人教版2024年高考一輪復(fù)習(xí)物理《第30講 動量和動量定理》復(fù)習(xí)講義

第30講動量和動量定理

目錄

復(fù)習(xí)目標(biāo)

網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建

考點一動量、動量變化量和沖量

【夯基?必備基礎(chǔ)知識梳理】

知識點1動能、動量、動量變化量的比較

知識點2沖量及計算

【提升?必考題型歸納】

考向1動量和動量變化量的計算

考向2沖量的計算

第30講動量和動量定理

目錄

復(fù)習(xí)目標(biāo)

網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建

考點一動量、動量變化量和沖量

【夯基?必備基礎(chǔ)知識梳理】

知識點1動能、動量、動量變化量的比較

知識點2沖量及計算

【提升?必考題型歸納】

考向1動量和動量變化量的計算

考向2沖量的計算

?考點二動量定理

【夯基?必備基礎(chǔ)知識梳理】

知識點1動量定理的理解

知識點2動量定理的應(yīng)用技巧

【提升?必考題型歸納】

考向1應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象

考向2應(yīng)用動量定理求平均沖力

考向3在多過程問題中應(yīng)用動量定理

?考點三兩類柱狀模型

【夯基?必備基礎(chǔ)知識梳理】

知識點1流體類柱狀模型

知識點2微粒類柱狀模型

【提升?必考題型歸納】

考向1流體類柱狀模型

考向2微粒類柱狀模型

真題感悟

1、理解和掌握動量定理。

2、能夠用動量定理解決和處理生活中的實際問題。

考點要求考題統(tǒng)計考情分析

高考對動量定理的考查較為

2022年北京卷第17題

(1)動量沖量頻繁，大多在以計算題的形式

2022年湖南卷第14題

(2)動量定理出現(xiàn)，題目的難度不大，聯(lián)系

2021年重慶卷第13題

實際生活場景的情況較多。

0里、動里炎化和a里

2.49及背H

考點一動量、動量變化量和沖量

?分基?必備基礎(chǔ)知識梳理

知識點1動能、動量、動量變化量的比較

動能動量動量變化量

物體由于運動而具有的物體的質(zhì)量和速度的乘物體末動量與初動量的

定義

能量積矢量差

口12

定義式Ek=]mvp=mvAp=pr-p

標(biāo)矢性標(biāo)量矢量矢量

特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量

關(guān)聯(lián)Ek$Ekf,p=V^,p=平

方程

(D都是相對量，與參考系的選取有關(guān),通常選取地面為參考系

聯(lián)系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量二定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動

能丕二定發(fā)生變化

知識點2沖量及計算

1.沖量

(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。

(2)表達(dá)式：1=幽。

(3)單位：沖量的單位是牛秒,符號是＞Lso

(4)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。

2.沖量的計算

⑴恒力的沖量：直接用定義式I=Ft計算。

(2)變力的沖量

①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù),

Fi+Fo

則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I=—其中Fi、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時

刻力的大小。

②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。

③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求Ap間接求

出沖量。

一提升-必考題型歸納

考向1動量和動量變化量的計算

1.江南多雨，屋頂常常修成坡度固定的“人''字形，"人”字形的尖頂屋可以看做

由兩個斜面構(gòu)成。如圖所示，斜面與水平方向的夾角均為房屋長度2x為一

定值，將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑過程簡化為雨滴從光滑斜面頂端由靜止

下滑。不考慮雨滴滑下時質(zhì)量的變化，下列說法正確的是()

A.a越大，雨滴滑下的時間越長

B.a越大，雨滴滑下的時間越短

C.&越大，雨滴滑下獲得的動能越大

D.當(dāng)a=45時，雨滴滑下獲得的動量最大

【答案】C

【詳解】AB.將雨滴從“人''字形坡頂開始的下滑看做由靜止開始的勻變速直線

運動，其加速度為a=gsina

則由」=\at2可知雨滴運動的時間為f=J-2X.=可知當(dāng)a=45"

cosa2\gcosasmagsin2a

時，雨滴滑下時所用的時間最短，故AB錯誤；

C.由動能定理可得mgxtanc=Ek可知a越大，雨滴滑下時的動能越大，故C正

確；

D.雨滴滑下獲得的動量為「=師？可知動能越大，動量也越大，即a越大，

雨滴滑下時的動量越大，故D錯誤。故選C。

2.顛球是足球的基本功之一，足球愛好者小華在練習(xí)顛球，某次足球由靜止自

由下落0.8m,被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球

與腳部的作用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不計

空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.足球從下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7s

