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第33 讲 动量 动量定理
1．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为
d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（
）的金属微
粒，从两极板中央O 点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与
极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不
变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为
，满足
代入解得
真题演练
1
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同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为
，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为
2．（2025·甘肃·高考真题）如图1 所示，细杆两端固定，质量为m 的物块穿在细杆上。初始
时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化如图
2 所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，
θ=30°。
求：
(1)t=6s 时F 的大小，以及t 在0~6s 内F 的冲量大小。
(2)t 在0~6s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f−t 图像。
(3)t=6s 时，物块的速度大小。
【答案】(1)
，
(2)见解析
(3)
【详解】（1）由图2 可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知
所以当t=6s 时，
0~6s 内F 的冲量为F−t 图围成的面积，即
2
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（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当
时，
则0−4s，垂直杆方向
摩擦力
在4−6s 内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f−t 图像如图
（3）在0~6s 内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s 内摩擦力的冲量为f−t 图围成的面积，则
联立有
可得
3．（2025·北京·高考真题）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
3
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机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时
加速度大小为
，减速时最大加速度大小为
。求该位置距起点的距离d。
(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
，并确定
的值。
【答案】(1)
(2)
(3)论证见解析，
【详解】（1）根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
（2）加速过程，设起飞速度为
，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
（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
4
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可得
又
，
联立可得
又
可知
即
4．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为
的门板组成。门处于关闭
状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段
时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）
所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为
，重力加速度大小为g。若要门
板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设拉力为
，作用时间为
，撤去外力后
运动的时间为
，
运动过程的最
大速度为
，则由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
5
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得
对于全过程有
故
运动的总时间
可知当
越大时，越小，当
时，取最小值。
则
则
故选B。
5．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度
、质量为
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
，重力加速度
，则它降落到地面的时间约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当
时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此
时速度满足
…………②
解得
由动量定理可得
即
6
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则沙尘下落时间为
由于
，则
故选B。
6．（2025·山东青岛·三模）将小球以初速度
竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出
点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，
则小球在空中运动时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设小球上升时间为
，下降时间为
，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。
