壓軸題05動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用

1.動量定理及動量守恒定律在高考物理中擁有極其重要的地位，它們不僅是力學(xué)知識體系的核心組成部分，也

是分析和解決物理問題的重要工具。

2.在高考命題中，動量定理及動量守恒定律的考查形式豐富多樣。這些考點既可能以選擇題、計算題的形式直

接檢驗學(xué)生對基本原理的掌握情況，也可能通過復(fù)雜的計算題、應(yīng)用題，要求學(xué)生運用動量定理和動量守恒定律

進行深入分析和計算。此外，這些考點還經(jīng)常與其他物理知識點相結(jié)合，形成綜合性強的題目，以檢驗學(xué)生的綜

合應(yīng)用能力。

3.備考時，考生應(yīng)首先深入理解動量定理和動量守恒定律的基本原理和概念，明確它們的適用范圍和條件。其

次，考生需要熟練掌握相關(guān)的公式和計算方法，并能夠在實際問題中靈活運用。此外，考生還應(yīng)注重解題方法的

總結(jié)和歸納，特別是對于典型題目的解題思路和方法，要進行反復(fù)練習(xí)和鞏固。

考向一：彈簧類問題中應(yīng)用動量定理

1.動量定理的表達式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用它分

析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。

2.動量定理的應(yīng)用技巧

(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量

如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化

Δp,等效代換得出變力的沖量I。

(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動量的變化

考向二：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動量定理

1.流體類“柱狀模型”問題

流體及

通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ

其特點

分1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S

析

微元研究，作用時間內(nèi)的一段柱形流體的長度為，對應(yīng)的質(zhì)量為＝

步2ΔtΔlΔmρSvΔt

驟

3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體

2.微粒類“柱狀模型”問題

微粒及通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單

其特點位體積內(nèi)粒子數(shù)n

1建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S

分

析微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則

2

步微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt

驟

3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算

考向三：碰撞類和類碰撞類問題中應(yīng)用動量守恒定律

1.碰撞三原則：

(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.

2222

p1p2p1′p2′

(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.

2m12m22m12m2

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，

則應(yīng)有v前′≥v后′。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.“動碰動”彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰

ˊˊ

后速度分別為v1，v2，則有：

1111

mvmvmv'mv'(1)mv2mv2mv'2mv'2(2)

11221112211222211212

聯(lián)立（1）、（2）解得：

’’

’’v1v2v1ˊv2ˊ

v1=，v2=.

m1m2

ˊˊ

特殊情況：若m1=m2，v1=v2，v2=v1.

3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論

兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)

121212

生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）m1v1＝m1v1′＋m2v2′（2）

222

（m1－m2）v12m1v1

解得：v1′＝，v2′＝

m1＋m2m1＋m2

結(jié)論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)

(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)

(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)

(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)

(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)

01應(yīng)用動量定理處理蹦極類問題

1．蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動。圖甲為蹦極的場景，一游客從蹦極臺下落的速度一位移圖象如圖乙所

示。已知彈性輕繩的彈力與伸長量的關(guān)系符合胡克定律，游客及攜帶裝備的總質(zhì)量為50kg，彈性輕繩原長為10m，

若空氣阻力恒定，游客下落至5m處時速度大小為310m/s，重力加速度g取10m/s2，下列正確的是（）

A．整個下落過程中，游客先處于失重后處于超重狀態(tài)

B．游客及攜帶裝備從靜止開始下落15m的過程中重力的沖量為750Ns

C．游客在最低點時，彈性勢能最大為13000J

D．彈性繩長為20m時，游客的加速度大小為9m/s2

【答案】A

【詳解】A．由題圖乙可知游客從蹦極臺下落過程先加速后減速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以

游客先處于失重后處于超重狀態(tài)，故A正確；

B．以游客及攜帶裝備為研究對象，從靜止開始下落15m的過程中，由動量定理得

I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s

故重力的沖量大于750N·s，故B錯誤；

C．游客在前5m做勻加速直線，根據(jù)動能定理

1

(mgf）hmv2

121

解得

f=50N

從下落至最低點過程中能量守恒

mghEpmfh

解得

Epm=500×26-50×26=11700J

故C錯誤；

D．游客下落15m時合力為0時速度最大，此時彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即

f+kΔx＝mg

解得

mgf

k＝＝45N/m

x

彈性繩長為20m時，彈性繩的彈力

F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N

根據(jù)牛頓第二定律得

F+f－mg＝ma

解得

a＝0m/s2

故D錯誤。

故選A。

02應(yīng)用動量定理處理流體類問題

2．雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強p，小明將一圓柱形量

筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后

以速率v豎直反彈，雨水的密度為，不計雨滴重力。壓強p為（）

hh

A．(vv)B．(vv)

t0t0

2222

C．(v0v)D．(v0v)