B.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為L6kg-m/s

C.足球與腳部作用過程中動量變化量大小為0.4kg.m/s

D.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.2N.S

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)〃=（g/可得足球下落的時間％=樣器=04s與腳作用的時間

L=O」s根據(jù)逆向思維可得足球上升的時間4=J寫竺s=0.3s足球從下落到再次

上升到最大高度，全程的時間fF+G+G=0?8s

故A錯誤；

B.足球下落到與腳部剛接觸時的速度匕=g4=4m/s足球下落到與腳部剛接觸時動

量大小為n="叫=1.6kg-m/s故B正確；

C.足球腳部接觸足球后瞬間足球的速度大小匕=gG=3m/s取向上為正方向，可

得足球與腳部作用過程中動量變化量大小為3=桃?guī)X2.8kg.m/s故C錯

誤；

D.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為

/°=/^1=3.2?47故口正確。故選BD。

考向2沖量的計算

3.如圖所示，某同學(xué)將兩相同羽毛球A、B從同一高處以相同速率vo水平打出。

運動過程中羽毛球僅受到重力及恒定的水平風(fēng)力作用，逆風(fēng)時，球A落至地面

上的P處，順風(fēng)時，球B落至地面上的Q處。則（）

BA

--Q-?P?-------

A.A球飛行時間比B球長

B.兩球落地時速度大小相同

C.兩球飛行過程中合外力的沖量相同

D.兩球落地時重力的功率不同

【答案】C

【詳解】A.A、B兩球豎直方向均做自由落體運動，則"=（4由此可知，兩球

K行時間相等，故A錯誤；

B.A球水平方向做勻減速直線運動，則%=%-公

B球水平方向做勻加速直線運動，則%=%+小兩球飛行時間相等，所以落地時

兩球豎直方向速度相等，但A球水平速度小于B球水平速度，落地速度大小為

丫=7?后所以A球落地時的速度小于B球的落地速度，故B錯誤;

C.兩球合外力的沖量為/=/w由于兩球受相同的重力和恒定的風(fēng)力，所以兩球

的合外力相同，飛行時間相等，所以兩球飛行過程中合外力的沖量相同，故C

正確；

D.落地時重力的功率為P==2f由此可知，兩球落地時重力的功

率相同，故D錯誤。

故選C。

4.如圖1所示，一滑塊放在水平面上，f=0時刻在滑塊上施加一水平向右的外

力F,已知外力隨時間的變化規(guī)律為尸=2.51N）,滑塊產(chǎn)生的加速度和時間的關(guān)

系如圖2所示，假設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。則

下列說法正確的是（）

A.滑塊的質(zhì)量為2.5kg

B.滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.25

C.0?3s的時間內(nèi)摩擦力的沖量大小為6.25N.S

D.3s末滑塊的速度大小為6.5m/s

【答案】AC

【詳解】AB.由圖2可知，f=ls時，滑塊開始運動，此時的拉力耳大小等于滑塊

所受的最大靜摩擦力，由公式F=2$（N）可知耳=2.5N則f=2.5N又最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，則滑塊與水平面間的滑動摩擦力大小為2.5N,根據(jù)牛頓第二定

