2023-2025北京高三（上）期末物理匯編：動量定理

2023-2025北京高三（上）期末物理匯編

動量定理

一、單選題

1.（2025北京房山高三上期末）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所

示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到

點火的過程中，下列說法中正確的是（）

A.火箭的加速度為零時，動能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能

C.火箭受到推力的沖量小于重力和空氣阻力的沖量之和

D.高壓氣體的推力對火箭做的功小于重力和空氣阻力對火箭做功之和

2.（2025北京西城高三上期末）如圖所示，質(zhì)量相同的三個小物塊a、b、c處在同一高度，光滑斜面固定

在水平地面上。將。和b由靜止釋放，同時將c沿水平方向拋出。不計空氣阻力，下列說法正確的是

)

A.三個物塊同時落地B.三個物塊動能的變化量相同

C.三個物塊落地前瞬間的動能相同D.重力對三個物塊的沖量相同

3.（2025北京昌平高三上期末）籃球運動深受同學們喜愛。打籃球時，某同學伸出雙手接傳來的籃球，雙

手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他這樣做的效果是（）

A.減小籃球對手的沖擊力

B.減小籃球的動量變化量

C.減小籃球的動能變化量

D.減小籃球對手的沖量

4.（2025北京順義高三上期末）如圖所示，繞過定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩

子與水平桌面平行。現(xiàn)將兩物塊由圖示位置無初速度釋放，經(jīng)過時間二,物塊B未落地，物塊A未到達滑

輪位置。已知物塊A的質(zhì)量為2:小物塊B的質(zhì)量為相，重力加速度為g,不計滑輪、繩子的質(zhì)量和一切

A.繩子的拉力大小為機g

B.物塊A的加速度大小為:g

2

C.經(jīng)過時間物塊B的速度大小為

,._4

D.經(jīng)過時間3物塊A動量的變化量大小為耳機gf

5.（2024北京昌平高三上期末）我國自主研制的“天帆一號”太陽帆在軌成功驗證了多項太陽帆關鍵技術。

太陽帆可以利用太陽光的“光子流”為飛船提供動力實現(xiàn)星際旅行。光子具有能量，也具有動量。光照射到

物體表面時，會對物體產(chǎn)生壓強，這就是“光壓”。設想一艘太陽帆飛船，在太陽光壓的作用下能夠加速運

動，不考慮太陽以外的其他星體對飛船的作用力，下列說法不亞確的是（）

A.若光照強度和太陽光照射到太陽帆的入射角一定，太陽帆接受光的面積越大，該飛船獲得的動力越

大

B.若光照強度和太陽帆接受光的面積一定，太陽光照射到太陽帆發(fā)生反射，入射角越小，該飛船獲得

的動力越大

C.太陽光照射到太陽帆時，一部分被反射，另一部分被吸收，只有被反射的部分會對太陽帆產(chǎn)生光壓

D.若將太陽帆正對太陽，飛船無需其他動力，即可以遠離太陽做加速度減小的加速運動

6.（2024北京石景山高三上期末）如圖所示，輕細線與豎直方向夾角為仇長為L下端懸掛質(zhì)量為機的

小球，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，忽略小球運動中受到的阻力。將小球視為質(zhì)點，重力加速度為

g。則（）

A.輕細線對小球的拉力F=mgcos0

B.小球勻速圓周運動的周期T=2兀.

