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7.1 动量与动量定律
考点一 动量与冲量...............................................................................................................................................................1
题组1：动量的概念及与动能的关系.......................................................................................................................1
题组2：恒力冲量的计算..............................................................................................................................................2
题组3：变力冲量的计算..............................................................................................................................................3
考点二 动量定律的理解和应用........................................................................................................................................6
题组1：动量定律的定性应用（缓冲现象）.........................................................................................................6
题组2：动量定律求变力的冲量与平均力..............................................................................................................7
题组3：动量定律与图像..............................................................................................................................................9
考点三 流体类问题中动量定律的应用........................................................................................................................11
题组1：流体类............................................................................................................................................................. 11
题组2：微粒类............................................................................................................................................................. 13
7.1 动量与动量定律
考点一 动量与冲量
题组1：动量的概念及与动能的关系
1. （单选）物体在竖直平面内做匀速圆周运动，运动一周的过程中( )
A. 物体的动量一直变化，动能始终不变B. 物体的动能一直变化，动量始终不变
C. 物体的动量和动能始终不变D. 物体的动量和动能一直变化
【答案】A
【解析】做匀速圆周运动的物体速度大小不变，方向时刻变化，动量为矢量，则物体的动量一直变化；动
能为标量，则物体的动能始终不变。故选A。
2.一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8m时与地面相撞，反弹后
篮球的重心上升的最大高度为0.2m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/ s
2，求地面与篮球相互作用
的过程中：
(1)篮球动量的变化量；
(2)篮球动能的变化量．
【答案】解：(1)篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1=√2gh=√2×10×0.8m/ s= 4 m/ s
方向竖直向下，篮球反弹时的初速度v2=√2 gh' =√2×10×0.2m/ s=2m/ s，方向竖直向上．规定竖直
向下为正方向，篮球的动量变化量为
ΔP =(−m v2)−m v1=−0.5×2kg·m/ s−0.5×4 kg·m/ s=−3kg·m/ s.
即篮球的动量变化量大小为3kg·m/ s，方向竖直向上。
(2)篮球的动能变化量为Δ Ek = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2= 1
