 1
【详解】（1）根据动能定理W−fx= mv2 可得牵引力对飞机做的功W= mv2+fx
2 2
（2）加速过程，设起飞速度为v ，根据速度位移关系v2=2a d减速过程，根据速度位移关系
m m 1
a L
v2=2a (L−d)联立解得d= 2
m 2 a +a
1 2
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方
向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理F⋅Δt=Δp可得
Δp
F=
Δt
又Δp=mΔv，m=ρSΔv⋅Δt联立可得F=ρSΔv2又Δv∝u可知F∝u2即α=2
3．（2024·北京·高考）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的
放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为
d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴
向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B ；还有方向沿半径向外的径向磁
1
场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的
匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷
量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的
电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为−e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小B ；
2
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求
此霍尔推进器获得的推力大小F。eE mE nk❑√2eMEd
【答案】（1）a=
M
；（2）B
2
=
eRB
；（3）F=
1+k
1
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
eE
eE=Ma解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=
M
（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径
mv2
向磁场给的洛伦兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛伦兹力提供向心力，即eE=evB ，evB =
2 1 R
mE
B =
解得径向磁场的磁感应强度大小为
2 eRB
1
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单
位时间内进入放电室的电子数为n ，则未进入的电子数为n−n ，设单位时间内被电离的氙离子数为N,则
1 1
有
N
=k 已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有N=n−n 联立可得
n 1
1
nk 1
单位时间内被电离的氙离子数为N= 氙离子经电场加速，有eEd= Mv2 时间Δt内氙离子所受到的
1+k 2 1
作用力为F′，由动量定理有F′ ⋅Δt=N⋅Δt⋅Mv 解得F′=
nk❑√2eMEd
由牛顿第三定律可知，霍尔
1 1+k
nk❑√2eMEd
推进器获得的推力大小F′=F则F=
1+k
4．（2024·北京·高考）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速
度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可
知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速
度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速
度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损
失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
5．（2022·北京·高考）体育课上，甲同学在距离地面高ℎ =2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方
1
向，大小为v =8.0m/s；乙同学在离地ℎ =0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。
0 2
已知排球质量m=0.3kg，取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向与水平方向夹角tanθ=0.75；（3）I=6.0N⋅s
1
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则ℎ −ℎ = gt2 解得t=0.6s；则排球在空中飞行的水平
1 2 2
距离x=v t=4.8m
0
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小v =gt 得v =6.0m/s；根据v=❑√v2+v2 得
y y 0 y
v=10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为θ（如答图所示）
v
则有tanθ= y =0.75
v
0
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0N⋅s
6．（2022·北京·高考）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据
运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运
动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速
伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两
侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
击力，D错误。
故选B。
7．（2021·北京·高考）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点
