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专题08 动量定理（含电磁场中的运用）
题型01 动量定理的初步应用
1． 【答案】AC
【详解】A．排球被机器人击出后做平抛运动，在空中飞行的时间为t，竖直方向可分解为自由落体运动，
则
解得
水平方向做匀速直线运动，则排球在空中飞行的水平距离
，故A 正确；
B．同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
根据矢量合成法则，得
设速度方向与水平方向夹角为
，则有
所以与水平方向的夹角为
，故B 错误；
C．根据动量定理，排球与同学作用过程中，合力的冲量大小为
，故C 正确；
D．排球原速率反弹，速度大小不变、方向相反，能回到原来的高度，故D 错误。
故选AC。
2． 【答案】(1)2.5m
(2)50W
(3)
【详解】（1）木块从
点到
点平抛运动，根据平抛运动规律有
，
联立解得
，
（2）落地前瞬间，木块的竖直分速度为
则重力的瞬时功率为
（3）落地后在极短时间内竖直速度减为0，竖直方向根据动量定理可得
水平方向根据动量定理可得
之后木块又滑动一段距离，最终停在地面上
点，根据动能定理可得
联立解得
3． 【答案】(1)
(2)
(3)5 次
【详解】（1）依题意，设薄片质量为m，将速度v0分解到水平和竖直方向，则水平与竖直方向的初速度
大小均为v，与地面作用时的弹力为FN，作用时间为t，根据动量定理，竖直方向上，有
水平方向，有
联立可得
则速度与水平方向夹角的正切值为
（2）第1 次碰撞的过程中，竖直方向速度变化量为
水平方向速度变化量为
所以动量变化量为
其中
根据动量定理可得
联立解得薄片受到地面的冲量大小为
（3）结合题意和前面分析可知，薄片与水平面每次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小相等，
均为
第一次碰撞过程中，薄片水平方向的动量变化量大小为
当水平位移不再增加时，即水平速度减为零，则有
联立解得
则薄片与水平面发生5 次碰撞后，水平位移将不会再增加。
4． 【答案】(1)i.
；ii.
，竖直向上
(2)
【详解】（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2
根据牛顿第二定律，上升过程有
根据位移时间公式有
根据牛顿第二定律，下降过程有
根据位移时间公式有
联立解得排球在空中运动时间
ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量
解得
因t2 >t1，故
，所以阻力总冲量方向竖直向上。
（2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有
其中
，
联立解得
根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于
5． 【答案】(1)
(2)4.5m
(3)
【详解】（1）候鸟俯冲过程，由牛顿第二定律
解得
（2）加速下落过程满足
解得
，方向竖直向下
（3）根据
解得
规定竖直向下为正方向，候鸟运动全程，由动量定理得
解得
水对候鸟作用力的冲量大小为
，方向竖直向上
题型02 动量定理处理流体类问题
6． 【答案】C
【详解】水炮在∆t 时间内射出的水的质量为
根据动量定理可知
解得
故选C。
7． 【答案】A
【详解】在地球表面有
近地轨道卫星做匀速圆周运动，重力提供向心力，有
联立可得
单位时间内与卫星碰撞的粉尘质量为
粉尘碰撞后获得与卫星相同的速度，根据动量定理得
联立可得拖拽力为
代入数据可得
故选A。
8． 【答案】AC
【详解】AB．飞船上附着的微尘质量为
由于题意可知要求的为单位时间内飞船上附着的微尘质量，此时
，解得
，故A 正确，B 错
误；
CD．微尘与飞船碰撞后相对静止，由动量定理有
由之前分析可知，附着在飞船上的微尘质量为
由于飞船速度保持不变，所以飞船的牵引力与阻力相等，有
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
9． 【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，对
时间内吹向游客的气体，设气体质量为
，根据动量定理可得
由于游客处于静止状态，根据受力分析，游客受力平衡，
另外
，联立可得
，故A 错误；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
，故B 正确；
CD．若风速变为原来的
，则根据动量定理可得
其中
，
，
可得
由牛顿第二定律
可得游客
，C 正确，D 错误。
故选BC。
题型03 动量定理在磁场中的应用
10． 【答案】BC
【详解】A．小球带正电，由静止释放，在竖直向下的重力与垂直纸面向里的匀强磁场中做摆线运动。其
运动可分解为：水平、竖直方向均以
做匀速圆周运动，圆周运动周期
第一次运动到最低点时，竖直分速度抵消为0，水平分速度合为
；洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做