2 ×0.5×2
2J −1
2 ×0.5×4
2J =−3 J
即动能减少了3 J。
题组2：恒力冲量的计算
3. （单选）一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块
( )
1
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A. 第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B. 第一个t0时间内的平均速度等于第二个t0时间内的平均速度
C. 第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量
D. 第一个t0时间内合外力的功小于第二个t0时间内合外力的功
【答案】C
【解析】A.由速度v随时间t变化的图线与时间轴所围的图形的面积表示位移可知，第一个t0时间内的位移
小于第二个t0时间内的位移，A 错误；
B.由平均速度公式 v = x
t 可知，第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度，B 错误；
C.由冲量公式可得I =mgt，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，C 正确；
D.由动能定理可知，合外力的功等于动能的变化量，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间
动能变化量大小，因此第一个t0时间内合外力的功等于第二个t0时间内合外力的功，D 错误。
故选C。
4. （单选）质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为
θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是
( )
A. 物块所受拉力F的冲量方向水平向右B. 物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C. 物块所受重力的冲量大小为零
D. 物块所受合力的冲量大小为F cosθt
【答案】D
【解析】解：A .拉力F的冲量方向与拉力方向相同，与水平方向夹角为θ斜向右上方，故A 错误；
BD .取水平向右为正方向，末动量为mv，初动量为−mv，
根据动量定理可知，合力的冲量为I 合=mv −(−mv)=2mv，大小为2mv，方向水平向右，
对物体受力分析可知合力为F cosθ，即Ftcosθ =2mv，变换公式得拉力的冲量为I F = Ft = 2mv
cosθ ，故B 错
误，D 正确；
C.重力的冲量为I G=mgt，不为零，故C 错误。
故选：D。
2
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5. （单选）如图所示，光滑的圆弧轨道竖直固定放置，其弧长远小于半径，圆弧的底端切线水平。现将质
量分别为m、2m的小球甲、乙分别从轨道的顶点和顶点下方的某点由静止释放，然后到达底端，重力加
速度为g，两小球均视为质点，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 若甲重力的冲量大小为I，则圆弧轨道的半径为4 I
2
π
2m
2 g
B. 若甲重力的冲量大小为I，则乙重力的冲量为0.5 I
C. 若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲重力的冲量为m
2 g
2h
P
D. 若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲运动的时间为mgh
P
【答案】A
【解析】A、因为圆弧轨道弧长远小于半径，小球在圆弧轨道上的运动可视为单摆运动，由I =mgt，
T = 4 t
单摆周期公式T =2π√
R
g
，综合可得R =
4 I
2
π
2m
2 g
，故A 正确；
B、根据单摆周期特点，甲乙运动时间相等，乙重力的冲量为I 乙=2mgt，结合I =mgt，综合可得I 乙=2 I，
故B 错误；
CD、若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则有P = 2mgh
t
，t = 2mgh
P
甲、乙运动时间相等，均为t = 2mgh
P
甲重力的冲量为I 甲=mgt
综合可得I 甲= 2m
2 g
2h
P
，故CD 错误。
故选：A。
题组3：变力冲量的计算
6. （单选）如图所示，一质量为m的物体以速率v在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 由于合外力与运动速度始终垂直，因此动量始终保持不变
B. 运动一周的过程中，支持力的冲量为零
C. 运动半周的过程中，合外力的冲量大小为2mv
D. 运动半周的过程中，合外力的冲量为零
3
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【答案】C
【解析】A.运动一周的过程中，速度大小不变，方向时刻发生变化，所以动量大小不变，方向时刻发生变
化，故A 错误；
B.运动一周的过程中，支持力作用一个周期，故冲量不为零，故B 错误；
CD .运动半周的过程中，末动量方向刚好与初动量方向相反，设末动量方向为正，根据动量定理可得
I 合=mv −(−mv)=2mv，可知合外力的冲量大小为2mv，故C 正确，D 错误。
7. （多选）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控