有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停
止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2m ω r
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为m ω r
【答案】D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方
向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 f=mrω2根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量
为I=mv−mv=0大小为0，故B错误；C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
I′=Δp=0− mv=− mrω大小为mωr，故D正确。
故选D。
考点03 动量守恒定律及其应用
8．（2025·北京·高考）自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学研究的
前沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒子与其对应
的反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程也遵守电荷守
恒、能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是（ ）
A．已知氢原子的基态能量为−13.6eV ，则反氢原子的基态能量也为−13.6eV
B．一个中子可以转化为一个质子和一个正电子
C．一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子
D．反氘核和反氘核的核聚变反应吸收能量
【答案】A
【详解】A．氢原子基态能量由电子与质子决定。反氢原子由正电子和反质子构成，电荷结构相同，能级
结构不变，基态能量仍为−13.6eV ，故A正确；
B．若中子衰变（β+衰变）生成质子、正电子1n→1p+0e，不符合质子数守恒，故B错误；
0 1 1
C．正负电子对撞湮灭时，总动量为零，需产生至少两个光子以保证动量守恒。单个光子无法满足动量守
恒，故C错误；
D．核聚变通常释放能量（如普通氘核聚变）。反氘核聚变遵循相同规律，应释放能量而非吸收，故D错
误。
故选A。
9．（2025·北京·高考）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物
体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气
阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v ；
0
(2)炸裂后瞬间B的速度大小v ；
B
(3)A、B落地点之间的距离d。
【答案】(1)v =gt
0
(2)v =2v
B
(3)d=3vt
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0=v −gt可得v =gt
0 0
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为v ，由动量守恒定律得
B
0=2m⋅v+m⋅v 解得v =−2 v即大小为2v
B B
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移x =vtB的水平位移
A
x =v t=2vt所以落地点A、B之间的距离d=|x |+|x |=vt+2vt=3vt
B B A B10．（2023·北京·高考）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的
光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静
止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
v2 v2 1
【答案】（1） ；（2）mg+m ；（3） mv2
2g L 4
1 v2
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH= mv2 解得H=
2 2g
v2 v2
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F−mg=m 解得F=mg+m
L L
1
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv=2mv 解得v = v 则碰撞过程中损失的机械能为
1 1 2
1 1 1 2 1
ΔE= mv2 − ⋅2m( v) = mv2
2 2 2 4
11．（2022·北京·高考）质量为m 和m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像
1 2
如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前m 的速率大于m 的速率 B．碰撞后m 的速率大于m 的速率
2 1 2 1
C．碰撞后m 的动量大于m 的动量 D．碰撞后m 的动能小于m 的动能
2 1 2 1
【答案】C
4
【详解】A．x−t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m 碰前的速度大小为v = m/s=4m/s m 碰
1 0 1 2
前速度为0，A错误；
4 8−4
B．两物体正碰后，m 碰后的速度大小为 v = m/s=2m/s m 碰后的速度大小为v = m/s=2m/s碰
1 1 3−1 2 2 3−1
后两物体的速率相等，B错误；C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m v =− m v +m v 解得两物体质量的关系为m =3m 根据动
1 0 1 1 2 2 2 1
量的表达式p=mv可知碰后m 的动量大于m 的动量，C正确；
2 1
1
D．根据动能的表达式E = mv2 可知碰后m 的动能大于m 的动能，D错误。
k 2 2 1
故选C。
12．（2021·北京·高考）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A
以水平速度v 与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，
0
两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v 的大小；
0
