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专题08 动量定理（含电磁场中的运用）
【命题解读】
动量定理通常结合其它动力学的重要知识点，如运动图像、牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动进行综合
考察，此类题型常出现在选择题中。也经常与电磁学问题综合，如带电粒子在复合场中含动量问题、导体
棒切割磁感线利用安培力的冲量问题，这些问题都需要利用微分求和思想，难度较大，此类题型经常出现
在压轴题。
【命题预测】
近几年高考中动量定理的综合应用考察频率非常高。2026 年高考中考察的概率非常大，且很有可能在碰撞
问题、电磁场中的综合应用中出现在压轴题。
题型01 动量定理的初步应用
1．（多选）（2026·河南开封·模拟预测）如图所示是机器人进校园陪孩子们上体育课的情景，机器人在距
离地面高2.3m 处将排球以8.0m/s 的速度水平向右击出，同学在离地0.5m 处将排球垫起，垫起前后球的速
度大小相等、方向相反。已知排球质量为0.3kg（重力加速度
，不计空气阻力），则（ ）
A．排球被垫起前在水平方向飞行的距离为4.8m
B．排球被垫起前瞬间速度与水平方向的夹角为53°
C．排球被垫起前后所受合力的冲量大小为
D．排球被垫起后将不能回到原来的抛出高度
【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．（2026·江苏镇江·模拟预测）如图所示，质量
为
的木块以初速度
从桌边
点水平滑出
落在粗糙水平地面
点，在极短时间内竖直速度减为0，又滑动一段距离，最终停在地面上
点。已知桌
面距离水平地面的高度为
，
、
两点的距离为
，
取
。不计空气阻力，求
(1)
、
两点间的水平距离
；
(2)落地前瞬间，重力的瞬时功率；
(3)地面的动摩擦因数
。
【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．（2026·陕西西安·模拟预测）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y 两个方向上分
别研究。如图质量为m 的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平固定面上，与水平面碰前瞬时速度为v0，方
向与水平方向夹角α=45°。薄片与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。
薄片每次碰撞前后竖直方向的分速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知sin37°=0.6，
求：
(1)薄片与水平面在第1 次碰撞后瞬间速度与水平方向夹角的正切值；
(2)薄片与水平面在第1 次碰撞的过程中，受到地面的冲量大小；
(3)薄片与水平面发生多少次碰撞后，水平位移将不会再增加？
【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．（2026·广东广州·一模）如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向
上运动，上升h 后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度
为g。
(1)排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求：
i.排球在空中运动的时间；
ii.空气阻力的冲量大小和方向。
(2)若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平
均作用力大小。
【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．（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）每年春季有大量鸻鹬类候鸟（如斑尾塍鹬、大滨鹬）栖息于鸭绿江口，
是观鸟的好时期。如图甲所示，一质量为
的候鸟观察到猎物后在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，
入水后做减速直线运动。整个运动过程的
图像如图乙所示，已知候鸟入水瞬间的速度大小为
，在
空中俯冲时受到的阻力恒为重力的0.1 倍，重力加速度大小
取
，求：
(1)候鸟加速过程中加速度的大小；
(2)候鸟加速过程的时间及
位移的大小；
(3)
过程中水对候鸟作用力的冲量大小。
【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．（2025·海南·一模）如图所示，海警船上配备有水炮，水炮的出水口直径为
，海水密度为
，静止的
海警船上的炮管水平射出的水流速度为，则射出的水对水炮的水平作用力大小
等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·浙江衢州·二模）太空垃圾是指绕地球高速运行的报废卫星，它可视为在近地轨道上做匀速圆周
运动。某报废卫星的质量
，横截面（与卫星运动方向垂直）
，若在半径为
的
近地轨道附近布满密度为
的粉尘气体（由粉尘粒子构成），假设粉尘粒子相对地心处
于静止状态，它们和该报废卫星发生碰撞后黏附在卫星上。已知地球的密度为
，地球的
半径
，重力加速度大小
，试估算该报废卫星因与粉尘碰撞而受到的拖拽力大小约