系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°
角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0−kt( F ≠0, F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力
加速度为g。关于该无人机在0到T 时间段内(T是满足F >0的任一时刻)，下列说法正确的有( )
A. 受到空气作用力的方向会变化
B. 受到拉力的冲量大小为(F0−1
2 kT)T
C. 受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT +(F0−1
2 kT)T
D. T 时刻受到空气作用力的大小为√
3
4 (F0−kT )
2+(mg−F0−kT
2 )
2
【答案】AB
【解析】AD.无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，
则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图，
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，已知拉力与水平面成30°角，由几何关系可知在T时
刻有 cos120
∘=
(mg)
2+ F
2−F空
2
2mgF
，F = F0−kT，
解得 F空=√(F0−kT )
2+(mg)
2+mg(F0−kT )，
4
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故A 正确、D 错误；
B.由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F −t 图像与坐标轴围成
的面积为 (F0−1
2 kT)T ，故B 正确；
C.将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 F x = √3
2 ( F0−kt )，无人机
受重力和拉力的合力在竖直方向有 F y = 1
2 ( F0−kt )+mg，
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 I x = √3
2 ( F0T −1
2 k T
2)，
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 I y = 1
2 F0T −1
4 k T
2+mgT，
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小
为 I =√I x
2+ I y
2 =√( F0T −1
2 k T
2+ 1
2 mgT )
2+ 3
4 m
2 g
2T
2，
故C 错误。
故选AB。
8. （多选）如图所示，用轻弹簧拴接的物块M、N静止在光滑水平面上，物块M的质量是物块N质量的2
倍。现使物块M获得大小为I、方向水平向右的瞬时冲量。下列说法正确的是( )
A. 自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为2 I
3
B. 自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为I
3
C. 自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块M的冲量大小为2 I
3
D. 自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块M的冲量大小为I
3
【答案】BD
【解析】无论弹簧最长还是最短，两物块的速度都相同，以水平向右为正方向，设物块M的质量为 m1 ，
物块N的质量为 m2 ，则 m1=2m2 ，由动量定理有I =m1v，
由动量守恒定律有m1v =(m1+m2)v '，
又I ' =m1v ' −m1v，
联立解得自开始至弹簧最短或最长，弹簧对物块M的冲量均为I ' =−I
3，冲量大小均 I
3 。
故选BD。
考点二 动量定律的理解和应用
题组1：动量定律的定性应用（缓冲现象）
5
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1. （单选）如图，在水平桌面上放置两个有机玻璃容器A、B，容器B为硬底，容器A底部平铺一层厚海
绵，B的底部与A中海绵上表面处在同一水平高度。将两枚相同的生鸡蛋分别从A、B正上方同一高度由静
止释放，与容器底部碰撞后均未反弹，A中的鸡蛋完好无损，B中的鸡蛋却碎了。关于该实验现象，下列
说法正确的是( )
A. 碰撞前瞬间，A中鸡蛋的动量较小
B. 碰撞过程，B中鸡蛋动量的变化量较大
C. 碰撞过程，B中鸡蛋经历时间较短，所受撞击力较大
D. 碰撞过程，A中鸡蛋经历时间较长，所受撞击力的冲量较小
【答案】C
【解析】AB.两枚相同的生鸡蛋分别从同一高度由静止释放，鸡蛋落到容器底部时的速度相同，所以碰撞
前瞬间两鸡蛋动量相同，两鸡蛋与容器底部碰撞后均未反弹，所以碰撞过程中，两鸡蛋的动量变化量相同，
故AB 错误；
CD .根据动量定理I = FΔt = Δp，可知碰撞过程中两鸡蛋受到的撞击力的冲量相同，鸡蛋落到海绵上时作
用时间较长，则受到的作用力较小，所以碰撞过程，B中鸡蛋经历时间较短，所受撞击力较大，故C 正确，
D 错误。
故选：C。
2. （单选）防弹衣是警察和士兵的重要防护装备。当子弹击中防弹衣时，子弹在防弹衣中减速至停止，而