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【答案】（1）0.30 s；（2）2.0 m/s；（3）0.10J
1
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由ℎ = gt2 得 t = 0.30 s
2
（2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s=vt 得v=1.0 m/s 根据动量守恒定律，由
mv =2mv
0
得v =2.0 m/s
0
1 1
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE= mv2 − ⋅2mv2 得ΔE=0.10J
2 0 2
1．（2025·北京丰台·二模）如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度v 与静止
0
的质量为M的小球发生对心碰撞，m<M。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度
分别为v和V，令x=❑√mv，y=❑√MV，x2+y2=r2，其中r为定值，该函数的图像如图2所示，图像中的点
（x，y）表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C为系统连续经历的三个状态。根据以上信息，下
图1列说法正确的是（ ）A．从状态A到状态B过程系统动量不守恒
B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞
√m
C．直线AB的斜率k=− ❑
M
D．图像中圆的半径r=❑
√1
mv2
2 0
【答案】C
【详解】A．质量为m的小球以速度v 与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，根据动量守恒和机械能守
0
恒可得mv =mv +Mv ，
1
mv2=
1
mv2+
1
Mv2 可得v =
m−M
v <0，v =
2m
v 可知碰撞后小球m的速
0 1 2 2 0 2 1 2 2 1 m+M 0 2 m+M 0
度反向；由图2可知，状态A时小球M的速度为0，状态B时小球m的速度方向与状态A时的速度方向相
反，则从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒，故A错误；
B．由图2可知，从状态B到状态C，小球m的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球m与墙壁
发生弹性碰撞，故B错误；
C．从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为
2m
❑√M⋅ v
k=
❑√Mv
2 =
m+M 0
=− ❑
√m
❑√mv −❑√mv m−M M
1 0 ❑√m⋅ v −❑√mv
m+M 0 0
故C正确；
D．令x=❑√mv，y=❑√MV，x2+y2=r2，则有(❑√mv)2+(❑√MV)2=r2 可得mv2+MV2=r2 由于m与M或
1 1 1
墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 mv2+ MV2= mv2 联立可得r=❑√mv2 故D错误。
2 2 2 0 0
故选C。
2．（2025·北京朝阳·二模）如图所示，某同学以大小为v 的初速度将铅球从P点斜向上抛出，到达Q点时
0
铅球速度沿水平方向。已知P、Q连线与水平方向的夹角为30°，P、Q间的距离为L。不计空气阻力，铅
球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）√2L
A．铅球从P点运动到Q点所用的时间为❑
g
1
B．铅球从P点运动到Q点重力做的功为 mgL
2
√gL
C．铅球从P点运动到Q点动量的变化为m❑
2
D．铅球到达Q点的速度大小为❑√v2 −gL
0
【答案】D
【详解】A．铅球从P点运动到Q点的逆过程为平抛运动，竖直方向是自由落体运动，由运动学公式有
Lsin30o= 1 gt2
解得铅球从P点运动到Q点所用的时间为❑
√L
，A错误；
2 g
1
B．由重力做功有铅球从P点运动到Q点重力做的功为W =− mgL B错误；
G 2
√L
C．由上述分析可知，从P点运动到Q点所用的时间为❑ ，由动量定理有mgt=Δp 代入数据有铅球从P
g
点运动到Q点动量的变化为Δp=m❑√gL C错误；
1 1 1
D．铅球从P点运动到Q点由动能定理有− mgL= mv2 − mv2 解得铅球到达Q点的速度大小为
2 2 Q 2 0
❑√v2 −gL，D正确。
0
故选D。
3．（2025·北京西城·一模）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ可调节。物体从斜面顶端由静止释
放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（ ）
A．物体受到支持力的大小
B．物体加速度的大小
C．合力对物体做的功
D．物体重力的冲量
【答案】C
【详解】设斜面倾角为θ，斜面的高度为ℎ：
A．垂直斜面方向，根据平衡条件可得物体受到支持力大小N=mgcosθ 则物体受到支持力的大小与斜面倾角有关，故A错误；
B．沿着斜面方向，根据牛顿第二定律mgsinθ=ma 可得a=gsinθ 则物体加速度的大小与斜面倾角有
关，故B错误；
C．物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为mg ℎ，与斜面倾角无关，故C正确；
D．沿着斜面方向，根据运动学公式 ℎ = 1 at2 解得t= 1 ⋅❑ √2 ℎ 物体重力的冲量
sinθ 2 sinθ g
m
I =mgt= ❑√2g ℎ 与斜面倾角有关，故D错误。
G sinθ
故选C。
4．（2025·北京西城·一模）如图所示，一根无限长的通电直导线固定在光滑水平面上，一质量为m的导体
圆环在该平面内运动，其初速度大小为v，方向与导线的夹角为30°。已知距离导线越远，磁场的磁感应
0
强度越小，则导体圆环（ ）
A．做速度逐渐减小的直线运动
B．距导线的距离先增大后减小
C．产生的电能最多为0.25mv 2
0
D．受到安培力的冲量最大为0.5mv
0
【答案】D
【详解】AB．一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初导体圆环的运动方向与直导线成30°
角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向做匀速直线运动，由于电磁感
应，导体圆环中产生感应电流，安培力的方向与导体圆环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线