C.小球勻速圓周運動的線速度大小v=JgLsin6tane

D.在半個周期內(nèi)，合外力對小球的沖量大小"sin9tan9

7.（2024北京西城高三上期末）把一段導體棒用細導線水平懸掛在蹄形磁體的兩極間，導體棒通以如圖所

示的恒定電流后開始向右側擺動，經(jīng)過時間r到達最高點，此時懸線偏離豎直方向的最大擺角為凡若導

體棒的質(zhì)量為單根懸線的長度為L重力加速度為g,忽略這個過程中阻力的影響。下列說法正確的

是（）

A.圖中的蹄形磁體，上方的磁極為N極

B,擺動到最高點時，安培力等于加gtan。

C.導體棒從最低點擺動到最高點的過程中，受到的安培力的沖量大小等于%gf

D.導體棒從最低點擺動到最高點的過程中，受到的安培力做功等于施gL（l-cosO）

8.（2023北京順義高三上期末）籃球運動深受廣大同學們的喜愛，打籃球時某同學伸出雙手接住傳來的籃

球，之后雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示，下列說法正確的是（）

A.該同學這么做的目的是減小籃球對手的沖擊力

B.該同學這么做的目的是縮短籃球和手的作用時間

C.手對籃球的作用力與籃球對手的作用力是一對平衡力

D.只有球靜止后手對籃球的作用力才等于籃球對手的作用力

9.（2023北京昌平高三上期末）2022年北京冬奧會短道速滑混合團體接力決賽中，中國隊以2分37秒

348的成績奪冠。在交接區(qū)域，“交棒”運動員猛推“接棒”運動員一把，使“接棒”運動員向前快速沖出，如圖

所示。在此過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，下列說法正確的是（）

A.兩運動員的加速度一定相同

B.兩運動員相互作用力做的總功一定等于零

C.兩運動員相互作用力的總沖量一定等于零

D.兩運動員組成的系統(tǒng)動量和機械能均守恒

10.(2023北京海淀高三上期末)如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度。繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸

廠處的P點有一質(zhì)量為機的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，小物體由P點滑至圓盤上

的某點停止。下列說法正確的是()

A.圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向

B.圓盤停止轉動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2根?！?/p>

C.圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動

D.圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為“0廠

二、解答題

11.(2023北京海淀高三上期末)宏觀問題是由微觀機制所決定的。對同一個物理問題，常?？梢詮暮暧^

與微觀兩個不同角度研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而可以更加深刻地理解其物理本質(zhì)。

如圖1所示，一根橫截面積為S的細金屬棒，金屬棒內(nèi)單位體積有w個自由電子，電子質(zhì)量為優(yōu)、電荷量

為e。

(1)將此金屬棒接入電路后，若通過導體的電流強度為/,則金屬棒內(nèi)自由電子定向移動的速率v為多

少？

(2)經(jīng)典電磁理論認為：當金屬導體兩端電壓穩(wěn)定后，導體中會產(chǎn)生一穩(wěn)定的電場，稱為穩(wěn)恒電場，這

種電場的基本性質(zhì)與靜電場相同。金屬導體中的自由電子在恒定電場的電場力驅動下由靜止開始加速移

動，然后與導體中可視為不動的金屬離子發(fā)生“碰撞”，“碰撞”后電子沿導體方向定向移動的速率變?yōu)榱悖?/p>

然后再加速、再“碰撞”……這個過程中，自由電子定向移動的平均速率不隨時間變化。金屬電阻反映的就

是定向移動的自由電子與不動的粒子的碰撞產(chǎn)生的效果。假設自由電子連續(xù)兩次碰撞的平均時間間隔為

%,碰撞時間不計，不考慮自由電子之間的相互作用力。請根據(jù)以上描述構建物理模型，推導該金屬棒電

阻率P的表達式。

(3)如圖2所示，水平放置的電阻可忽略的兩根平行金屬導軌相距為L,導軌左端接一阻值為《的電

阻，將問題（1）中的金屬棒（名為仍）垂直放在導軌上，并接觸良好，整個裝置放在磁感應強度為B的

勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面，不計金屬棒協(xié)的電阻。當油棒以速度v水平向右勻速滑動時，

a.從宏觀角度看，請你根據(jù)電動勢的定義式，求金屬棒協(xié)在運動過程中，產(chǎn)生的感應電動勢E；

b.從微觀角度看，金屬棒演穩(wěn)定運動時，自由電子沿棒的方向運動，會經(jīng)歷如（2）中所描述“加速一碰

撞一速度歸零一再加速”過程，該過程可等效成電子在金屬離子的作用下，受到一平均阻力。已知金屬棒

電阻率為夕，根據(jù)以上分析，求此平均阻力的大小人

圖1圖2

12.（2023北京昌平高三上期末）一個質(zhì)量為相=60kg的蹦床運動員，從離水平網(wǎng)面高4=3.2m處自由下

落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高4=5.0m處。不計空氣阻力，g取lOm/s?。求：