穿戴者通常只感到轻微冲击。与子弹直接击中人体相比，防弹衣能有效降低穿戴者受到的伤害，主要是因
为防弹衣能( )
A. 减小子弹的冲量
B. 减小子弹的动量变化量
C. 减小子弹对人的作用力D. 减小子弹的动能变化量
【答案】C
【解析】子弹击中人体过程，子弹的末动量为零，初动量一定，子弹的动量变化量一定，则子弹的冲量一
定，动能变化量一定，穿上防弹衣可以增加动量变化的时间，根据动量定理−Ft =0−mv，结合牛顿第三
定律知子弹对人的作用力减小，故ABD 错误，C 正确。
3. （单选）下列几幅图片所展示的现象和情形与动量中缓冲无关的是( )
A. 甲图中易碎物品运输时，要用柔软材料包装
B. 乙图中码头边上悬挂着一排排旧轮胎
C. 丙图中体操运动员着地时先屈膝后站立
D. 丁图中直升机依靠螺旋桨旋转获得升力
【答案】D
【解析】由动量定理Δ p= Ft，可知，在动量的变化量相同时，作用时间越长，作用力F越小；
6
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ABC .体操运动员从高处跳下着地时先屈膝、码头边上悬挂着一排排旧轮胎、易碎物品运输时要用柔软材
料包装，都是为了延长作用时间以减少作用力，应用了与动量相关的物理知识和原理，故ABC 不符合题意；
D.直升机依靠螺旋桨旋转获得升力，是“反冲现象”，即螺旋桨旋转对空气施加一个向下的力，根据牛顿第
三定律可知，空气对螺旋桨一个向上的力，不是“应用了与动量相关的物理知识，故D 符合题意。
故选D。
题组2：动量定律求变力的冲量与平均力
4. （单选）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，若在此过程中该
作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A. m√2gh
t
+mg B. m√2gh
t
−mg
C. m√gh
t
+mg D. m√gh
t
−mg
【答案】A
【解析】在安全带对人有拉力前，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有mgh= 1
2 mv
2
即在产生拉力瞬间速度为v =√2gh
之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得
F t −mgt =0−(−mv)
联立解得F = m√2 gh
t
+mg
故选：A。
5. （单选）蹦极是一项广受年轻人喜爱的极限运动，如图所示为蹦极爱好者将一端固定的弹性长绳绑在踝
关节处，从几十米高处跳下，若蹦极爱好者质量为60kg，弹性绳绷紧后至蹦极爱好者运动至最低点所用
时间为1s，弹性绳的平均作用力为1800 N，重力加速度g取10m/ s
2，则弹性绳原长为( )
A. 25m B. 20m C. 18m D. 16m
【答案】B
【解析】设弹性绳原长为l，设弹性绳绷紧时速度大小为v，则v
2=2gl，弹性绳从绷紧到最低点的过程中，
以向上为正方向，根据动量定理有：( F −mg)t =0−(−mv)，联立解得：l =20m。
故选B。
6. （单选）张家界大峡谷玻璃桥的蹦极项目垂直高度为260米，是目前中国垂直落差最高的蹦极项目之一，
一60kg可以看成质点体验者在参与该项运动时从跳下到最低点历时8 s，下落过程不计空气阻力，弹性绳
的作用力随时间变化的F −t图像如图所示。重力加速度g=10m/ s
2，下列说法正确的是( )
7
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A. 图形所围面积4800 N ⋅s
B. 体验者下落过程中一直处于失重状态
C. 体验者下落过程中加速度的大小不可能大于10m/ s
2
D. 体验者下落过程中加速度先变大再变小
【答案】A
【解析】A、对体验者，从开始下落到最低点过程，根据动量定理有：∑(mgΔt −FΔt )=0，
又∑mgΔt =mg·t =60×10×8 N·s= 4800 N·s，
故弹性绳的作用力的冲量大小也为4800 N ⋅s，即图像围成面积大小为4800 N ⋅s，A 正确；
B、由图像可知，弹性绳的作用力一直增大，故开始时弹性绳的拉力小于体验者重力，体验者所受合力向
下，处于失重状态，后来弹性绳的拉力大于体验者的重力，体验者所受合力向上，处于超重状态，B 错误；
C、由于不确定弹性绳的最大拉力具体数值，故体验者下落过程中加速度的大小可能大于10m/ s
2，C 错误；
D、由于弹性绳的作用力一直增大，故体验者下落过程中加速度先变小，后反向变大，D 错误。
故选A。
题组3：动量定律与图像
7. （单选）质量为m=1kg的圆环套在光滑水平杆上处于静止状态，t =0开始受到一个斜向上与水平方向
夹角60°的力F的作用，F的方向保持不变，大小随时间按如图所示变化，g=10m/ s
2，下列说法正确的
是( )
A. 物体在4 s末的速度大小为20m/ s
B. 在2s∼4 s时间内，合外力的冲量为15 N ⋅s
C. 在0∼6 s时间内，重力与杆的弹力的合力的冲量为0
D. 在2∼6 s时间内，力F的冲量为40 N ⋅s
【答案】D
【解析】A.由动量定理可知∑F cos60
∘t 4=mv
因图像的面积等于冲量，则∑F t 4= 1
2 ×4×10=20 N ⋅s
可得物体在4 s末的速度大小为v =10m/ s，选项A 错误；
B.在2s∼4 s时间内，力F的冲量为I = 5+10
2
×2 N ⋅s=15 N ⋅s
圆环受的合力为F合= F cos60
∘= 1
2 F，则合外力的冲量为7.5 N ⋅s，选项B 错误；