的方向匀速运动，这个方向上速度减小，则导体圆环感应电流减小，则所受安培力减小，这个方向做加速
度减小的减速运动，根据运动的合成可知导体圆环做速度逐渐减小的曲线运动，距导线的距离一直增大，
故AB错误；
1 1
C．沿着导线方向的分速度v =v cos30° 由能量守恒定律得导体圆环产生的电能为E = mv2 − mv2
1 0 电 2 0 2 1
解得E =0.125mv 2 故C错误；
电 0
D．垂直导线方向的分速度v =v sin30° 垂直导线方向，根据动量定理−I =0− mv 联立可得导体圆
2 0 安 2
环受到安培力的冲量最大为I =0.5mv 故D正确。
安 0
故选D。
5．（2025·北京东城·一模）如图所示，某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续7次闪光的照片，碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为x ；碰后相邻两曝光时刻，P球的球心间距为x
1 2
，Q球的球心间距为x 。碰撞后P、Q两球的运动方向与P球原运动方向的夹角分别为α、β。已知两球
3
的质量相等，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．若碰撞过程中动量守恒，则一定有x =x +x
1 2 3
B．若碰撞过程中动量守恒，则一定有x2=x2+x2
1 2 3
π
C．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x =x +x ，且α+β=
1 2 3 2
π
D．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x2=x2+x2，且α+β=
1 2 3 2
【答案】D
【详解】设闪光的时间间隔为t：
x x x x x
AB．若碰撞过程中动量守恒，需要满足m 1 =m 2 cosα+m 3 cosβ，m 2 sinα=m 3 sinβ 约分
t t t t t
后有x =x cosα+x cosβ，x sinα=x sinβ 故AB错误；
1 2 3 2 3
1 x 2 1 x 2 1 x 2
CD．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，还需要满足 m( 1 ) = m( 2 ) + m( 3 ) 整理可得
2 t 2 t 2 t
x2=x2+x2
碰撞前后总动量方向在同一直线上，如图所示
1 2 3
π
由于x2=x2+x2 可知α+β= 故D正确，C错误。
1 2 3 2
故选D。6．（2025·北京西城·一模）光具有力学效应，该效应可以从动量的角度进行分析：光子的动量为p=ℎ
λ
（h为普朗克常量，λ为光的波长），当光与物体相互作用时，会发生动量的传递，物体的动量随时间发生
变化，表明物体受到了力的作用。通常情况下，光照射到物体表面时，会对物体产生推力，将其推离光
源。有些情况下，光也能对物体产生光学牵引力，使物体“逆光而上”。光学牵引实验中，科学家使用特
殊设计的激光束照射透明介质微粒，使微粒受到与光传播方向相反的力，实现了对介质微粒的操控。下列
说法正确的是（ ）
A．光从真空垂直介质表面射入介质，光子的动量不变
B．光子动量的变化量与光射入介质时的入射角度无关
C．光学牵引力的大小与介质微粒的折射率及所用的激光束有关
D．介质微粒所受光学牵引力的方向与光束动量变化量的方向相同
【答案】C
λ
【详解】A．光进入介质后，速度减小，波长λ′= 变短。光子动量p=ℎ
，动量增大，故A错误；
n λ
B．光子动量变化是矢量变化，与入射角度有关。例如，斜入射时折射或反射的动量方向改变更复杂，垂
直入射时动量方向完全反向，故动量变化量与入射角度相关，故B错误；
C．光学牵引力的大小取决于介质微粒的折射率（影响光在微粒内的传播和动量传递）及激光束的特性
（如波长、强度、模式等），故C正确；
D．根据动量定理可知光受到微粒的力与光的动量变化量的方向相同，根据牛顿第三定律可知微粒所受的
力方向应与光束的动量变化方向相反，例如，若光束动量减少（方向改变），微粒获得的动量方向与光束
动量变化相反，故牵引力方向与光束动量变化方向相反，故D错误。
故选C。
7．（2025·北京四中顺义分校·零模）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气
阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程合力的冲量大小相等
C．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
D．上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能
【答案】D
【详解】C．竖直向上抛出、向下落的过程中，对小球分别受力分析 可知上抛时的合力大小为：
F
F =kv+mg，下落时的合力大小为：F =mg−kv 可得到其受到的合力关系满足：F >F ，加速度a= ，
1 2 1 2 m
故加速度大小关系满足：a >a ，故C错误；
1 2
A．由加速度a >a ，位移大小相等，可得到平均速度的相对大小关系满足：v >v ，两个时间关系满足：
1 2 1 2
t <t ，故A错误；
1 2
B．由加速度a >a ，位移大小相等，可知上抛过程的初速度、下落过程的末速度大小关系满足：v >v 。
1 2 1 2
根据动量定理，上抛过程中，以向上为正方向，则：−I =0− mv 下落过程，以向下为正方向，则：
1 1I =mv −0
2 2
可知合力冲量的大小关系满足：I >I ，故B错误；
1 2
D．由平均速度大小满足：v >v ，可知阻力的大小满足：f >f ，阻力做功满足：W >W ， 结合功能关
1 2 1 2 1 2
系，可知阻力做功大小与损失的机械能相等，即可知机械能损失情况满足：ΔE >ΔE ，故D正确。
1 2
故选D。
8．（2025·北京门头沟·一模）如图所示，光滑水平轨道上长木板A和滑块B、C都处于静止状态，滑块B
置于A的左端。A、B间的动摩擦因数为0.5，A、B、C质量分别为m =2kg，m =1kg，m =2kg。现在使
A B C
A、B一起以5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动。两滑块均可
视为质点，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．C增加的动量为4kg·m/s
B．A与C碰撞过程中损失的机械能为15J
C．A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s