律有尸-/=函由圖2知，當(dāng)f=3s時a=2m/s2又f=3s時上=7.5N

f2.5

解得機(jī)=2.5kg又/=〃mg則〃=—=—=0.1故A正確，B錯誤；

tng25

C.0?Is的時間內(nèi)，摩擦力為靜摩擦力，旦摩擦力的大小由。逐漸增大到2.5N,

則該時間內(nèi)摩擦力的沖量為

7S

/產(chǎn)孑xlN.s=1.25N.s,1-3S的時間內(nèi)摩擦力為滑動摩擦力，該時間內(nèi)摩擦力的

沖量為4=2.5x2N.s=5N.s所以0?3s時間內(nèi)摩擦力的沖量大小為

/=/,+/2=6.25N-S,C正確；

D.0?3s的時間內(nèi)由動量定理得=加代入數(shù)據(jù)解得丫=2m/s,D錯誤。故選

ACo

考點二動量定理

.夯基?必備基礎(chǔ)知識梳理

知識點1動量定理的理解

1.動量定理

(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。

,

(2)表達(dá)式：FAt=Ap=p—po

(3)矢量性：動量變化量的方向與合外力的沖量的方向相同,可以在某一方向上

用動量定理。

2.動量定理的理解

(1)動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的

量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量(或者說是物體所受各外

力沖量的矢量和)。

(2)動量定理給出了沖量和動量變化間的相互關(guān)系。

曳

(3)現(xiàn)代物理學(xué)把力定義為物體動量的變化率:F=丁(牛頓第二定律的動

量形式)。

(4)動量定理的表達(dá)式F-At=Ap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。

(5)動量定理不僅適用于恒定的力,也適用于隨時間變化的力。這種情況下，動

量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。

3.應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象

(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間At越短，力F就越大，力的作用

時間At越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。

(2)當(dāng)作用力F一定時，力作用時間At越長，動量變化量Ap越大,力的作用時間

At越短，動量變化量Ap越小。

知識點2動量定理的應(yīng)用技巧

1.應(yīng)用I=Ap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Ap,等效代換得出變力的沖量Io

2.應(yīng)用Ap=FAt求動量的變化。

.提土必考題型歸納_________

考向1應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象

1.科技發(fā)展，造福民眾。近兩年推出的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研

發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置的原理是通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者

的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進(jìn)行主動保護(hù)，能有效地避免摔倒

帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以()

01秒識別

A.減小穿戴者動量的變化量B.減小穿戴者動量的變化率

C.增大穿戴者所受合力的沖量D.減小穿戴者所受合力的沖量

【答案】B

【詳解】依題意，根據(jù)動量定理尸&=",可得尸=學(xué)可知安全氣囊的作用是延

Ar

長了人與地面的接觸時間4,從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動量的

變化率孚，而穿戴者動量的變化量如，也即穿戴者所受合力的沖量產(chǎn)”均未發(fā)

生變化。故選B。

2.安全氣囊在發(fā)生劇烈碰撞時自動彈出，是對駕駛員和乘客的一種安全保護(hù)措

施，如圖所示。關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）

A.增加了碰撞過程司機(jī)的受力面積

B.減少了碰撞前后司機(jī)的動量變化量

C.減少了碰撞前后司機(jī)的動能變化量

D.延長了碰撞過程司機(jī)的受力時間

【答案】AD

【詳解】在碰撞過程中，司機(jī)動量變化量和動能變化量是一定的，安全氣囊延長

了作用時間，同時增加了司機(jī)的受力面積，根據(jù)動量定理可知，減小了司機(jī)的受

力大小。故選ADo

考向2應(yīng)用動量定理求平均沖力

3.用質(zhì)量為m的小鐵錘以速度匕向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊（擊打時間極短）,

擊打后，小鐵錘以g匕的速率反向彈回，已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間

為t,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.在擊打過程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為:mH