【答案】B

【詳解】以極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為m，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，根據(jù)動量定理

有

F1tmvmv0

由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為

S圓hh

m0

tS圓t

則以極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量

hSt

mmSt

0t

根據(jù)牛頓第三定律有

F2F1

雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強

F

p2

S

解得

h

p(vv)

t0

故選B。

03分方向動量定理應(yīng)用問題

3．如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。

分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高

度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成

正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．小球落地時重力的功率為mgv

mvsinkh

B．小球下落的時間為

mg

mv2vcos

C．小球下落過程中的水平位移大小為0

k

122

D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為mvv0mgh

2

【答案】B

【詳解】A．小球落地時重力的功率為

PGmgvsin

故A錯誤；

B．小球下落過程在豎直方向根據(jù)動量定理

mvsinmgtk(vy1vy2vy3......)t

(vy1vy2vy3......)th

解得小球下落的時間為

mvsinkh

t

mg

故B正確；

C．小球在水平方向根據(jù)動量定理

mvcosmv0k(vx1vx2vx3......)t

(vx1vx2vx3......)tx

解得小球下落過程中的水平位移大小為

mvvcos

x0

k

故C錯誤；

D．小球下落過程根據(jù)動能定理

11

mv2mv2mghW

220f

解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為

11

Wmghmv2mv2

f220

故D錯誤。

故選B。

04彈性碰撞類問題

4．如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半

徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可

忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為（）

A．hB．2hC．3hD．4h

【答案】D

【詳解】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得

v2=2gh

解得觸地時兩球速度相同，為

v2gh

m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、

m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：

m2v-m1v=m1v1+m2v2

由能量守恒定律得

111

mmv2mv2mv2

212211222

由題可知

m2=3m1

聯(lián)立解得

v122gh

反彈后高度為

v2

H1=4h

2g

故D正確，ABC錯誤。

故選D。

05完全非彈性碰撞類問題

5．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L，某個滑塊均

可看成質(zhì)點?，F(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度v0，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第

n1個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為（）

n21Lnn1n2Lnn1L

A．B．LC．D．

2v02v02v02v0

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律

mv02mv2

可知第二個滑塊開始運動的速度大小為

1

vv

220

同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為

1

vv

330

第（n-1）個球開始滑動的速度大小為

1

vv

n1n10

因此運動的總時間為

LLLLLn(n1)L

t(123n1)

v111v2v

0vvv00

2030n10

故選B。

06斜面類類碰撞問題

6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_

上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖

像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（）

b

A．小球的質(zhì)量為M

a

ab

B．小球運動到最高點時的速度為

ab

a2

C．小球能夠上升的最大高度為

2(ab)g

D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動

【答案】C

【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得

mv0mv1Mv2

mvm

v0v

2MM1

結(jié)合圖乙可得

mb

Ma

mv

0b

M

所以

b

av，mM

0a

故A正確，不符合題意；

D．對小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有

mv0mv1Mv2

111

mv2mv2Mv2

202122

解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為

mMa(ba)

vv0

1mM0ab

即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；

B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，在水平方向上由動量守

恒定律得

mv0(mM)v共

解得

mv0ab

v共

mMab

故B正確，不符合題意；

C．小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得

1212

mv(mM)v共mgh

202

解得

Mv2a3

h0

2(mM)g2(ab)g

故C錯誤，符合題意。

故選C。

07彈簧類類碰撞問題

7．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接

觸但不黏連。物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分

開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A．物塊C的質(zhì)量為2kg

B．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5J

C．4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為0

D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s

【答案】D

【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為v19m/s，碰后速度為v23m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初