D．若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离长木板A
【答案】D
【详解】C．在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为v ，以右
AC
为正方向，由动量守恒定律可得m v =（m +m ）v 解得v =2.5m/s 故C错误；
A 0 A C AC AC
A．C增加的动量为 Δp=m v =5.0kg⋅m/s 故A错误；
C AC
1 1
B．A与C碰撞运动中损失的机械能为ΔE= m v2 − (m +m )v2 代入数据解得ΔE=12.5J 故B错
2 A 0 2 A C AC
误；
D．A与B的摩擦力大小为F =μm g 则有B的加速度大小为a =μg=0.5×10m/s2=5m/s2 AC的加速
f B B
F μm g 0.5×1×10
度大小为a = f = B = m/s2=1.25m/s2 B做减速运动，AC做加速运动，设速度
AC m +m m +m 2+2
A C A C
相等时所用时间为t，则有v −a t=v +a t 解得t=0.4s B的位移为
0 B AC AC
1 1
x =v t− a t2=5×0.4m− ×5×0.42m=1.6m A的位移为
B 0 2 B 2
1 1
x =v t+ a t2=2.5×0.4m+ ×1.25×0.42m=1.1m B相对A的位移为
A AC 2 AC 2
Δx=x −x =1.6m−1.1m=0.5m 因此若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离木板A，故D正确。
B A
故选D。
9．（2025·北京房山·一模）“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，若不
计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】D
【详解】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，所以人的加速度先减小
后增大，A错误；
B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，故人的运动开始过程是增大的，当弹力
等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；
C．人下降到最低点时，速度为零，动能为零，则人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；
D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，人的动量最大，D正确。
故选D。
10．（2025·北京房山·一模）如图甲所示，物体A以速度v 水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动
0
的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速
下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是（
）
A．物体B的机械能不守恒
B．两物体重力的冲量不相等
C．两物体合力做功不相等
D．两物体落地时重力的瞬时功率相等
【答案】B
【详解】AC．两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误；
B．A物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存
在，竖直方向的加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，根据I =Gt可知，两物体重力
G
的冲量不相等，故B正确；
1
D．设高度为ℎ，A物体竖直方向的速度为v yA =❑√2g ℎ B物体到底端的速度满足mg ℎ = 2 mv B 2 解得
v B =❑√2g ℎ B物体竖直方向的速度v By =v B cosθ<v yA 根据重力的瞬时功率P=mgv y 可知两物体落地时
重力的瞬时功率不相等，故D错误；
故选B。
11．（2025·北京延庆·统测）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一
小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。重力加速度g取10m/s2。
下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能最多可增加6JB．小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为1.5s
C．小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为2.5N·s
D．小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为55J
【答案】D
【详解】A．小球从气球上落下后先上升后下降，小球上升过程中，根据牛顿第二定律mg+f=ma
1
v v
解得a
1
=12m/s2 小球到达最高点经过的时间为 t
1
=
a
=0.5s 小球离开气球上升的高度为ℎ
1
=
2
t
1
=1.5m
1
小球的重力势能最多可增加ΔE =mg( ℎ + ℎ )=80J 选项A错误；
p 1
B．下落时的加速度a =
mg−f
=8m/s2 下落的时间t =❑
√2(
ℎ
+
ℎ 1
)
=2s 可知小球从脱离气球到下落至地
2 m 2 a
2
面时所用的时间为t=t +t =0.5s+2s=2.5s 选项B错误；
1 2
C．设向下为正向，则小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为I =ft −ft =−1.5N⋅s 即阻
f 1 2
力冲量大小1.5N∙s，选项C错误；
D．落地的速度v=at=16m/s 小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为
2 22
1 1 1
ΔE = mv2 − mv2= ×0.5×(162 −62)J=55J 选项D正确。
k 2 2 2 1 2
故选D。
12．（2025·北京西城·二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振
动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（
）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0~2s内，小球始终处于超重状态