B.在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小為mgt

C.磚頭緩沖過程中，對手的壓力大小為Mg

D.磚頭緩沖過程中，對手的壓力大小為圖+等

【答案】D

【詳解】A.設(shè)方向向下為正方向，在擊打過程中，對鐵錘由動量定理可得

/=wvvw2v

f-11-1]=-|i

在擊打過程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為（機(jī)匕，故A錯誤；

B.鐵錘擊打的時間未知，所以在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小不能求解，

故B錯誤；

CD.在擊打過程中，鐵錘與磚頭由動量守恒定律可得解得

用丫=]加用磚頭緩沖過程中，對磚頭由動量定理可得（耳+圖）”0-]m匕解得手對

磚頭的支持力為片=-Mg-等由牛頓第三定律可知磚頭對手的壓力為

冗=-4=吸+等L故C錯誤，D正確。故選D。

4.高空作業(yè)必須系安全帶，但安全帶使用不當(dāng)也會對人體造成傷害。我國對安

全帶的材料、長度、寬度以及使用方法都有規(guī)定，其中規(guī)定如果安全帶的長度超

過三米一定要加裝緩沖器。某興趣小組的同學(xué)們通過模擬實驗來探究緩沖器的作

用。同學(xué)們改裝了甲、乙兩根安全帶，甲不加裝緩沖器，乙加裝緩沖器，使兩根

安全帶的總長度（乙安全帶的總長度含緩沖器）都為1.25m,把重物和力的傳感

器捆在一起掛在安全帶的底端，重物（含傳感器）的質(zhì)量為1kg?，F(xiàn)讓重物從安

全帶上端處自由下落（重物可視為質(zhì)點），實驗發(fā)現(xiàn)從安全帶伸直到重物速度第

一次減為零，甲、乙分別用時0.1s和0.5s。忽略緩沖器對安全帶長度的影響，重

2

力加速度取10m/so則（）

A.安全帶剛伸直時重物的動量為5kg-m/s,方向豎直向下

B.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程，重物的動量變化為

5kg-m/s,方向豎直向下

C.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程，甲安全帶對重物的平均

作用力為60N,乙安全帶對重物的平均作用力為10N

D.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程，乙安全帶對重物的沖量

為10N$方向豎直向上

【答案】AD

【詳解】A.從重物自由下落到安全帶剛伸直的過程，由自由落體運動公式v2

=2gh,可得v=5m/s

則可知此時重物的動量p=mv=5kg-m/s動量的方向即速度方向，為豎直向下，

故A正確；

B.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程，重物的初動量為5kg-m/s,

方向豎直向下，重物的末動量為0,設(shè)豎直向上為正方向，重物的動量變化為Ap

=0—(—mv)=5kg-m/s方向豎直向上，故B錯誤；

C.從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過程，設(shè)安全帶對重物的平均作用

力為F,由動量定理有

(F-mg)t=0-(-mv)代入兩次作用時間，得甲、乙兩根安全帶對重物的平

均作用力分別為60N和20N,故C錯誤；

D.由動量定理(F—mg)t=0—(—mv)可得Ft=mgt+mv=10N-s方向豎直

向上，故D正確。故選AD。

考向3在多過程問題中應(yīng)用動量定理

5.海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為m小球以初速度vo從手中豎直拋出。從拋出開

始計時，3to時刻小球返回手中。小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變，

小球的速度隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是()

A.上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1：2

B.上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比1：2

C.小球在o—3to時間內(nèi)動量變化量的大小為］根％

D.小球在0—3to過程中克服阻力所做的功為;〃喏

【答案】A

【詳解】A.上升過程中阻力的沖量大小為I"=fto下降過程中阻力的沖量大小

為If卜=f-2to

則上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1：2,A正確；

B.由于小球上升下降過程中位移的大小相等，則有當(dāng)=告解得則，取

豎直向下為正，根據(jù)動量定理有I上=Ap=0—（―mvo）,IF=Ap'=mv，-0則

上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比為2：I,B錯誤；

C.小球在0—3to時間內(nèi)動量變化量的大小為即般=管-（-成）=|加%,取豎直向

下為正，C錯誤；

D.小球在0-3班過程中根據(jù)動能定理有嗎解得嗎=-》片，D錯

22o

誤。故選A。

6.在剛剛結(jié)束的東京奧運會上，14歲的中國姑娘全紅嬋憑借高超的“水花消失

術(shù)''獲得評委們的三個滿分，從而獲得女子10米跳臺冠軍。在比賽中質(zhì)量為m

的全紅嬋，從跳臺上以初速度%豎直向上跳起，從跳臺上起跳到入水前重心下降

了H,入水后由于水的阻力使速度減為0。入水后到速度為0時重心下降了h,

不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（）

A.全紅嬋起跳后在空中受到合外力的沖量大小為%標(biāo)+2gH+mv0

B.全紅嬋受到水的阻力的沖量大小為小;+2g”