速度方向為正方向，由動量守恒定律

mCv1(mAmC)v2

解得

mC1kg

故A錯誤；

B．AC粘在一起速度變?yōu)?時，彈簧的彈性勢能最大，為

1

E(mm)v213.5J

p2AC2

故B錯誤；

C．由圖知，12s末A和C的速度為v33m/s，4s到12s過程中墻壁對物體B的沖量大小等于彈簧對物體B的沖

量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為

I(mAmC)v3(mAmC)v2

解得

I18Ns

方向向左，故C錯誤；

D．物塊B剛離時，由機械能守恒定律可得，AC向左運動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守

恒、機械能守恒，當彈簧再次恢復(fù)原長時，物體B的速度最大，則有

(mAmC)v3(mAmC)v4mBvB

111

mmv2mmv2mv2

2AC32AC42BB

代入數(shù)據(jù)解得

vB3.6m/s

物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。

故選D。

1．（2019·湖南長沙·一模）一質(zhì)量為m1的物體以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2=km1，

k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2．假設(shè)碰

v

撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1碰撞后與碰撞前速度之比r1的取值范圍是（）

v0

1k1k1

A．r1B．r

1k1k1k

212

C．0rD．r

1k1k1k

【答案】B

【詳解】若發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒

m1v0=m1v1+m2v2

由能量關(guān)系

111

mv2mv2mv2

210211222

解得

m1m2

v1v0

m1m2

物體1碰撞后與碰撞前速度之比

v1k

1

v01k

若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒

m1v0=(m1+m2)v

解得

m1v0

v1v2

m1m2

物體1碰撞后與碰撞前速度之比

v1

1

v01k

所以,物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是

1k1

r

1k1k

故B正確，ACD錯誤。

故選B。

2．（2024高三·安徽滁州·模擬預(yù)測）蹦極是一項刺激的戶外休閑活動，足以使蹦極者在空中體驗幾秒鐘的“自由

落體”。如圖所示，蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長繩綁在踝關(guān)節(jié)處。然后雙臂伸開，雙腿并攏，頭

LL

朝下跳離高塔。設(shè)彈性繩的原長為L，蹦極者下落第一個時動量的增加量為p1，下落第五個時動量的增加

55

p1

量為p2，把蹦極者視為質(zhì)點，蹦極者離開塔頂時的速度為零，不計空氣阻力，則滿足（）

p2

pppp

A．112B．213C．314D．415

p2p2p2p2

【答案】D

【詳解】蹦極者下落高度L的過程，可視為做自由落體運動，對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等

位移的時間之比為

1：（21）：（32）：（43）：（54）

可知

t1

152

t254

即

t

415

t2

由動量定理得

pmgt

故

p

415

p2

故選D。

3．（2024·山東臨沂·一模）列車在水平長直軌道上的模擬運行圖如圖所示，列車由質(zhì)量均為m的5節(jié)車廂組成，

假設(shè)只有1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運行，經(jīng)過一段時間達到最大速度，列車向右運

動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻

與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風(fēng)面積（垂直運動方向上的投影面積）為S，不計其他阻力，

忽略2號、3號、4號、5號車廂受到的空氣阻力。當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，1號車廂

對2號車廂的作用力大小為（）

217721

A．3P2SB．3P2SC．3PSD．3PS

205520

【答案】B

【詳解】設(shè)動車的速度為v，動車對空氣的作用力為F，取Δt時間內(nèi)空氣柱的質(zhì)量為m，對一小段空氣柱應(yīng)用

動量定理可得

Ftmv

其中

mvtS

解得

FSv2

由牛頓第三定律可得，空氣對動車的阻力為

fFSv2

當牽引力等于阻力時，速度達到最大，則

Pfvm

解得

P

v=3

mS

當速度達到最大速度一半時，此時速度為

1

vv

2m

此時受到的牽引力

P

F

牽v

解得

32

F牽2PS

此時受到的阻力

v1

fS(m)23P2S

24

對整體根據(jù)牛頓第二定律

F牽f5ma

對1號車廂，根據(jù)牛頓第二定律可得

F牽fF21ma

聯(lián)立解得

7

F3P2S

215

當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，由牛頓第三定律，1號車廂對2號車廂的作用力大小為

7

F3P2S

125

故選B。

4．（2024·北京順義·一模）1899年，蘇聯(lián)物理學(xué)家列別捷夫首先從實驗上證實了“光射到物體表面上時會產(chǎn)生壓

力”，和大量氣體分子與器壁的頻繁碰撞類似，將產(chǎn)生持續(xù)均勻的壓力，這種壓力會對物體表面產(chǎn)生壓強，這就

是“光壓”。某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的探測器，利用太陽光的“光壓”為探測器提供動力，以使太陽光對太陽帆的壓