C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为2N⋅s
D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
【答案】C
【详解】A．小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2N，到达最高点时传感器示数最小值为
零，则此时弹簧在原长，小球的加速度为向下的g，结合对称性可知最低点时的加速度为向上的g，根据
则F-mg=ma 可知F=2mg=2N 即小球的质量m=0.1kg 由图像可知，振动的周期为4s，选项A错误；
B．0~2s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；C．0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理I−mgt=0 可得小球受弹力的冲量大小
为I=2N⋅s 选项C正确；
D．0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D
错误。
故选C。
13．（2025·北京西城·二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球
在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正
确的是（ ）
A．细绳的拉力大小等于mgsinθ
B．小球的向心加速度等于gsinθ
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于2πm❑√glcosθ
【答案】D
mg
【详解】A．小球竖直方向有Fcosθ=mg 解得细绳的拉力大小F= 故A错误；
cosθ
B．对小球，由牛顿第二定律有mgtanθ=ma 解得小球的向心加速度a=gtanθ 故B错误；
CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反
向，根据a=
4π2
r=
4π2
Lsinθ 联立解得，小球圆周运动周期T=2π❑
√Lcosθ
则小球转动一周，
T2 T2 g
重力的冲量I =mgT=2πm❑√gLcosθ 故拉力冲量也为2πm❑√gLcosθ，故C错误，D正确。
G
故选D。
14．（2025·北京东城·二模）如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量
π
为m的子弹水平射入沙箱（未穿出），沙箱摆动的最大摆角为α(α< )
。摆动过程中，沙箱可视为质
2
点，重力加速度为g，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于（ ）M+m M+m
A． ❑√2glcosα B． ❑√2gl(1−cos α)
M m
√2(M+m) √2(M+m)
C．❑ gl(1−cos α) D．❑ glcosα
M m
【答案】B
1
【详解】设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有 (m+M)v2=(m+M)gl(1−cos α)
2
设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v ，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有
0
mv =(m+M)v
0
M+m
联立解得v = ❑√2gl(1−cos α)
0 m
故选B。
15．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如图所示，物体在与水平方向夹角为θ、大小为F的拉力作
用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体和地面之间的动摩擦因数为μ。在物体运动时
间为t的过程中（ ）
A．仅改变θ，拉力对物体做的功不变
B．仅改变μ，合力对物体做的功不变
C．仅改变拉力大小F，物体受到重力的冲量不变
D．仅改变拉力大小F，物体受到摩擦力的冲量不变
【答案】C
【详解】AB．对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得Fcosθ−μF =ma
N
其中F +Fsinθ=mg 联立解得a=
Fcosθ−μ(mg−Fsinθ)
，x=
1
at2 拉力对物体所做的功为
N m 2
W =Fxcosθ 合力对物体所做的功W =F x=[Fcosθ−μ(mg−Fsinθ)]x 可见，若θ改变，则
F 合 合
拉力所做的功随之改变，若μ改变，合力所做的功也会改变，AB错误；
C．根据冲量的定义可知，重力的冲量I =mgt 由于重力的大小不变，作用时间不变，故重力的冲量不
G
变，C正确；
D．拉力的大小改变，结合上述分析可知，物体所受摩擦力的大小发生改变，而作用时间不变，因此摩擦力的冲量发生改变，D错误。
故选C。
16．（2025·北京昌平·二模）随着航空航天科技的发展，人类有能力开展深空探测，逐渐揭开宇宙的奥
秘。
(1)探测器绕某星球沿圆轨道匀速率运行时，测得轨道半径的三次方与周期的二次方的比值为k。已知引力
常量为G。求该星球的质量M。
(2)太空中的探测器通过小型等离子推进器获得推力。在推进器中，从电极发射出的电子撞击氙原子使之电
离，氙离子在加速电场的作用下，从探测器尾部高速喷出，产生推力。已知探测器（含推进器和氙离子）
的初始质量为M ，每个氙离子的质量为m，电荷量为q，加速电压为U，等离子体推进器单位时间内喷出
0
的离子数为n。不计其它星球对探测器的作用力和离子间的相互作用。取刚向外喷出离子的时刻为初始时
刻（t=0），求探测器的加速度大小a随时间t的变化规律。
(3)深空探测器常借助行星的“引力弹弓效应”实现加速。设质量为m 的探测器以相对太阳的速率v 飞向质
1 1
量为M 的行星，行星相对太阳的轨道速率为v ，方向与v 相反。探测器从行星旁绕过（如图所示），忽略
2 2 1
太阳引力及行星自转的影响，探测器远离行星后相对太阳的速率为v′ ，方向与v 相反；行星运动方向不
1 1
变。已知m ≪M ，各速度在极远处可视为平行；探测器与行星间的相互作用可视为短暂弹性碰撞。
1 2
①推导v′ 的表达式（用v 、v 表示）；
1 1 2
②简要说明“引力弹弓效应”能使探测器明显加速的原因。
4π2k
【答案】(1)M=
G
n❑√2mqU
(2)
M −nmt
0
(3)①v′ =v +2v ；②见解析
1 1 2
GmM 2π 2
【详解】（1）探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行时，万有引力提供向心力 =m( ) r 即
r2 T
r3 GM 4π2k