8
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C.圆环在竖直方向受重力、杆的弹力和力F的竖直分力作用，三个力的合力为零，冲量为零，即在0∼6 s
时间内，重力与杆的弹力的合力的冲量不为0，选项C 错误；
D.在2∼6 s时间内，力F的冲量为I
'= 5+15
2
×4 N ⋅s= 40 N ⋅s，选项D 正确。
故选D。
8. （单选）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t =0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，
下列说法正确的是 ( )
A. 第1s末质点的速度为2m/ s
B. 第2s末外力做功的瞬时功率最大
C. 第1s内与第2s内质点动量增加量之比为1:2
D. 第1s内与第2s内质点动能增加量之比为4:5
【答案】D
【解析】由动量定理：Ft =m v2−m v1，求出第1s末、第2s末速度分别为：v1= 4 m/ s、v2=6m/ s，故
A 错误；
第1s末外力做功的瞬时功率P = F1v1= 4×4W =16W ，第2s末外力做功的瞬时功率
P' = F2v2=2×6W =12W ，故B 错误；
第1s内与第2s内质点动量增加量之比为：Δ p1
Δ p2
=
mv1
mv2−mv1
= 2
1，故C 错误；
第1s内与第2s内质点动能增加量分别为：Δ Ek 1= 1
2 m v1
2=8 J，Δ Ek 2= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2=10 J，则
Δ Ek 1: Δ Ek 2=8 J :10 J = 4:5，故D 正确。
9.如图甲所示，质量为m=1kg的物块静止放在足够大的水平地面上，从t =0时刻起对物块施加一个水平向
右的拉力F，图乙表示F随时间t变化的情况，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度
g=10m/ s
2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：
(1)0−5 s内，拉力F对物块的冲量的大小;
(2)t =5 s时刻，物块的动量的大小;
(3)0−5 s内，合力对物块所做的功．
9
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【答案】解：(1)0−5 s内，F −t图线与t轴所围面积为9.5 N ⋅s，F对物块的冲量大小为I F =9.5 N ⋅s。
(2)最大静摩擦力f = μmg=2 N，0−3 s摩擦力与F等大反向，3 s−5 s摩擦力大小为2 N、方向与F相反，
0−5 s摩擦力对物块的冲量大小为I f = I f 1+ I f 2=7.5 N ⋅s，根据动量定理有I 总=△p，t =5 s时刻，物块的
动量大小为p=2kg⋅m/ s。
(3) p=mv，t =5 s时刻，物块的速度的大小为v =2m/ s，
根据动能定理可知，0−5 s内，合力对物块所做的功为W 合= 1
2 mv
2=2J。
考点三 流体类问题中动量定律的应用
题组1：流体类
1. （单选）水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，现已逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式，
已知水流为柱状，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为ρ，则
水流对钢板的压强大小为( )
A. ρ√v B. ρv
C. ρ v
2
D. ρ v
3
【答案】C
【解析】选取t时间水柱分析，根据动量定理Ft =mv = ρSvtv，解得F = ρS v
2
根据牛顿第三定律，水流对钢板的压力为F ' = F，则压强p= F '
S = ρ v
2。
故选C。
2. （单选）如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，
吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风
时，电子秤示数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r，空气密度为ρ，重力加速度大小为g。
下列说法正确的是( )
A. 使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大
B. 设出风口的风速为v，则单位时间内出风口吹出气体的质量为ρπ r
2v
2
C. 电吹风出风口的风速为√
mg
πρr
2
D. 电吹风吹风的平均功率为mg√
mg
πρr
2
10
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【答案】C
【解析】A.当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，功率相同，对于Δt时间内吹出的风，
PΔt = 1
2 Δm v
2
与托盘作用过程，根据动量定理
FΔt = Δmv
解得
F = 2 P
v
吹力大小与电吹风出风口面积无关，故A 错误；
B.单位时间内出风口吹出气体的质量
Δm' = ρSv = ρπ r
2v
故B 错误；
C.根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小