功。洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功率公式
可知洛伦兹力瞬时功率恒为0，与速度大小无关，故A 错误；
B．小球第一次到达最高点的时间为一个周期
水平位移
竖直方向圆周运动一个周期回到初始高度，竖直位移为0，故合位移等于水平位移，故 B 正确；
C．小球第一次到达最低点的时间为半周期
水平位移
竖直位移为圆周运动半周期的直径
位移比值
，故C 正确；
D．由动量定理矢量分解，最低点水平动量变化
竖直方向
重力冲量
洛伦兹力冲量
，故D 错误。
选BC。
11． 【答案】BD
【详解】A．小球进入磁场时，受空气阻力
，方向向左，受洛伦兹力
，方向向上，则
，故A 错误；
BC．对x 方向应用动量定理
，可得
对y 方向应用动量定理
，
解得H 点的横纵坐标为
，
，故B 正确，C 错误；
D．对小球轨迹切线方向应用牛顿第二定律
，
，
小球轨迹长度为
，故D 正确。
故选BD。
12． 【答案】(1)
(2)
(3)图见解析，
【详解】（1）初速度越大离子束从y 轴射出磁场时离O 点越远，对于初速度为
的离子，在磁场中洛伦
兹力提供向心力
解得半径
故离子束从y 轴射出磁场时离O 点最远距离
（2）离子打在y 轴上的区间为
，则每秒打在探测板上的离子数为
对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中
，计算可得
对打在探测板最上端的离子，速度
打到y 轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为
被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y 轴均匀分布，由动量定理可得
解得单位时间内探测板受到的平均作用力
（3）由于
，如图所示
曲线1 为速度最大值时对应的轨迹，曲线2 为速度为v 时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于
与
全等，所以
所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示
则磁场最小面积为
解得
13． 【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）正对圆心
射入的粒子，沿半径
的圆弧运动并恰能通过圆心
，粒子在磁场中运动的轨迹
的圆心恰好为原点O，运动轨迹如图所示，
设速度偏转角为
，由几何关系有
解得
从O2点进入电场，沿y 轴方向，则有
解得
沿x 轴方向，则有
，
解得
粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动的时间
粒子在第Ⅲ象限无磁场区域运动的时间
运动的总时间
解得
（3）粒子到达P 点时沿y 轴方向分速度
粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次沿y 轴方向的分速度为0 的过程中，沿 y 轴由动量定理则有
其中
可得
又因为
可得
即
解得
题型04 动量定量在电磁场感应中的应用
14． 【答案】C
【详解】对电磁炮，根据动量定理得
，
，
联立解得最大速度为
故选C。
15． 【答案】B
【详解】A．S 拨到2 的瞬间，电容器放电，此时
与
并联后与电容器串联，而
与
电阻相同，则通
过
与
的电流相等，
与
所受的安培力大小相等，但
的质量大于
的质量，由牛顿第二定律知
的加速度小于
的加速度，故A 错误；
B．S 拨到2，稳定时，电容器两端的电压等于
与
两端产生的感应电动势，此时
与
以相同的速度
做匀速直线运动，对
与
整体，由动量定理
又
，
联立知
与
匀速运动的速度大小
，故B 正确；
CD．撤去
，将开关S 拨到2，电容器未充电，给
一个初速度
，设
稳定时的速度为，有电容器
电压
由动量定理
又
联立可得
可得导体棒做减速运动并最终做匀速直线运动，导体棒将不受安培力，可知导体棒不是一直减速到零，也
不是做匀减速运动，故CD 错误。
故选B。
16． 【答案】AC
【详解】AB．设杆b、c 的质量为
，长度为
，则物块a 的质量为
。b、c 两杆做匀速直线运动，受力
平衡。对c 进行受力分析得，重力沿斜面分量与安培力平衡，即
对b 进行受力分析得，a 对b 的拉力与安培力平衡，即
联立得
，故A 正确，B 错误；
CD．设从撤去外力到匀速的时间为，对c 由动量定理得
对a、b 由动量定理得
联立得
带入
解得
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
17． 【答案】BCD
【详解】由题知gh 段在磁场区域运动时，gh 两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀
变速直线运动，设正方形金属框efgh 运动的速度为v，有
，
，
，
联立有
B．由于gh 段在磁场区域运动时,正方形金属框efgh 做匀变速直线运动，则有
，
解得
，故B 正确；
CD．gh 在无磁场区域运动时，F = 0，正方形金属框efgh 水平方向只受到安培力，有