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（多选）（2026·河南郑州·一模）一深空探测宇宙飞船以恒定速度v 经过宇宙微尘区，飞船垂直于速度
方向的正面面积为S，微尘区的密度为
。设微尘与飞船碰撞后附着于飞船上，且其质量远小于飞船质量，
则（ ）
A．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为
B．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为
C．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为
D．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为
【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．（多选）（2026·湖北孝感·二模）一项新型娱乐项目“娱乐风洞”，是在一个特定的空间内通过风机制
造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m 的游客恰好悬
浮在直径为d 的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为
，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面
积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为
零，则下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内横截面的气体体积为
C．若风速变为原来的
，游客开始运动时的加速度大小为
D．若风速变为原来的
，游客开始运动时的加速度大小为
【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．（多选）（2026·江西·模拟预测）在一个范围足够大、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一个质
量为m、电量为q 的带正电小球由静止释放，已知当地的重力加速度为g，磁场方向水平，如图所示。小
球从静止开始下落的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时，洛伦兹力的瞬时功率为
B．小球从出发第一次到达最高点时的位移为
C．小球从出发到第一次到达最低点的过程中，水平位移与竖直位移大小之比为
D．小球从出发到第一次到达最低点的过程中，洛伦兹力的冲量大小为
【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．（多选）（2026·湖南·二模）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅳ象
限存在磁感应强度大小为B、方向垂直桌面向下的匀强磁场。一可视为质点、带电荷量为
、质量为m 的
小球，从O 点以初速度大小
沿x 轴正方向进入磁场，小球在运动过程中受到的空气阻力大小
（其
中k 为已知常数），空气阻力方向与小球速度方向相反，最终小球停在H 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球进入磁场瞬间加速度大小为
B．H 点的横坐标为
C．H 点的纵坐标为
D．小球轨迹长度为
【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．（2026·湖南怀化·一模）如图所示，位于x 轴上的离子源P 可发射质量为m、电荷量为q 的正离子，其
速度方向沿x 轴正方向，速度大小范围为
，在坐标轴第一象限以及x 轴正半轴存在垂直纸面向里，
磁感应强度大小为
的匀强磁场。离子从O 点（坐标原点）垂直y 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到
y 轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y 轴的离子总数为
，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以
及电荷量的变化。
(1)求离子束从y 轴射出磁场时离O 点最远距离；
(2)若在y 轴上
区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子
被吸收，
被反向
弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5 倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y 轴均匀分布，
求探测板受到的平均作用力大小；
(3)若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为
，请你设计磁场区域的形状，使所有
离子从O 点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P 点，若
，请画出磁场大致形状并计算
磁场最小面积。
【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．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ象限内存在沿x 轴负方向的