全过程根据动量定理有
由于上升的高度等于下降的高度，则有
根据题意有
，
故得
联立解得
故选B。
7．（2025·海南·三模）如图所示，风洞实验室可以产生竖直向上的恒定风力。在风洞中O 点
将一个质量为m=1kg 的小球以初速度v0=4m/s 水平向右抛出，一段时间后小球经过右上方的
P 点。已知OP=5m，OP 与水平方向的夹角为θ=37°，sin37°=0.6，重力加速度g 取10m/s2。求：
模拟冲关
7
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(1)小球到P 点时的速度大小；
(2)小球从O 到P 的过程中恒定风力的冲量大小；
(3)小球从O 到P 的过程中到OP 的最远距离。
【答案】(1)
(2)16N∙s
(3)0.6m
【详解】（1）根据题意可知小球做类平抛运动，设经过时间t 运动到P 点，则
水平向右做匀速直线运动，则
代入数据得
竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动
代入数据得
到P 点时竖直方向的速度
小球在P 点时的速度
（2）设恒定风力为F，竖直方向根据牛顿第二定律得
代入数据得
小球从O 到P 的过程中恒定风力的冲量
（3）小球的运动可以分解为沿OP 方向和垂直OP 方向，如图所示
8
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垂直OP 方向的初速度
垂直OP 方向的加速度
设垂直OP 方向的速度减为0 时的位移为x，则
小球从O 到P 的过程中离OP 的最远距离0.6m。
8．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，一足够大的水平圆盘以角速度
绕过圆心的竖直轴匀
速转动。圆盘上距轴
处的
点有一质量为
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
点滑至圆盘上的某点
处（图中未画出）停止。下列说法正确的是（
）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为
，摩擦力方向与运动方向相反
B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为
D．圆盘停止转动后，小物体沿过
点的圆盘半径方向向外做离心运动
【答案】C
【详解】A．圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提
供向心力，物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，根据牛顿第
二定律可得向心力大小为
，故A 错误；
9
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B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得
，故B
错误；
C．由动量定理可得
即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
，故C 正确；
D．圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故D 错误。
故选C。
9．（2025·四川攀枝花·三模）如图甲所示，t=0 时质量m=0.1kg 的小球在水平向右的拉力F
作用下由静止开始从水平面AB 的左端向右运动，t=4s 时从B 端水平飞出后，从D 点无碰撞
的进入位于同一竖直面内的光滑圆轨道，并恰好能到达圆轨道的最高点E 后水平飞出。已知
小球与水平面AB 之间的动摩擦因数μ=0.2，B、D 两点之间的高度差h=0.45m、水平距离
x=1.2m，小球所受拉力F 与其作用时间t 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10m/s²，忽略空
气阻力，求：
(1)小球到B 点时的速度大小vB；
(2)t=0 时拉力F 的大小F0；
(3)圆轨道半径R。
【答案】(1)4m/s
(2)0.6N
(3)
【详解】（1）设小球从B 到D 做平抛运动的时间为
，从B 点飞出的速度为
，有
，
代入数据得
（2）设小球从A 到B 的时间为
，由动量定理有
10
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联立以上各式，可得
（3）设小球在D 点时的速度为
，方向与水平方向的夹角为
，有
小球到达E 点时，由牛顿第二定律有
小球从B 到E，由动能定理有
联立以上各式可得
10．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，在水平面上有两个物体A 和B，质量分别为
、
，A 以
的初速度向静止的B 运动，一段时间后，两物体相
碰。已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为
，取重力加速度
。若A 从
开始运动到碰后停止运动共用了5s 时间，A、B 相碰时间极短（可忽略不计），则碰后B 能
够运动的时间为（ ）
A．3s
B．5s
C．7.5s
D．10s
【答案】C
【详解】碰撞过程中物体A、B 组成的系统动量守恒，物体运动过程中系统受到的摩擦力的
冲量改变了系统的总动量，根据动量定理有
解得
故选C。
11．（2025·陕西安康·模拟预测）无人机在应急救援中的应用已广泛普及。在一次无人机落
水救援演习中，为争取救援时间，岸上的救援人员先通过操纵无人机将救生圈送向“落水
者”。如图1 所示，竖直绳子的一端系于救生圈上，另一端系于无人机上。无人机悬停于
“落水者”附近的水面上方由静止释放救生圈，救生圈下降过程中通过无人机上的力传感器
得到绳子上的拉力随时间变化的图像如图2 所示。已知救生圈的质量为
，重力加速度g
取
，不计绳子质量和空气阻力，则救生圈重力瞬时功率的最大值为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题图2 可知，
内，救生圈向下做匀加速直线运动，
内，救生圈做
匀速直线运动，
后做匀减速直线运动，以向下为正方向，设
时救生圈的速度为
v，由动量定理有
解得
则救生圈重力瞬时功率的最大值
故选B。
12．（2025·四川凉山·三模）如图所示，竖直面内相距0.1L 的竖直线上固定A、B 两光滑钉
子，长为L 的轻质细绳一端固定在B 钉子上，另一端与质量为m 的小球相连，向右给小球瞬
时冲量，小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，转两圈后在最低点绳子被拉断。重力加速