，
，
根据动量定理有
累加叠加可得
gh 段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh 做匀变速直线运动有
结合ma = b
解得
，
，故CD 正确；
A．由gh 段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh 做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
解得gh 在任一磁场区域的运动时间
，故A 错误。
故选BCD。
18． 【答案】(1)
，方向水平向右；
，方向水平向右。
(2)
【详解】（1）电源接通瞬间，金属棒MN 的加速度最大，设为am，此时电路中的电流
由牛顿第二定律有
联立解得
，方向水平向右。
当金属棒MN 的速度大小为v 时，电路中的电流
由牛顿第二定律有
当
时，金属棒的速度最大，设为
，则
联立解得
，方向水平向右。
（2）设经过时间t，金属棒的速度大小为v，由动量定理有
又
，
联立解得当金属棒的位移为
时，金属棒的速度大小
19． 【答案】(1)
，方向水平向左
(2)
(3)
【详解】（1）过山车进入磁场时回路电流为
右手定则可知电流方向向上。此时过山车所受安培力大小为
左手定则可知安培力方向水平向左。
（2）过山车从进入磁场到离开磁场的过程满足能量守恒定律，设可变电阻产生的焦耳热为Q，则
（3）当过山车以速度v 进入磁场，以
离开磁场时，设磁场区域长度为x，规定向右为正方向，根据动量
定理有
当过山车以速度v 进入磁场，以
离开磁场时，设可变电阻为
，同理，根据动量定理有
联立解得
20． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
边刚要离开区域Ⅱ下边界时，根据牛顿第二定律，有
线框中的感应电流
感应电动势
联立解得
（2）线框进入区域Ⅰ的过程中，安培力的冲量大小
其中
，
解得
从
边进入区域Ⅱ上边界至
边到区域Ⅱ下边界的过程中，
边和
边所受安培力的总冲量大小
其中
，
解得
从
边到区域Ⅱ的下边界至
边离开区域Ⅱ的过程中，同理可得
从线框由静止释放到
边离开区域Ⅱ的过程中，由动量定理有
联立解得
（3）从
边刚到
处至
边刚到
处的过程中，只有
边切割磁感线产生感应电流，也只有
边受到安培力的作用，
边刚到
处时，回路中的感应电流
线框中的电流不变，则线框所受的安培力大小
设
边刚到
处时线框的速度大小为
，则有
其中
解得
从
边刚到
处至
边刚到
处的过程中，根据动能定理有
其中
解得
1． 【答案】B
【详解】足球在空中飞行过程由动能定理可得
足球飞起的初速度大小为
运动员与足球作用过程由动量定理
解得
故选B。
2． 【答案】C
【详解】取极短时间
内与空间站碰撞的气体为研究对象。该部分气体的体积为
时间内扫过的气柱体
积，质量
气体初始相对地心静止，碰撞后与空间站共速为，根据动量定理，空间站对气体的作用力
满足
代入
可得
解得
根据牛顿第三定律，气体对空间站的阻力大小
空间站克服阻力做功的功率
故选C。
3． 【答案】C
【详解】A．光镊技术中光发生了折射，改变了传播方向，利用的是光的折射、光具有动量的性质，不是
光的直线传播，故A 错误；
B．根据
，微粒的折射率大于空气，激光进入微粒后传播速度会减小，故B 错误；
C．利用动量定理分析：入射光竖直向下的动量分量小于出射光竖直向下的动量分量，因此光总的动量变
化向下，说明微粒对光的作用力向下；根据牛顿第三定律，光对微粒的反作用力向上，因此操控对微粒产
生向上的作用力，故C 正确；
D．a 光对微粒的水平分力向右，b 光对微粒的水平分力向左。若只减小b 的强度，b 向左的分力减小，总
水平分力向右，不是向左，故D 错误。
故选C。
4． 【答案】C
【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有
设
时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为
对向下推动的空气由动量定理
且有
联立解得
故选C。
5． 【答案】B
【详解】沿速度方向，根据动量定理
垂直速度方向
场强
因为
与初速度方向反向，设场强方向与初速度反方向的夹角为α，且
所以场强方向与初速度方向的夹角
故选B。
6． 【答案】A
【详解】从ab 进磁场到cd 进磁场，位移为
，设时间为
，此过程感应电动势为
电流为
安培力
安培力的冲量
系统总质量为
合外力为
题目给出ab 边通过磁场上下边界时速度相等，均为
，因此总动量变化为
由动量定理，得
解得
同理，从ab 出磁场到cd 出磁场，设时间为
，位移均为
，安培冲量大小相同，受力规律相同，因此运
动时间相等
代入总时间
故选A。
7． 【答案】ACD
【详解】A．加速度与时间的关系（
）中图像与时间轴围成的面积是速度变化量
，从图像可知从0
到
时刻两图线与时间轴所围成的面积相等，而小球A、B 的初速度为0，即
时刻两小球速度大小相等，
对A 与B 的整体列动量定理，有
所以两球速度大小
设弹簧对球A 的冲量为
，对A 球由动量定理有
解得
，故A 说法错误，符合题意；