匀强电场，第Ⅲ象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以
为圆心、半径为2R
的圆弧，上边界是以
为圆心、半径为R 的半圆弧，磁感应强度大小为
。一质量为m、电荷量
为q 的带负电粒子，从y 轴上的M 点沿x 轴负方向正对圆心
发射，沿半径
的圆弧运动并恰能通
过圆心
，进入电场后从 y 轴上的
点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。
(1)求粒子射入第Ⅱ象限时的速度大小
(2)求匀强电场的场强E 及粒子在第Ⅱ、Ⅲ象限中运动的总时间
(3)若第Ⅰ象限中有方向垂直纸面向里的磁场图中未画出，磁场的磁感应强度大小
为正的常量，
y 为纵坐标，即在x 方向均匀分布，在y 方向随y 均匀增大，求粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次离x 轴最
远时的轨迹与x 轴围成的面积S。
【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．（2026·陕西宝鸡·二模）电磁弹射系统利用超级电容器放电产生强电流，通过磁场对通电导体的安培
力实现弹射。在如图所示的电磁弹射模型中，假设超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁
炮的炮弹所需电荷量为超级电容所存储电荷量的10%，炮弹质量为m，导轨宽为L，导体推杆垂直导轨并
接触良好，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹能获得的最大速度为（
）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·浙江衢州·二模）如图所示，间距为
的足够长的光滑平行长直导轨水平放置，两导轨间有磁
感应强度大小为
的匀强磁场。电阻相等的导体棒
和
静止在导轨上，与导轨垂直并接触良好，且可以
沿导轨自由滑动。电动势为
、内阻不计的电源及电容为
的电容器、导轨构成如图所示的电路。已知
的质量
大于
的质量
，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．先将S 与1 接触给电容器充电，稳定后将S 拨到2 的瞬间，
的加速度大于
的加速度
B．先将S 与1 接触给电容器充电，稳定后将S 拨到2，
的最终速度大小为
C．撤去
，将开关S 拨到2，电容器未充电，给
一个初速度
，导体棒将一直减速到零
D．撤去
，将开关S 拨到2，电容器未充电，给
一个初速度
，导体棒做匀减速运动。
【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．（多选）（2026·湖南·模拟预测）如图所示，两不计电阻且足够长的光滑导轨PME 与QND 平行放置，
其中PM 与QN 构成斜面，其与水平方向夹角
，ME 与ND 构成水平面，斜面PQNM 与水平面
DEMN 的交线MN 垂直于各导轨。杆b、c 为完全相同的金属杆，长度略长于两轨道的间距，且垂直于两导
轨。杆b 放置在水平面DEMN 上，水平面DEMN 上有竖直向上的匀强磁场
。杆c 放置在斜面PQNM 上，
斜面PQNM 上有垂直于斜面，斜向左上的磁场
。杆b 连接一轻绳，轻绳绕过垂直两导轨且固定于两导
轨之间的光滑绝缘杆d，另一端系在物块a 上，a 的质量为杆b 的2 倍。最初系统在外力作用下静止，撤去
外力后，经过一段时间后b、c 两杆做匀速直线运动，速度大小分别为
和
。则（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（多选）（2026·安徽合肥·模拟预测）如图1 所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d 的正方形金
属框efgh 做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d 的正方形匀强磁场和无磁场
区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh 段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力
F=kv＋b（k>0，b>0），且gh 两端的电压随时间均匀增加；当gh 在无磁场区域运动时，F=0。gh 段速度
大小v 与运动路程s 的关系如图2 所示，图中
（
）为gh 每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽
略摩擦力。则（ ）
A．gh 在任一磁场区域的运动时间为
B．金属框的总电阻为
C．小车质量为
D．小车的最大速率为
【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．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，足够长的粗糙平行金属导轨水平固定，导轨间距为
，整个导轨
处于竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场中。一质量为
、电阻为
、长度也为
的细直金属棒
置于导轨上，导轨左侧与一电动势为
、内阻为的电源相连，导轨电阻不计。接通电源后，金属棒