度为g，不计空气阻力，则绳子能承受的最大拉力可能是（ ）
A．6.6mg
B．7.2mg
C．7.8mg
D．8.2mg
【答案】BC
【详解】设小球获得瞬时冲量后，小球的瞬时速度为
，则小球第一次到达最高点，根据动
能定理
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其中，在最高点时
解得
小球转两圈后在最低点时，设速度为
，根据动能定理
解得
若小球转两圈后在最低点绳子在与B 接触前瞬间拉断，则
解得
若小球转两圈后在最低点绳子在与B 接触后瞬间拉断，则
解得
所以绳子能承受的最大拉力
故选BC。
13．（2025·新疆·模拟预测）在中国的天宫空间站中，配有一种质量测量仪，其测量原理是
利用“弹簧-凸轮”机构对一静止的物体施加一个恒力F，经过一段时间t，利用光栅测速系
统，测出物体在该时刻的速度v，则物体的质量可表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设物体的质量为m，根据动量定理可得
解得物体的质量为
故选A。
14．（2025·河北张家口·三模）研究运动员蹦床运动时，用传感器记录了某运动员对蹦床作
用力F 的大小随时间t 变化的关系图像，如图所示。已知
时运动员刚好落到蹦床上，运
动员的质量为50kg，运动员未与蹦床接触时蹦床水平，运动员在运动过程中身体始终保持竖
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直，忽略空气阻力，重力加速度大小取
。运动员离开蹦床上升的最大高度h 及运
动员与蹦床接触过程中蹦床对运动员的平均作用力的大小
分别为（ ）
A．5m，2000N
B．5m，2500N
C．10m，2000N
D．10m，2500N
【答案】B
【详解】自由落体时间为
最大高度为
离开跳床的速度大小为
运动员从最低点到离开跳床的时间是0.25s，根据动量定理得
解得
故选B。
15．（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m
的U 形管（弯曲部分是半径为R 的半圆）恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m 的小
球沿水平方向，以初速度
从U 形管的一端进入，从另一端出来。已知小球的直径略小于管
道内径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U 形管组成的系统动量守恒
B．小球在U 形管中运动的动能先增大后减小
C．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程中，U 形管对平行导槽的冲量大
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小为
，方向垂直于导槽向上
【答案】C
【详解】A．该过程中，小球与U 形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向
动量不守恒，故A 错误；
B．由于不计一切摩擦，在小球与U 形管相互作用过程中，小球的动能只能与U 形管的动能
发生转移，故小球与U 形管组成的系统机械能守恒；小球在U 形管中运动时，U 形管一开始
的动能一定增加，所以小球的动能一开始一定减少；小球从U 形管的另一端射出时，小球与
U 形管系统机械能守恒，沿着轨道方向系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U
形管的另一端射出时，速度大小为0，所以小球在U 形管中运动的动能一直减小，故B 错误；
C．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U 形管平行导槽方向速
度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有
解得
由系统机械能守恒得
解得小球的速度大小为
，故C 正确；
D．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为
运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球
与U 形管系统根据动量定理有
根据牛顿第三定律可知，U 形管对平行导槽的冲量大小为
，方向垂直于导槽向上，
故D 错误。
故选C。
16．（2025·天津滨海新·三模）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带
有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型
如图乙所示。可视为质点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P 到腰带中心点O 的距离为
0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子
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与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可看成不动，重力加速度为g，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，求：
(1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v：
(2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I；
(3)该过程中，绳子对配重所做的功W。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）配重做圆周运动时，半径
由牛顿第二定律可得
解得
（2）由动量定理可得
代入数据得
（3）由动能定理可得
代入数据得
17．（2025·四川·三模）如图所示，一水平圆台绕过其中心的竖直轴
以稳定的角速度转
动，b、c 是圆台上同一条半径上两点，已知
，
，一可视为质点的物块P 与圆
台间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，重力加速度大小为
g。
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(1)若物块P 在圆台上的c 点随圆台一起转动，求圆台转动的最大角速度
；