B．从0 到
时刻，以A、B 两球整体为研究对象，可列动量定理
其中
时刻小球A 的速度大小为
化简得
时刻小球B 的速度大小为
，故B 说法正确，不符合题意；
C．
时刻，两小球加速度大小相等，设弹簧的弹力为T，则对A 分析，有
对球B 分析，有
联立可知
，即弹簧处于原长，弹性势能为0，故C 说法错误，符合题意；
D．从图乙可知，从0 到
时刻，两个图像与时间轴围成的面积差一直在增大，
时刻达到最大，即
时刻
A 与B 的速度差最大，故D 说法错误，符合题意。
故选ACD。
8． 【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设
时间内，从无人机
个扇叶向下加速的气体体积为
，质量为
，则
，
对于
时间内向下加速的气流，令其受到的冲力为
，根据动量定理有
当无人机悬停时，由力的平衡条件得
联立解得空气流速
（2）无人机运动过程中，令初速度方向为正方向，水平方向动量定理
解得
令竖直向下为正，竖直方向动量定理
解得
整个过程中，由动能定理得
解得
9． 【答案】(1)
(2)
【详解】（1）导体棒
在区域Ⅱ运动时，根据平衡条件可得
安培力
，电流关系
联立解得
（2）导体棒
在区域Ⅱ上滑过程中，根据动量定理可得
根据闭合电路欧姆定律
并联电阻
导体棒所受安培力的冲量
由闭合电路欧姆定律有
感应电动势
运动的平均速度为
联立解得
10． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设匀速运动阶段的速度为，加速和减速过程的位移分别为
和
，由题意知
由匀变速直线运动速度与位移的关系，在加速阶段，有
在减速阶段，有
由牛顿第二定律，可得加速和减速过程飞行器所受合外力分别为
，
可得
加速和减速过程飞行器所受合外力大小之比为
。
（2）悬停时对飞行器，由平衡条件，得
对旋翼下方的空气在
时间内，由动量定理，有
其中
联立解得
（3）减速阶段的位移为
，则加速阶段的位移为
加速阶段的时间
匀速阶段的时间
减速阶段的时间
总时间
前一半时间的位移
后一半时间的位移
前一半时间和后一半时间的位移大小之比为
11． 【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）设粒子从
点运动到
点经历的时间为，经过
点时的速度为
，速度
与
轴负方向的
夹角为
，对于该过程，依据运动学公式，沿
轴方向，有
沿
轴方向，有
联立以上两式，解得
即
同时，又得
设当粒子进入第三象限磁场中后，其做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据图中几何关系，得
又据牛顿第二定律，得
联立以上两式，解得
则依据
与
的关系式，解得
（2）设电场强度的大小为
，粒子在电场中的加速度大小为
，据牛顿第二定律，得
再对粒子从
点运动到
点过程，由运动学公式，得
联立以上两式，解得
（3）设
、
两点间的距离为，粒子从
点运动至
点过程中，任一时刻的速度为，到达
点处的速
度大小为
，现将沿着
轴、
轴方向分解得到的速度分别记为
和
，对于该过程，在
轴方向，利
用微元法，依据动量定理得
即
同理，在
轴方向，依据动量定理得
即
联立以上式子，可得
，
对于粒子从
点运动至
点过程，由于洛伦兹力不做功，据动能定理得
解得，粒子克服阻力所做的功为
12． 【答案】(1)
，
(2)1875J
【详解】（1）由分析可知，运动员跳到5m 的高墙是4 段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m，
竖直位移为
且每次上升1.25m 时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m 的时间间隔为，竖直方向的初始速
度为
，则根据运动学公式有
，
解得
，
设运动员水平方向的运动速度为
，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有
解得
设墙壁对人的平均作用力的水平分量为
，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定
理方程有
解得
设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为
，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有
解得
（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为
运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为
故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为
13． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对于游客甲，从A 到B 的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）设碰撞后游客甲速度大小变为