由静止开始运动，整个运动过程中，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，且金属棒所受阻力大小恒为
。
(1)求整个运动过程中，金属棒的最大加速度和最大速度。
(2)从刚开始运动开始计时，求经过时间，当金属棒的位移为
时，金属棒的速度大小。
【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．（2026·贵州贵阳·一模）磁力制动系统是目前大型过山车进站减速的首选制动方式，其原理简化俯视
图如图所示，间距为d 的平行金属导轨固定在水平地面上，其右端连接一可变电阻，过山车可简化为一根
质量为m、垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒，垂直导轨的两虚线与导轨围成的矩形区域内存在磁感
应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。当可变电阻阻值为R 时，过山车以速度v 进入磁场，离开磁
场时速度为
。除可变电阻外其余电阻不计，忽略摩擦及空气阻力。
(1)求过山车刚进入磁场时所受安培力的大小和方向；
(2)求过山车穿过磁场区域的过程中可变电阻产生的焦耳热；
(3)当可变电阻的阻值为多少时，可使过山车以速度v 进入磁场，以
的速度离开磁场？
【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．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，一倾角为37°的光滑绝缘斜面和光滑绝缘水平面平滑连接，在
斜面上存在两个宽度均为
的区域Ⅰ、Ⅱ，区域边界均平行于斜面底边
，区域Ⅰ内有垂直于斜
面向上的匀强磁场，区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，两个区域的磁场的磁感应强度大小均为
。水平面上虚线
（
平行于
且
、
间距大于
）右侧存在方向竖直向下的磁场，磁感
应强度大小与到
的距离
之间的关系满足
（其中
，
）。将一边长
、质量
、电阻
的单匝正方形金属线框
从斜面上某一位置处由静止释放，
边刚要离开区域Ⅱ的下边界时，线框的加速度大小
，方向沿斜面向下。当
边刚到达
处
时，线框的速度大小
，从此刻开始对线框施加一水平方向的外力
，使线框中的电流保持不变。
已知在运动过程中
边始终平行于斜面底边
，重力加速度
取
，
。求：
(1)
边刚要离开区域Ⅱ时，线框的速度大小
。
(2)从线框由静止释放到
边刚要离开区域Ⅱ所用的时间
。
(3)从
边刚到
处至
边刚到
处的过程中，外力
所做的功
。
【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．（2026·云南·模拟预测）被运动员踢出的足球在空中飞行的部分轨迹如图中虚线所示。运动员的脚与足
球作用时间约为
，足球上升的最大高度约为
，在最高点的速率约为
。足球质量约为
，
不考虑空气阻力，
取
，则运动员踢球时对足球的平均作用力大小约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·福建·模拟预测）我国“天宫”空间站在距地面约
的轨道上运行，该高度处仍存在相对地
心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知
空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为
，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰
撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·浙江宁波·二模）光镊技术可以用来捕获、操控微小粒子（目前已达微米级），其原理是光在接
触物体后，会对其产生力的作用，虽然这个作用力很微小，但对于微小的物体如细胞，这种作用力足够使
它发生移动。如图所示是某次激光操控微粒的光路示意图，
、
为完全相同的激光束，则（ ）
A．光镊技术利用光的直线传播特性
B．激光进入该微粒后传播速度不变
C．此次操控对微粒产生向上的作用力
D．只减少激光束
的强度，对微粒有向左的分力作用
【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．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M 的6 轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均
竖直向下吹出最大速度为v 的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速
度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·湖南邵阳·二模）质量为m，电荷量大小为q 的带电小球在光滑绝缘的水平面上以初速度
做匀
速直线运动。现平行水平面施加一匀强电场，经时间t 后小球速度大小仍为
，其速度方向与初速度方向
的夹角为60°。则匀强电场场强的大小E 和场强方向与初速度方向的夹角
分别为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·河北保定·一模）如图所示，存在上下边界水平、方向垂直纸面的磁场区域，磁感应强度大小为
B，边长为L、质量为m、阻值为R 的正方形线框通过绝缘细线绕过两光滑定滑轮与质量为3m 的物体相连，