（1）運動員在剛接觸網(wǎng)瞬間和剛離開網(wǎng)瞬間的速度大小匕和v2；

（2）運動員與網(wǎng)作用過程中速度變化量Av的大小和方向；

（3）運動員與網(wǎng)作用過程中所受合力的沖量大小

13.（2023北京豐臺高三上期末）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為8,兩條足夠

長的光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距為L左端接有電阻七一質(zhì)量為機、電阻為廠的

金屬棒放置在導軌上。金屬棒在水平向右的拉力尸作用下，以速度v沿導軌做勻速直線運動。求：

（1）金屬棒中產(chǎn)生的感應電動勢E；

（2）拉力P的大?。?/p>

（3）從撤去拉力產(chǎn)到金屬棒停止運動的過程中，安培力對金屬棒的沖量大小

參考答案

1.A

【詳解】A.火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的

推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故

火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的

加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做

加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；

B.根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯

誤；

C.根據(jù)動量定理，可知/推-/重-/阻=。

解得/推重+/阻

火箭受到推力的沖量等于重力和空氣阻力的沖量之和，故C錯誤;

D.根據(jù)動能定理，可知哪

解得比推=%+%

故D錯誤。

故選Ao

2.B

【詳解】AD.由于平拋運動的豎直分運動為自由落體，由〃=；g產(chǎn)，得

故b、c下落時間相同，根據(jù)

I=mgt

可知，重力對b、C兩物體的沖量相同；但根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可知

——=—gsinffi2

sin。2

可得。的下落時間

Vg(sin6)2

與6、。的下落時間不同，故三個物體受重力的沖量不同，故AD錯誤；

BC.由題意可知，三個物體下落的過程只有重力做功，重力對三個物體做功相同，根據(jù)動能定理可知

mgh=Ek'-Eii

三個物塊動能的變化量相同，c的初動能不為零，故落地瞬間c的動能較大，八6的動能相同，故B正

確，C錯誤。

故選B。

3.A

【詳解】ABD.先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，

根據(jù)動量定理得

—Ft=Q—inv

解得:

F=—

當時間增大時，球動量的變化率減小，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，所以A正確，BD

錯誤。

C.速度由v減小到0,動能的變化量是不變的，故C錯誤。

故選Ao

4.B

【詳解】AB.運動過程物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：

對A、B整體

mg=(2m+m)a

對A

T=2ma

解得

1

a=-g

十2

T=~mg

故A錯誤，B正確；

C.經(jīng)過時間物塊B的速度大小

1

v=at=—gt

故C錯誤；

D.經(jīng)過時間f,對物塊A,由動量定理得

T2

AA/?=It=—mgt

故D錯誤。

故選B。

5.C

【詳解】根據(jù)題意，設太陽單位時間內(nèi)向外輻射的光子數(shù)為N,太陽到太陽帆的距離為R,太陽帆的面積

為S,則單位時間內(nèi)照射到太陽帆上的光子數(shù)為

設太陽光照射到太陽帆的入射角為6,若所有光子被反射，時間f內(nèi)對太陽帆產(chǎn)生的壓力為歹，每個光子

的動量為。，由動量定理有

Ft=2mpcos0

解得

F_NSpcos0

~2TTR2

A.若光照強度和太陽光照射到太陽帆的入射角一定，即N和6不變，太陽帆接受光的面積S越大，則該

飛船獲得的動力廠越大，故A正確；

B.若光照強度和太陽帆接受光的面積一定，即N和S不變，太陽光照射到太陽帆發(fā)生反射，入射角。越

小，則該飛船獲得的動力越大，故B正確；

C.若太陽光照射到太陽帆時，光子被吸收，則有

Ft=ntpcos6

整理可得

_NSpcos0

一4%R。

可知，被吸收的光子會對太陽帆產(chǎn)生光壓，故C錯誤。

D.若將太陽帆正對太陽，同理可得

心理

2兀R2

由牛頓第二定律可得，飛船的加速度為

F—七二ma

整理可得

遠離太陽，R增大，則。減小，飛船無需其他動力，做加速度減小的加速運動，故D正確。

本題選錯誤的，故選C。

6.C

【詳解】A.根據(jù)平衡條件，輕細線對小球的拉力為

F=S

cos3

故A錯誤；

B.小球受到重力與繩子拉力，其合力提供向心力，則

4萬2

mgtan=mLsin3

小球勻速圓周運動的周期

X尸

故B錯誤；

C.根據(jù)