= =k 可得M=
T2 4π2 G
1
（2）氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的速度大小为v，根据动能定理得qU= mv2 在t时间内喷
2
出氙离子质量为Δm=nmt 根据动量定理得Ft=Δm·v 联立解得F=n❑√2mqU 根据牛顿第三定律知：探
测器获得的反冲作用力大小为F′=F=n❑√2mqU 探测器质量随时间的变化规律为M=M −nmt 探测器加速
0F′ n❑√2mqU
度a随时间t的变化规律为a= =
M M −nmt
0
（3）①设探测器绕过行星后，行星速率为v ′，以行星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得
2
M v −m v =M v′ +m v′
2 2 1 1 2 2 1 1
1 1 1 1 M −m 2M
根据机械能守恒定律得 M v2+ m v2= M v′2+ m v′2 联立解得v′ = 2 1 v + 2 v 由于
2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 M +m 1 M +m 2
2 1 2 1
m ≪M 得v′ =v +2v 。
1 2 1 1 2
②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的转化。由于行星与探测器相对运动，行星具有较大的轨道
速率，且m≪M，行星动能（或动量）损失很小，探测器却获得了较大的速率。
17．（2025·北京西城·二模）弗兰克-赫兹实验是能够验证玻尔理论的重要实验。实验装置如图所示，放电
管的阴极K持续发射电子，两个金属网电极G 和G 将放电管分为三个区域，在G 与K之间加可调节大小的
1 2 1
电压，使电子加速运动；电子进入G 和G 之间的等势区后，部分电子与该区域内的原子发生碰撞；在G 与
1 2 2
电极A间加电压，使进入该区域的电子减速运动，若有电子到达A，电流表可观测到电流。
可以建立简化的模型从理论角度对该实验进行分析。设原子的质量为M，被撞前视为静止，电子的电荷量
为e、质量为m，忽略电子的初速度及电子间的相互作用力，假定电子均沿直线运动，电子与原子最多发
生一次碰撞，且电子不会被原子俘获。
(1)当G 与K间电压为U时，求电子到达G 时速度的大小v。
1 1
(2)该实验利用电子对原子进行撞击，使原子吸收碰撞损失的动能从低能级跃迁到高能级。
a.为使原子从能量为E 的基态跃迁到能量为E 的第一激发态，求G 与K间电压的最小值U 。
0 1 1 0
b.在G 与A间加电压是为了观测到电流表示数的显著变化，以推知原子是否发生了能级跃迁。当G 与K间
2 1
电压为U 时，求G 与A间电压U 的最小值。
0 2 1
√2Ue
【答案】(1)v=❑
m
(2)a.U = (M+m)(E 1 −E 0 ) b.U =( m ) 2
0 Me 1 M+m
【详解】（1）电子在KG 间加速运动，根据动能定理有Ue= 1 mv2 −0 解得v=❑ √2Ue
1 2 m
1
（2）a.当KG 间电压为U 时，设电子加速运动后速度为v ，根据动能定理有U e= mv2 −0 设电子与原子
1 0 0 0 2 0
碰撞后的速度分别为v 、v ，碰撞过程损失的动能为E ，根据动量守恒定律有mv =mv +Mv 根据能量
1 2 损 0 1 21 1 1
守恒有 mv2= mv2+ Mv2+E 当v =v 时，系统损失的动能最多，这部分能量被原子吸收，跃迁到第
2 0 2 1 2 2 损 1 2
(M+m)(E −E )
一激发态则E =E −E 联立解得U = 1 0 b.电子在G G 区域与原子碰撞后，进入G A区域做减
损 1 0 0 Me 1 2 2
1
速运动，当G A间电压为U 时，电子到达A时的速度恰好为零。 根据动能定理有U e= mv2 联立解得
2 1 1 2 1
m 2 m2 (E −E )
U =( ) U = 1 0
1 M+m 0 (M+m)Me
18．（2025·北京丰台·二模）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导
轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v ，沿半圆形导轨
1
到达C点时速度为v ，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
2
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能E ；
p
(2)物体在C点时受到的导轨给它的弹力F ；
N
(3)物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。
1
【答案】(1)E = mv2
p 2 1
v2
(2)F =m 2 −mg，方向竖直向下
N R
(3)I=2m❑√gR
1
【详解】（1）根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为E = mv2
p 2 1
v2 v2
（2）在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+F =m 2 解得F =m 2 −mg 方向竖直向
N R N R
下。
（3）物体从C点平抛落地过程中，竖直方向有2R= 1 gt2 解得t=2❑ √R 该过程重力的冲量大小为
2 g
I=mgt=2m❑√gR
19．（2025·北京西城·一模）火箭的飞行应用了反冲原理，借助喷出燃气的反冲作用获得推力。已知某火
箭与其所载燃料的初始总质量为M，在t=0时刻，火箭由静止出发，竖直向上运动，如图1所示。火箭持
续均匀向下喷射燃气，在任意的极短时间Δt内，喷射燃气的质量均为Δm，喷出的燃气相对火箭的速度恒
为u。在极短时间内，火箭喷出的燃气的重力远小于火箭的推力，火箭速度的变化量远小于燃气速度的变
化量。不计空气阻力，重力加速度的大小g视为不变。(1)求火箭速度大小为v的瞬间受到燃气推力的大小F，据此判断火箭在竖直上升阶段受到燃气的推力是否
变化。
(2)若火箭在竖直上升阶段，可使用的燃料质量为m，求该阶段火箭可获得的最大加速度的大小a 。
m
1
(3)测得火箭在竖直上升阶段， 随时间t变化的图像是一条直线，如图2所示，a为火箭加速度的大
a+g
小。已知直线的纵截距为b，斜率的绝对值为k，为明确其物理意义，请推导b、k的表达式。
Δmu
【答案】(1) ，不变
Δt
Δmu
(2) −g
(M-m)Δt
1 MΔt
(3)k= ，b=
u uΔm
【详解】（1）在火箭速度大小为v的瞬间，以极短时间∆t内喷射出的燃气为研究对象 设燃气受到火箭对
其作用力的大小为F'，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有F′Δt=Δm （u−v）−Δ m (− v)