，对于游客甲碰撞后有
，
联立解得
设游客甲与游客乙碰撞前速度为
，游客乙速度大小变为
，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有
，
解得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
游客乙从C 点飞出到落水时的位移大小为
（3）设游客甲从B 点冲入的速度为
，从C 点冲出时的速度为
，在水平面内设沿着BC 方向为y 方向，
沿BC 垂直方向为x 方向，竖直方向设为z 方向，则全过程甲速度在x 与y 方向的分量分别为
，
。对
x、y、z 三个方向的动量定理，有
，
，
且有
，
联立解得
，
，
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
，
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程
中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间
，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
14． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题可知，粒子在磁场中运动的轨道半径
粒子所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）由于
轴与荧光屏之间存在垂直
平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
故带电粒子在第一象限顺时针圆周运动，轨道半径
打在荧光屏上的粒子的两个临界为轨迹①和②，如图所示
根据临界轨迹①，并结合几何关系有
解得
由几何知识可得临界①对应的粒子在发射源上距离
轴的距离为
解得
临界②对应的粒子在发射源上位于
轴，故打到荧光屏上的粒子数占粒子总数的比例
解得
（3）由题意可知，所有粒子均不能打到荧光屏上，则临界
方向入射第一象限的粒子在变化后的磁场中
运动的轨迹刚好与荧光屏相切
则沿
轴方向根据动量定理有
整理得
由于
所以
解得
故
的取值范围为
15． 【答案】(1)
，方向水平向右
(2)
，方向竖直向上，
（
），方向水平向右
(3)
，方向水平向右
(4)见解析
【详解】（1）第一次作用前瞬间有
第一次作用时，竖直方向，有
水平方向，有
联立解得
方向水平向右；
（2）根据第一次结果，可以写出第n 次时，有
根据题述，竖直方向速度
方向竖直向上，且代入可得
根据数列知识，左右两侧累加，左侧消去中间项可得
方向水平向右，其中为满足题目中石头水平速度未减小到0 的情况，则μ，λ 需满足
（3）每次运动时间为
每次水平位移为
所以水平方向总位移为
方向水平向右；
（4）λ 越大，石头就会弹出越远，由于当
时，
，λ 高次项均可忽略，此时
令
，这一函数在
时取最大值，由于
，
，且位于
的区间的
右端点，在此区间内λ 越大，水平运动越远，因此这一说法在本题“整个过程中石头水平速度未减小到0”
条件下成立。
16． 【答案】(1)
，
(2)
，
(3)
【详解】（1）设小球从
到
速度变化量为
，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示
的大小为
，设
与
轴负方向夹角为
，有
解得
由动量定理可知，该过程合外力的冲量
解得
，方向与
轴负方向夹角
对小球受力分析，水平方向有
竖直方向有
设小球从
到
经历的时间为，则
联立解得电场强度与
轴正方向的夹角
（2）依题意，小球从
到C 所用时间为
，则小球在C 点时水平方向的分速度
，则小球经过
点时的速度大小
根据配速法，给小球配一个水平向右的速度
，大小满足
可得
设
与
等大反向，
与
的合速度为
，则小球的运动可看成以速度大小为
的匀速圆周运动和速度大
小为
的匀速直线运动的合运动，如图所示
根据几何关系可得
可知当
与
方向相同时，在区域II 运动时的速度最大，为
（3）小球在区域III 运动，由于
可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受
洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，
此时小球在区域III 中运动的水平位移最大。
小球经过第1 个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得
同理可得小球经过第2 个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得
小球经过第3 个磁场，有
小球经过第
个磁场，有
则小球经过
个磁场后，竖直方向有
可得
当
时，可得
当
时，可得
可知小球在第64 个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64 个磁场中沿水平方向通过的位
移为
，则有
解得
故小球在区域III 运动过程中最大的水平位移为