力超過太陽對探測器的引力，將太陽系中的探測器送到太陽系以外。假設(shè)質(zhì)量為m的探測器正朝遠離太陽的方

向運動，帆面的面積為S，且始終與太陽光垂直，探測器到太陽中心的距離為r，不考慮行星對探測器的引力。

4

已知：單位時間內(nèi)從太陽單位面積輻射的電磁波的總能量與太陽絕對溫度的四次方成正比，即P0T，其中T

h

為太陽表面的溫度，為常量。引力常量為G，太陽的質(zhì)量為M，太陽的半徑為R，光子的動量p，光速為

c。下列說法正確的是（）

kgs

A．常量的單位為

K4

2

B．t時間內(nèi)探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量4RtP0S

2cGMm

C．若照射到太陽帆上的光一半被太陽帆吸收一半被反射，探測器太陽帆的面積S至少為2

RP0

R2PS

D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力0

cr2

【答案】D

2

【詳解】A．P0是單位時間從太陽單位面積輻射的電磁波的能量，所以單位為J/(sm)，則

P

0

T4

則常量的單位為

Jkg

sm2K4s3K4

故A錯誤；

B．t時間內(nèi)探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量

4R2tPR2tPS

E0S0

4r2r2

故B錯誤；

C．輻射到太陽帆的光子的總數(shù)

EER2tPS

n0

hhchcr2

一半光子被吸收，一半反射，則有

nn3n

F總tp2pp

222

其中

GMm

F總

r2

聯(lián)立可得

2cGMm

S2

3RP0

故C錯誤；

D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，則有

F總tnp

可得探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力

2

RP0S

F總

cr2

故D正確。

故選D。

6．（2024·江西·一模）如圖所示，假設(shè)入射光子的動量為p0，光子與靜止的電子發(fā)生彈性碰撞。碰后光子的動

量大小為p1，傳播方向與入射方向夾角為α：碰后電子的動量大小為p2，出射方向與光子入射方向夾角為β。已

知光速為c，普朗克常量為h，下列說法正確的是（）

p

A．碰前入射光的波長為0B．碰后電子的能量為pc

h2

C．p0p1cosp2cosD．p0p1p2

【答案】C

【詳解】A．根據(jù)德布羅意公式可知，碰前入射光的波長為

h

0=

p0

選項A錯誤；

B．設(shè)電子的質(zhì)量為m，則碰后電子的能量為

p2

E2

2m

選項B錯誤；

CD．沿光子入射方向的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可知

p0p1cosp2cos

選項C正確，D錯誤。

故選C。

7．（2024高三下·江西·開學(xué)考試）如圖所示，Oxy平面（紙面）第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平

行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為B1、方向垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)

強度大小B27B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于0,3L處的離子源能釋放

出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離

子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。下列說法正確的是（）

3BqL

A．速度大小為1的離子不能進入?yún)^(qū)域Ⅱ

2m

3BqL2m

B．速度大小為1的離子在磁場中的運動時間為

2m3qB1

4BqL

C．恰能到達x軸的離子速度大小為1

m

16BqL

D．恰能到達x軸的離子速度大小為1

m

【答案】ABC

【詳解】

AB．當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，如圖1

2

v1

則由幾何關(guān)系r1cos60r1L解得r12L根據(jù)qv1B1m

r1

2m

2B1qL

解得v1在磁場中運動的周期T

mqB1

所有速度小于v1的離子都未進入Ⅱ區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角都為120，運動時間都為

1202m

tT

3603qB1

故AB正確；

CD．B27B1，且磁場Ⅱ方向向外，則離子進磁場Ⅱ后順時針偏轉(zhuǎn)，離子恰到x軸時速度與x軸平行，如圖2

取水平向右為正方向，全過程在水平方向由動量定理有

qB1LqB2Lmvmvcos60

解得

4BqL

v1

m

故C正確，D錯誤。

故選ABC。

8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖所示，空間等距分布垂直紙面向里的勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，

磁感應(yīng)強度大小B2T，每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間距均為d1m?，F(xiàn)有一個邊長l0.5m、

質(zhì)量m0.2kg、電阻R2的單匝正方形線框，以v06m/s的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場，以下說

法正確的是（）

A．線框進入第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量q0.25C

B．線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，安培力大小為F12N

C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q3.6J

D．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區(qū)域

【答案】ACD

【詳解】A