(2)若圆台转动的角速度很大，物块P 自圆台的上方某点Q（图中未画出）自由下落，在b 点
与圆台发生碰撞，获得竖直方向的速度和水平方向的速度，弹起后再次下落，正好落在圆台
上的c 点。已知物块P 与圆台碰撞前后在竖直方向速度大小不变、方向改变
，碰撞时间
极短。求Q 点距圆台的高度h；
(3)若圆台转动的角速度较小，其他条件与第（2）问相同。求圆台转动的最小角速度
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设物块P 的质量为
，在圆台上的c 点随圆台一起转动，最大静摩擦力提供物
块P 做圆周运动的向心力，圆台转动的角速度最大，则
解得
（2）物块P 自由下落后，设与圆台碰撞前的速度大小为
，则
因为圆台转动的角速度很大，所以物块P 与圆台碰撞过程中，物块P 因受水平摩擦力获得的
水平速度小于圆台b 点的线速度；设物块P 与圆台碰撞时间为
，圆台对物块P 在竖直方向
的作用力大小为
，则物块P 与圆台碰撞时，竖直方向有
水平方向有
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解得
设物块P 从与b 点发生碰撞到与c 点发生碰撞经过的时间为
，沿水平方向的位移大小为
，
则
，
，
解得
（3）圆台转动的角速度
较小，若
，则在碰撞过程中，物块P 在b 点离开圆
台时已经与圆台在水平方向共速，速度大小为
，则
物块从b 点到c 点经过的时间
可表示为
则物块在水平方向有
即
该表达式
无解，此种情况不成立。若
，由于物块P 和圆台的运
动时间相等，设为
，则
即
当
时，
不成立。当
时，
符合条件，则最小角速度
18．（2025·浙江温州·三模）如图所示，A、B 小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝
缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A 球加速度大小为a，两球运动一段时间，B 球加
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速度大小为
，速度大小为v。已知A 球质量为3m，B 球质量为m，两小球均可视为点电荷，
不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（ ）
A．B 球运动的距离为
B．库仑力对A 球的冲量大小为
C．库仑力对A 球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
【答案】D
【详解】A．撤去外力的瞬间，对A，由牛顿第二定律有
两球运动一段时间，对B，由牛顿第二定律有
联立解得此时AB 球间距
对AB 系统，根据动量守恒定律有
整理得
因为
联立解得
故A 错误；
B．根据动量守恒定律有
解得此时A 的速度
在该段时间内，A 球的速度由0 变为
，由动量定理，可得库仑力对A 球的冲量大小为
故B 错误；
C．在该段时间内，对B，由动能定理有
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在该段时间内，库仑力对A 球做功为
，故C 错误；
D．根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为
故D 正确。
故选D。
19．（2025·上海·一模）空间站内，甲乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，
乙拿着质量为 50kg 箱子正以2m/s 的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向
甲，乙和箱子间作用时间为0.2s，离手时箱子速度为4m/s，甲乙两人和装备的总质量分别为
200kg 和250kg，求：
(1)乙对箱子的平均作用力大小。
(2)推出箱子后乙的速度。
(3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力至少为多
少？
【答案】(1)500N
(2)1.6m/s，方向向左
(3)1000N
【详解】（1）设向左为正方向，以箱子为研究对象，设乙对箱子的作用力为F，由动量定理
可得
其中
，
，
代入数据可得乙对箱子的平均作用力大小
（2）以向左为正，对箱子和乙由动量守恒可得
其中
，
，
，
代入数据可得，推出箱子后乙的速度
速度为正，方向向左。
（3）甲接住箱子后，若三者共速，设共同速度为
，此种情况下乙对箱子的平均作用力最小，
20
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以向左为正方向，研究甲、乙和箱子组成系统，由动量守恒可得
代入数据解得
以乙为研究对象，由动量定理可得
代入数据解得，箱子对乙平均作用力
由牛顿第三定律可得，乙对箱子的平均作用力最小值为
。
20．（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
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am。
(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。
【答案】(1)
，不变
(2)
(3)
，
21
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【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
得
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
（3）在t 时刻，火箭及火箭内剩余燃料的质量
根据牛顿第二定律有
得
则
，
21．（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
。已知本
次摄影的曝光时间是
，实际长度为
的窗框在照片中的长度为
。
重力加速度
取
，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
；
(2)求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小
；
(3)已知小石子的质量
，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
。
【答案】(1)
(2)
(3)
22
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【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系