❑ ❑
Δmu Δmu
得
F′=
根据牛顿第三定律，此时火箭受到推力的大小F=F'= 可知推力F的大小不变，火箭受
Δt Δt
到推力的方向竖直向上，则火箭在竖直上升阶段，受到燃气的推力不变。
（2）质量为m的燃料燃尽时，火箭的加速度最大，根据牛顿第二定律
F−(M−m)g Δmu
a = = −g
m M−m (M−m)Δt
Δm
（3）在t时刻，火箭及火箭内剩余燃料的质量m′=M− t
Δt
1 MΔt 1 1 MΔt
根据牛顿第二定律有F−m′g=m′a 得 = − ⋅t 则 k= ，b=
a+g uΔm u u uΔm
20．（2025·北京东城·一模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外由该楼的楼顶自由落下的一个
小石子拍摄在照片中，测得照片中石子运动痕迹的长度为ℎ =0.8cm。已知本次摄影的曝光时间是
Δt=0.01s，实际长度为L=100cm的窗框在照片中的长度为l=4.0cm。重力加速度g取10m/s2，不计空
气阻力。
(1)根据照片计算曝光时间内石子下落的实际距离H；
(2)求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小v；
(3)已知小石子的质量m=10g，估算小石子从楼顶下落至拍照时小石子所受重力的冲量的大小I。
【答案】(1)H=20cm
(2)v=20m/s(3)I=0.2N⋅s
L H
【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系 = 可得H=20cm
l
ℎ
H
（2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小v= =20m/s
Δt
（3）根据动量定理I=Δp=mv=0.2N⋅s
21．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。
(1)如图1所示，用细线悬挂的三个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行，球心等高。把小球1向
左拉起一定高度ℎ后由静止释放，小球3被弹起，已知所有的碰撞都是弹性碰撞，求碰后瞬间小球3上升
的最大高度。
(2)某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着1
个“载流线圈”，放置着两个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2左侧挨着无磁性的质量均为m
的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平导轨上自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心
处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈施加的磁力作用从静止开始加速运动；通过碰撞将动能传给中间
的弹头2。
弹头可视为半径为r，电流恒为I、方向如图2中方框部分所示的细圆线圈，r远小于载流线圈半径。所有
的碰撞均为弹性正碰；不考虑弹头之间的磁力作用；相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。
a.载流线圈磁场方向如图所示，在弹头1处产生轴向磁场B ，径向磁场B 。试分析轴向磁场B 、径向磁场
x r x
B 对弹头的安培力方向。
rb.通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中具有的“势
能”可表示为E =− iSBcosθ，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。
p
已知载流线圈圆心处产生的磁感应强度大小均为B 。求弹头2理论上能获得的速度上限v。
0
c.若该“电磁弹射”装置有n级载流线圈及圆柱，如图3所示。求弹头最后出射理论上能获得的速度上限v
m
。
【答案】(1)ℎ
√2πr2IB √2nπr2IB
(2)a.0，方向向右；b. ❑ 0；c. v =❑ 0
m m m
1
【详解】（1）在小球1下落过程，依据动能定理有mg
ℎ
=
2
mv2
0
可得v
0
=❑√2g
ℎ
弹性碰撞过程中，以v
0
1 1 1
的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有mv =mv +mv、 mv2= mv2+ mv2 联立可得
0 1 2 0 2 1 2
1
v=v 0 =❑√2g ℎ 对小球3，根据动能定理有mg ℎ ′= 2 mv2 解得 ℎ ′= ℎ
（2）a. 可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场B 作用下安培力方
r
向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为2πr的细圆线圈（即弹头）受到的总安
培力可得F=2πrIB 轴向磁场对线圈的安培力合力为0；
r
b. 为使弹头2获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹
1
头1运动到载流线圈1处的速度大小为v ，根据能量守恒可得0+0=− πr2IB + mv2 弹头1与弹性圆柱
1 0 2 1
之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为v ′和v ′，根据弹性碰撞过程中，以v1
1 2
1 1 1
的方向为正方向，机械能和动量均守恒mv ′=mv ′+mv ′ 、 mv2′= mv2′+ mv2′ 可得v ′=0，
1 1 2 2 1 2 1 2 2 1
v ′=v 即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速
2 1
√2πr2IB
度v❑继续向右运动。故弹头2理论上能获得的速度上限v=v =❑ 0
1 1 m
c.与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为v ，根据能量守恒可得
21 1
0+ mv2=− πr2IB + mv2
2 1 0 2 2
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为
√4πr2IB
v=v =❑ 0依此类推，由b中结论分析可知装置有n级载流线圈及圆柱，弹头最后出射理论上能
2 m
1 1
获得的速度上限满足0+ mv2=− πr2IB + mv2 弹头最后出射理论上能获得的速度上限为
2 n 0 2 n−1
√2nπr2IB
v =v =❑ 0
m n m