v2

mgtanUn=m——；—

Lsin0

解得小球勻速圓周運動的線速度大小為

v=sin，tang

故C正確；

D.根據(jù)動量定理，在半個周期內(nèi)，合外力對小球的沖量大小為

ZF=mv—(―mv)=2mv=2nxigLsin0tan0

故D錯誤。

故選C。

7.D

【詳解】A.當開關S閉合時，導體棒向右擺起，說明其所受安培力水平向右或水平向右的分量，由左手

定則可知，磁場方向一定豎直向上，下方為N極，故A錯誤；

B.若在最高點受安培力水平向右，根據(jù)共點力平衡條件可知安培力為

F=mgtan0

但最高點時安培力方向并非水平向右，故B錯誤；

C.導體棒從最低點擺動到最高點的過程中，設安培力和繩子拉力合力的沖量為I,根據(jù)動量定理可知

I—mgt=0

解得

I=mgt

所以導體棒受到的安培力的沖量大小不等于mgt,故C錯誤；

D.根據(jù)能量守恒定律可知安培力做功為

W=mgL(l-cos

故D正確。

故選D。

8.A

【詳解】AB.伸出雙手接住傳來的籃球，之后雙手隨籃球迅速收縮至胸前起到了緩沖作用，根據(jù)動量定理

可知

Ft=mAv

當籃球速度變化量Av相同時(從接住時的速度減為0),題中操作的緩沖作用是為了增加籃球和手的作用

時間從而減小籃球對手的沖擊力尸。故A正確，B錯誤；

CD.根據(jù)牛頓第三定律，手對籃球的作用力與籃球對手的作用力是一對相互作用力，任何情況下都是等大

反向的。故CD錯誤。

故選Ao

9.C

【詳解】A.“交棒”運動員和“接棒”運動員受到的推力大小相等，方向相反，但是質(zhì)量不一定相同，由牛

頓第二定律

因此加速度方向相反，大小也不一定相同，A錯誤；

B.交接棒過程中兩運動員之間的相互作用力等大反向，但兩力作用的位移并不相同，總功并不為零，B

錯誤；

C.兩個運動員相互作用的力的作用時間相同，等大、反向、共線，故“交棒”運動員對“接棒”運動員的沖

量與“接棒”運動員對“交棒”運動員的沖量等大、反向、共線，兩運動員相互作用力的總沖量等于零，C正

確；

D.運動員與冰面間的摩擦可忽略不計，在“交棒”過程中，“交棒”運動員猛推“接棒”運動員一把，兩個運動

員相互作用的力等大、反向、共線，作用時間相同，根據(jù)動量定理，兩個運動員的動量變化等大、反向、

共線，系統(tǒng)動量守恒。因為推力做功，“交棒”運動員和“接棒”運動員組成的系統(tǒng)機械能一定增加，D錯

誤。

故選Co

10.D

【詳解】A.圓盤停止轉動前，小物體隨圓盤一起轉動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方

向，故A錯誤；

B.圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力

根據(jù)動量定理得，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量為

I=mv-my=Q

大小為0,故B錯誤；

C.圓盤停止轉動后，小物體沿切線方向運動，故c錯誤；

D.圓盤停止轉動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量為

I'—Ap—0—mv=—mra>

大小為故D正確。

故選D。

E=BLv

【詳解】（1）在時間f內(nèi)，流過導線橫截面的帶電粒子數(shù)

N=nvtS

所以通過導線橫截面的總電荷量

Q=Ne

因此導線中電流

1=2

t

聯(lián)立以上三式可以推導出

I

v=-----

neS

(2)根據(jù)題目描述，自由電子在電場力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，運動時間%,速度變?yōu)樨?

然后與金屬粒子發(fā)生碰撞，速度減為零。因此自由電子碰撞前瞬間速度

V,=2v

根據(jù)動量定理

eU

以及電阻定律

R=p—

S

解得

_2m

ne2to

(3)a.電路中非靜電力是洛倫茲力沿棒方向的分力enB,根據(jù)電動勢的定義

E=W^=evBL=BLv

qe

b.電子最終在沿棒方向等價于勻速運動，所以受力平衡，有