可得
（2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小
（3）根据动量定理
22．（2025·浙江·模拟预测）激光束可视为大量同向动量的粒子流，当其照射到介质小球时，
除发生反射、折射和吸收外，还会对物体施加作用力（如光镊效应）。如图，一束激光从点
分出两细光束①和②，入射时与球心
的夹角均为
，经折射后出射方向均与
连线平
行。已知小球折射率大于周围介质，忽略反射和吸收，试通过折射、动量变化分析两束光对
小球产生的合力情况（ ）
A．若光束①和②强度相同，两光束因折射对小球产生的作用力水平向左
B．若光束①比②的强度小，两光束因折射对小球的作用力的方向指向左上方
C．若只增大激光的频率，则光对小球的作用一定变大
D．若激光束不变，只增大小球的半径，光对小球的作用会变小
【答案】AD
【详解】A．仅考虑光的折射，设
时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的
大小为p，这些粒子进入小球前的总动量为
从小球出射时的总动量为
的方向均沿SO 向右。根据动量定理
可知，小球对这些粒子的作用力F 的方向沿SO 向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的
合力的方向沿SO 向左，故A 正确；
B．若光束①比②的强度小，可知
时间内②束光穿过小球的粒子数
比①束光的粒子数
多，这些粒子进入小球前竖直方向总动量
（方向
竖直向下）
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从小球出射时竖直方向总动量
根据定理定理可知
小球对这些粒子竖直方向的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律，两光束对小球的竖直方向
的作用力竖直向下；由A 选项可知，两光束对小球的水平方向的作用力
的方向沿SO 向左，
平行四边形定则可知两光束因折射对小球的作用力的方向指向左下方，故B 错误；
C．若只增大激光的频率，即增大光子动量，由于不知道光束①、②的强度大小关系，则光
对小球的作用力不一定增大，故C 错误；
D．当小球半径增大，更多光线进入球内，在各方向发生折射。由于激光束方向不变，进出
的光线在小球内的折射趋于对称，使动量变化方向趋于均衡，左右分力更容易相互抵消，导
致小球所受合力减小。故D 正确。
故选AD。
23．（2025·河北张家口·二模）如图所示，运动场上一同学将质量为
的篮球以初速度
从
点沿着与水平方向成
角斜向上抛出，
、
是运动轨迹上的两点，且
、
两点连线
沿水平方向。已知篮球由
点运动到
点与由
点运动到
点的水平位移相同，重力加速度
为
，不计空气阻力，忽略篮球的体积，下列说法正确的是（ ）
A．篮球由
点运动到
点所用时间为
B．篮球由
点运动到
点的水平位移大小为
C．篮球在
点的速度大小为
D．篮球由
点运动到
点的动量变化量大小为
【答案】BD
【详解】A．知篮球由A 点运动到B 点与由B 点运动到C 点的水平位移相同，设抛出的篮球
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由A 点运动到B 的时间为，则篮球由B 点运动到C 的时间也为，由A 点运动到最高点所用
时间为
，则有
解得
则篮球由A 点运动到C 点所用时间为
故A 错误；
B．篮球由A 点运动到C 点水平位移大小为
故B 正确；
C．篮球在B 点的竖直分速度大小为
篮球在B 点的速度大小为
故C 错误；
D．篮球所受合外力为重力，根据动量定理可知，篮球动量变化量的大小等于重力的冲量大
小，则篮球由A 点运动到C 点的动量变化量大小为
故D 正确。
故选BD。
24．（2025·江苏盐城·三模）生活中经常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效的
保护手机。现有一部质量为
的手机（包括手机套），从离地面高
处无初速
度下落，落到地面后，反弹的高度为
，由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用
时间为
。不计空气阻力，取
，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
(2)地面对手机平均作用力的大小。
【答案】(1)
(2)10N
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【详解】（1）手机在下落过程中做自由落体运动，则有
解得
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
（2）手机落地时速度
从地面反弹速度
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得手机对地面的平均作用力大小为
25．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，物块B 和质量为
的物块A 用轻弹簧拴接，
放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块C 在
时刻以一定速度
向右运动，在
时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的
图像如
图乙所示。求：
(1)物块C 的质量
；
(2)物块C 与物块A 相碰过程中系统损失的机械能
；
(3)从
到
，弹簧对物块A 的冲量I 的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题图知，C 与A 碰前速度为
，碰后速度为
，C 与A
碰撞过程，由动量守恒可得
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代入数据解得
（2）根据能量守恒可得物块C 与物块A 相碰过程中系统损失的机械能为
代入数据解得
（3）从
到
，以A、C 为整体，由题图结合动量定理可得
其中
代入数据解得
可知弹簧对物块A 的冲量I 的大小
。
26．（2025·河北衡水·一模）如图所示，内壁光滑、半径
的圆弧形轨道ABC 固定在
竖直面内，O 为圆心，
，C 点右侧有一足够大的水平台面。一个小弹力球以一
定的初速度从A 点冲入轨道后恰好可沿轨道做圆周运动，并从C 点冲出，之后经平台上D 点
反弹又落至平台上E 点（DE 未画出）。小球落至D 点前瞬间速度方向与水平方向夹角为
，
在D 点与平台作用过程时间极短，可忽略重力的影响及该过程的位移，作用后，竖直方向速