初始细线伸直，线框静止释放后经一段时间，ab 边到磁场下边界，线框在磁场区域加速运动的时间为
。
已知磁场区域高度大于L，ab 边通过磁场上下边界时的速度相等，重力加速度为g，线框从ab 边进磁场到
cd 边出磁场的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（多选）（2026·重庆·一模）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为
的小球
、
。小球
用细线悬
挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，
、
两小球运动的
图线如图
乙所示，表示0 到
时间内
的
图线与横轴所围面积大小，重力加速度为
。下列说法不正确的是
（ ）
A．从0 到
时刻，弹簧对
球的冲量为
B．
时刻，
球的速度大小为
C．
时刻，弹簧弹性势能最大
D．
时刻，
、
两小球的速度差最小
【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．（2025·山西·模拟预测）现有一四旋翼无人机质量为
，每个螺旋桨扇叶直径为
。当无人机悬停时，
螺旋桨将扇叶上方原本静止的空气向下加速为稳定气流。已知空气密度为
，重力加速度为
。
(1)求无人机悬停时的螺旋桨推动空气的流速；
(2)若该无人机质量
，在距离地面高
处以速度
沿水平方向飞行时突然失去动力螺
旋桨停转，之后运动过程中无人机始终受到与运动方向相反的空气阻力，空气阻力大小
，其中
。已知无人机从失去动力到落地的过程中所用的时间为
，水平位移为
，重力加
速度
。求该过程中空气阻力所做的功。
【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．（2026·河南·一模）如图所示，一间距
、电阻不计的足够长粗糙矩形导轨
，与水平面的夹
角
，两端接有阻值分别为
的定值电阻，矩形区域Ⅰ、Ⅱ内均有垂直于导轨平面向下的
匀强磁场，磁感应强度大小
，两区域边界之间的距离
。质量
，电阻
的导
体棒
垂直放在导轨上，其长度也为
，在
沿导轨平面向上的恒力作用下导体棒
由静止开始
运动，进入区域Ⅱ后立即做匀速运动。导体棒
与导轨间的动摩擦因数
，运动过程中始终保持与
导轨垂直且接触良好，重力加速度
取10m/s²，空气阻力不计。（
，
）
(1)求导体棒
在区域Ⅱ中运动时流过
的电流的大小；
(2)若导体棒
到达区域Ⅱ的边界时立即将恒力
撤去，它能继续向上滑行的最大距离
。求导体
在区域Ⅱ上滑的时间。
【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．（2026·河北保定·一模）2025 年12 月10 日，由中国航空工业集团自主研制的800 公斤级重载电动垂
直起降飞行器AR-E800 首飞任务圆满成功。假设飞行器垂直起飞过程如下：先做匀加速运动再做匀速运动，
后做匀减速运动到悬停，加速、匀速和减速的位移之比为3：6：1。空气密度ρ 取
，重力加速度
g 取
。
(1)求加速和减速过程飞行器所受合外力大小之比；
(2)若旋翼总面积为
，求悬停时旋翼使其下方空气获得的速度大小；
(3)求垂直起飞过程前一半时间和后一半时间的位移大小之比。
【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．（2026·山西大同·一模）如图所示，在平面直角坐标系
的第二象限内有沿
轴负方向的匀强电场，
第三、四象限内有垂直于坐标平面向里磁感应强度为
的匀强磁场。现在一质量为
、电荷量为
的带正
电的粒子从
轴上的
点，以某一初速度
（未知）沿
轴负方向射入第二象限，粒子经电场偏转后从
轴上的
点进入第三象限，之后经磁场偏转从
轴上
点（未画出）垂直
轴射入第四象限，已知
、
两点的坐标分别为
，
，不计粒子的重力。
(1)求粒子初速度
的大小；
(2)求匀强电场的电场强度大小；
(3)粒子射入第四象限的磁场后，还始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力（比例系数为
），且只
在该象限内运动。已知粒子在该象限内的轨迹恰好与
轴相切于
点（未画出），且
点处粒子速度不为
零，求：
、
两点间的距离以及粒子从
点运动至
点过程克服阻力所做的功。
【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．（2026·河北沧州·一模）跑酷运动员通过在墙壁间左、右跳跃来爬上高墙。如图所示，两墙壁的间距
为2m，左墙壁的高度为5m，运动员（可视为质点）向右冲向墙壁，在离右墙壁2m 的地方斜向右上方起
跳，与右墙壁作用两次，与左墙壁作用一次，第二次到左墙壁时恰好到达左墙壁上沿。运动员每次和墙壁
作用前瞬间竖直速度恰好减到零，作用前、后水平速度大小不变、方向反向，作用后瞬间的竖直速度和在
地面起跳时的竖直速度相等。已知运动员每次和墙壁的作用时间都为0.1s 且与墙面不发生相对滑动，运动
员的质量为50kg，重力加速度
，不计空气阻力。求：
(1)运动员每次与墙壁作用过程中水平方向和竖直方向的平均作用力大小；
(2)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。
【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．（2026·湖南怀化·一模）水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1 为水滑梯的示意图，倾角为