F =mg
根据动量定理
FΔt = Δmv = ρS v
2 Δt = π r
2 ρ v
2 Δt
解得
v =√
mg
πρr
2
故C 正确；
D.据
P= W
t
有
P=
1
2 Δm v
2
Δt
解得
P= mg
2 √
mg
πρr
2
故D 错误。
故选C。
3. （单选）风洞实验室，是以人工的方式产生并且控制气流，用来模拟飞行器或实体周围气体的流动情况，
它是进行空气动力实验最常用、最有效的工具之一。设风洞内有一固定的正方体，气流碰到正方体表面时
速度减小为零，当风速为15m/ s时，正方体单位面积受到的风力为F，当风速提高到45m/ s时，正方体
单位面积受到的风力为( )
A. 3 F
B. 6 F
C. 9 F
D. 27 F
【答案】C
【解析】设正方体的侧面面积为S，取 Δt 时间内到达表面的风柱为研究对象，规定风吹来的方向为正方
向，由动量定理可得 −FS⋅Δt =0−mv
其中 m= ρSvΔt
11
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联立解得 F = ρ v
2
由牛顿第三定律可知，当风速为15m/ s时，正方体单位面积受到的风力大小为F，与风速的平方成正比，
当风速提高到45m/ s时，即风速变为原来的3倍，此时正方体单位面积受到的风力为原来的9倍，即9 F。
故选C。
题组2：微粒类
4. （单选）正方体密闭容器中有一定质量的某种气体，单位体积内气体分子数n为恒量。为简化问题，我
们假定：气体分子大小可以忽略；气体分子速率相同，动能均为Ek，与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁
碰撞前、后瞬间，气体分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。则气体对容器壁的压强为( )
A. 2
3 n Ek
B. 1
3 n Ek
C. Ek
6n
D. 4 n Ek
【答案】A
【解析】由题设可知，一个气体分子每与器壁碰撞一次，给器壁的冲量为：ΔI =2mv，以器壁上面积为S
的部分为底、vΔt为高构成柱体，则其内有1
6的气体分子在Δt时间内与该柱体的底发生碰撞，碰撞的分子
数为：N = 1
6 ×n×S×vΔt，则Δt时间内气体分子给器壁的冲量为：I = N ⋅ΔI，解得：I = 1
3 nSm v
2 Δt，
器壁受到的压力为F = I
Δt ，解得：F = 1
3 nSmv
2，则气体对器壁的压强为：p= F
S ，又Ek = 1
2 mv
2，联立解
得：p= 2
3 n Ek，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
5. （单选）我国研制的离子推进器工作原理是将氙离子加速后高速喷出产生推力。已知推进器工作时喷出
的氙离子形成的电流为I，每个氙离子的质量为m，电荷量为+e，喷出时的速率为v。则该推进器产生的推
力大小为( )
A. Imv B. Imv
e
C. Iev
m
D. 2 Imv
e
【答案】B
【解析】在△t时间内，喷出氙离子的数量为n= q
e = I △t
e
，以△t时间内喷出的n个氙离子为研究对象，根
据动量定理有F ⋅△t =nmv，解得F = Imv
e ，根据牛顿第三定律，该推进器产生的推力大小为F ' = Imv
e ，
故B 正确，ACD 错误。
6. （多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速
电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作
物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比
例为95 %，氙离子喷射速度为1.6×10
4m/ s，推进器产生的推力为80mN。已知氙离子的比荷为
7.3×10
5C /kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则(
)
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A. 氙离子的加速电压约为175V
B. 氙离子的加速电压约为700V
C. 氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D. 每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10
−6kg
【答案】AD
【解析】AB.氙离子经电场加速，根据动能定理有qU = 1
2 m v
2−0
可得加速电压为U =
v
2
2( q
m )
≈175V ，故A 正确，B 错误；
D.在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，由动量定理可得FΔt = Δmv −0
进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有Δm
Δt =η(
Δm0
Δt )
联立解得Δm0
Δt = F
ηv ≈5.3×10
−6kg，故D 正确；
C.在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，形成电流为I，则有ΔQ =(
Δm
m )q，I = ΔQ
Δt
联立解得I =(
F
v )(
q
m)≈3.7 A
故C 错误。
故选AD。
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