度减小为作用前竖直分速度的
，小弹力球水平方向受到平台的作用力大小为二者间弹力的
。已知重力加速度
，
，求：
(1)小弹力球从C 点冲出时的速度；
(2)C 点与水平台面的竖直高度差h；
(3)DE 两点之间的距离。
【答案】(1)
，与水平方向夹角
，斜向右上方
(2)
27
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(3)
【详解】（1）小球恰好可沿轨道做圆周运动，在A 点对小球由牛顿第二定律得
从A 至C 的过程，由动能定理得
解得
与水平方向夹角
，斜向右上方。
（2）小弹力球抛出后水平速度
竖直分速度
落至D 点时
C 点与水平台面的竖直高度差
解得
（3）在D 点对小球竖直方向由动量定理得
水平方向有
解得
从D 点到E 点的运动时间为
DE 两点之间的距离为
27．（2025·安徽淮北·二模）如图甲所示，质量
的物块被锁定在倾角
、足够
长的光滑斜面上，
时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜
面向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
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A．
时物体向下运动
B．0~2s 时间内合外力冲量为0
C．
时物体恰好返回至出发位置
D．
时物体的动量是
时物体动量的两
倍
【答案】CD
【详解】AC． 0~1s 时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
解得
0~1s 时间内，位移
时速度
1~2s 时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
1~2s 时间内，位移
0~2s 时间内，位移
故
时物体沿斜面向上运动，
时物体恰好返回至出发位置
故A 错误，C 正确；
B．
时，速度
由动量定理0~2s 时间内合外力冲量等于动量的变化量
故B 错误；
D．
时动量
29
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时，动量
负号表示方向，
时物体的动量是
时物体动量的两倍
故D 正确。
故选CD。
28．（2024·北京·一模）光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面。前者表明
光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量。光照射到物体表面时，光子被
物体吸收或反射时，光都会对物体产生压强，这就是“光压”。已知太阳半径为
，单位时
间辐射的总能量为
，光速为
。求：
(1)距离太阳中心
处
，太阳光光子被完全吸收时产生的光压
是多大？
(2)科幻作品中经常以文明能够利用的能量程度来对文明进行分级。比如，一级文明能够利用
行星的全部能量，人类处于0.73 级；二级文明能够利用恒星的全部能量；三级文明能够利用
整个星系的能量。科幻作家们设想了一种被称为“戴森球”的装置来收集整个恒星的能量。
“戴森球”是一种包围整个恒星的球状膜，它的内表面可以吸收恒星发出的所有光的能量。
如果给太阳安装一个“戴森球”，求：戴森球的半径
多大时。戴森球可以靠着光压来抵抗
太阳的万有引力，避免其向太阳塌缩，已知引力常量为
，太阳的质量为
。戴森球的总
质量记为
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）距离太阳中心
处，单位面积吸收太阳辐射的能量为
设物体的表面积为
，物体吸收的能量为
到达物体表面的光子数为
到达物体表面光子的合动量为
根据动量定律有
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解得
太阳光光子被完全吸收时产生的光压
（2）根据题意，由平衡条件有
解得
29．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图甲所示，倾角为θ=53°，足够长的斜面体固定在水平
地面上，可视为质点的质量为m=8kg 的物块置于斜面上足够高处，物块与斜面间的动摩擦因
数μ=0.5。t=0 时刻，在物块上施加一沿斜面向上、大小变化的外力，同时释放物块，利用计
算机描绘了0~4s 时间内物块的动量随时间的变化图像，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向
为正方向，重力加速度大小为
（
）。则（ ）
A．0~1s 内系统产生热量为32J
B．1~2s 的时间内外力的大小为24N
C．0~4s 的时间内物块的机械能减少了704J
D．0~1s 时间内与2~4s 时间内的外力大小之比为1：9
【答案】C
【详解】A．根据
可知，
图线的面积表示物体位移
与物体质量
的乘积，所以0~1s 内物体的位移为
所以，0~1s 内系统产生热量为
，故A 错误；
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B．根据动量定理
可知，
图线的斜率表示合外力，则1~2s 的时间内外力的大小为
，
故B 错误；
C．由图可知，0~4s 的时间内物块位移大小为
由于初末动量为零，即初末速度都为零，所以初末动能为零，则机械能减小了
，故C 正确；
D．
图线的斜率表示合外力，则0~1s 时间内的合力大小为
则
解得
2~4s 时间内的合力大小为
则
解得
0~1s 时间内与2~4s 时间内的外力大小之比为
，故D 错误。
故选C。
30．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器
连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对
核心舱的速度为
，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了
。已知神舟十九
号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为
I，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】CD．设核心舱原速度为v，飞船速度为
（因飞船相对核心舱速度为
）。
对接后共同速度为
（核心舱速度增加
）。根据动量守恒可得
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化简得
可得
故C 错误，D 正确；
AB．核心舱受到的冲量I 等于其动量变化
故A 正确，B 错误。
故选AD。
33