的斜加速滑道AB 和水平减速滑道BC 平滑连接，起点A 距水平滑道的高度为H，BC 长d，端点C 距溅落
区水面的高度为
。乘坐滑垫的游客在AB 滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为
，
在BC 滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m
的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A 无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m 的游客乙发生碰
撞，游客甲碰后反弹运动l 后停下，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他
阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
(1)游客甲到达B 点的速度大小；
(2)游客乙从C 点飞出到落水时的位移大小；
(3)由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d 无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计
方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为
的圆弧组成，其俯视图如图2 所示。若游
客甲单独从新设计的水平滑道的B 端滑向C 端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量
的大
小。
【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．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，平面直角坐标系
中，有一个半径为
的圆形磁场区域，其圆
心坐标为
，磁感应强度大小为
，方向垂直
平面向外。在直线
上放置长度为
的线状
粒子源，粒子源一端在
轴上，该粒子源沿
方向均匀发射速度大小为
的相同带电粒子，所有粒子经磁
场偏转后从坐标原点
处射出，其中指向圆心射入的粒子恰好从
点沿
轴正方向射出。
处有与
轴平行的荧光屏，荧光屏足够大。粒子的重力及粒子间的相互作用忽略不计，取
。
(1)求粒子的比荷
；
(2)若
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
，求打到荧光屏上的
粒子数占粒子总数的比例；
(3)若
轴与荧光屏之间存在垂直
平面向外的磁场，磁感应强度大小
与横坐标
满足
（
为常
量），所有粒子均不能打到荧光屏上，（不考虑
轴上的入射粒子）求
的取值范围。
【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．（2026·湖南·模拟预测）打水漂是一项有趣的活动。捡起岸边石头，合理把控角度和速度扔出，石头
会在水面上多次弹起。现建立如下模型来研究打水漂：当水平抛出质量为m 的小石头后，小石头以大小为
，与竖直方向夹角为45°的速度与水面作用，作用后竖直方向速度反向，大小减小，水平方向速度由
于水面的摩擦力产生冲量，也会减小。已知石头与水面动摩擦因数为μ（μ<1），重力加速度大小为g，每
次与水面作用的时间极短，作用过程中重力产生的冲量可忽略不计，且每次作用后竖直方向的速度大小均
为作用前的λ 倍（λ<1），整个过程中石头的水平速度未减小到0。求：
(1)石头与水面第一次作用后，石头的水平速度；
(2)石头与水面第n 次作用后，石头的竖直速度和水平速度；
(3)从石头第一次与水面作用开始，到其第n 次与水面作用前，石头的水平位移；
(4)在上述条件下，λ 越大，石头就会弹出越远吗？给出判断理由。
【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．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系中，
轴水平向右、
轴竖直向上，区域I 存
在平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小为
，区域II 存在垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小为
，区域III 存在竖直向上、场强大小为
的匀强电场和垂直于xOy 平面向外、
宽度均为
、磁感应强度大小依次为
的
个匀强磁场。在原点
处将质量为
、电荷量为
的小球以大小为
的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为
经过
点，速度方向与
轴正方
向相同，之后经过
与
轴的交点
，小球第一次经过
时速度方向沿
轴正方向。已知
是相邻区域的边界且均与
轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为
。
(1)求小球从
点运动到
点过程中合外力的冲量及区域I 中的电场强度与
轴正方向的夹角
；
(2)求小球经过
点时的速度大小
和在区域II 运动时最大速度的大小
；
(3)若
，求小球在区域III 运动过程中最大水平位移的大小
。
【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