C.從起跳后到入水后速度減為0的全過程中，全紅嬋受到的合外力的沖量

大小為S%

D.全紅嬋入水后受到重力的沖量大小為叫陌語

【答案】AC

【詳解】A.全紅嬋起跳后在空中運動過程機(jī)械能守恒盛〃*^解得

「符麗取向下為止方向，由動量定理，合外力的沖量大小為

/=△/，=my/vg+2gH-(-mv0)=m收+2gH+加%故A正「確；

B.全紅嬋受到水中運動過程受到重力和水的阻力，根據(jù)動量定理有

〃一/水=0-m#：+2g”水的阻力的沖量大小大于%/片+2gH,故B錯誤；

C.從起跳后到入水后速度減為0的全過程中，根據(jù)動量定理，取向上為正方向

I=Ap=mvo-O=mvo全紅嬋受到的合外力的沖量大小為海％,故C正確；

D.全紅嬋入水后受到重力的沖量〃-/水=0-m#：+2gH；IG=/水制4+2gH故D錯

誤。故選AC。

考點三兩類柱狀模型

.分基?必備基礎(chǔ)知識梳理

知識點1流體類柱狀模型

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

其特點度P

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

分

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

析2

=pSvAt

步

驟3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體

知識點2微粒類柱狀模型

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

其特點常給出單位體積內(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，作用時間加內(nèi)一段柱形流體的長度為加，對應(yīng)的體積為AV

2

步=SvoAt,則微元內(nèi)的粒子數(shù)N=nvoSAt

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

—提升?必考題型歸納

考向1流體類柱狀模型

1.高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某高壓水槍出水口直徑為d,

水從槍口高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時間內(nèi)由v變?yōu)?/p>

零，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，水的密度為P。則水在物體表面產(chǎn)生的平

均沖擊力大小為（）

11

A.pv兀daB.pvjtdC.6D.-

44

【答案】D

【詳解】水在時間內(nèi)速度由v減為零，At內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為

加切以這部分水為研究對象，設(shè)物體表面對水的平均作用力大小為F,以

水流速度方向為正方向，由動量定理有-尸4=0-

解得尸=g算由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為

4

F'=F=PS兀虐

4

ABC錯誤，D正確。故選D。

2.小飛同學(xué)在洗盤子的時候發(fā)現(xiàn)當(dāng)水流穩(wěn)定時，從水龍頭流下的水柱從上到下

越來越細(xì)，如圖所示。小飛同學(xué)將盤子放在水龍頭下一定距離，仔細(xì)觀察后，水

流對盤子的沖擊力基本穩(wěn)定，經(jīng)過測量，水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭

的橫截面積為出水速度為％，水的密度為夕，重力加速度為g。水接觸盤子

后速度立刻變?yōu)榱?，空氣阻力不計。下列說法正確的是（）

A.盤子距水龍頭的高度為皋第B.盤子距水龍頭的高度無法求出

C.與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出D.與盤子接觸的水流速度可以求出

【答案】D

【詳解】水的流量不變，即。=5%設(shè)水與盤子剛要接觸時速度為匕，與盤子接觸

的水柱橫截面積為邑，則

Q=邑為由動量定理得F\t=0sM△叱解得“;S,=或逝水從出口到與盤子

PdivoF

接觸做勻加速直線運動，則盤子距水龍頭的高度〃=*三=餐實故ABC錯

2g2gsiv°p-

誤，D項正確。故選D。

考向2微粒類柱狀模型

3.在地球大氣層外的空間中，當(dāng)同步衛(wèi)星在其參考位置附近飄移時，可以利用

離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力進(jìn)行衛(wèi)星姿態(tài)的控制和軌道的修正.離子推進(jìn)器的工作原

理是先將推進(jìn)劑電離，并在強(qiáng)電場作用下將離子加速噴出，通過反沖運動獲得推

力.如圖所示為離子推進(jìn)器的示意圖：推進(jìn)劑從P處進(jìn)入，在A處電離成正離子,

BC是加速電極，離子在BC間的加速電壓的作用下，從D噴出.已知該正離子的

比荷（電荷量與質(zhì)量之比）為k,經(jīng)電壓為U的電場加速后形成電流強(qiáng)度為I的

離子束.若離子進(jìn)入B的速度很小，可忽略不計.則同步衛(wèi)星獲得的推力為：

【答案】B

【詳解】設(shè)該正離子的質(zhì)量為m,電量為q,根據(jù)動能定理有：qU=^mv\得

到離子的出射速度為：丫=楞=國7.根據(jù)題意，在At時間內(nèi)噴射出離子的

數(shù)目為：N='噴射出的離子的質(zhì)量為：

q

M=Nm,根據(jù)動量定理為：F.A/=Mu,聯(lián)合以上各式得：F==/愣.故

B項正確；

4.離子推進(jìn)器是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前

進(jìn)的動力，其工作原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入

電極A、B之間的勻強(qiáng)電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U,使