（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動(dòng)量 第2講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案

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1、 第2講　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 [歷次選考考情分析] 章 知識內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 動(dòng)量守恒定律 動(dòng)量和動(dòng)量定理 c 22 23 22 22 23 動(dòng)量守恒定律 c 23 22 碰撞 d 反沖運(yùn)動(dòng)　火箭 b 23 考點(diǎn)一　動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析 1．動(dòng)量定理 (1)沖量：力與力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量，即I＝Ft，

2、沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是N·s. (2)物理意義：動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化間的因果關(guān)系；沖量是物體動(dòng)量變化的原因，動(dòng)量發(fā)生改變是物體合外力的沖量不為零的結(jié)果． (3)矢量性：動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向． 2．動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量：若作用在物體上的作用力是變力，不能直接用Ft求變力的沖量，但可求物體動(dòng)量的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)用Δp＝Ft求恒力作用下物體的動(dòng)量變化：若作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動(dòng)量的變化． 3．動(dòng)量守恒的適用條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所

3、受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力． (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． 4．動(dòng)量守恒的表達(dá)式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零． 1．[動(dòng)量定理的定性分析](多選)籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖

4、1所示，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．球?qū)κ值臎_量減小 B．球?qū)θ说臎_擊力減小 C．球的動(dòng)量變化量不變 D．球的動(dòng)能變化量減小 答案　BC 解析　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(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：－Ft＝0－mv得F＝，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力減小，而沖量和動(dòng)量變化量、動(dòng)能變化量都不變，所以B、C正確． 2．[動(dòng)量定理的定量計(jì)算](多選)如圖2所示為運(yùn)動(dòng)傳感器探測到小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的v－t圖象，小球質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，根據(jù)圖象可知(　　) 圖2 A．橫坐標(biāo)每一小

5、格表示的時(shí)間是0.1 s B．小球第一次反彈的最大高度為1.25 m C．小球下落的初始位置離地面的高度為1.25 m D．小球第一次撞擊地面時(shí)地面給小球的平均作用力為55 N 答案　AB 解析　小球下落時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g，則落地時(shí)速度為6 m/s，用時(shí)t＝ s＝0.6 s，圖中對應(yīng)6個(gè)小格，每一小格表示0.1 s，故A正確；第一次反彈后加速度也為g，為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由題圖可知，最大高度為：h＝×10×(0.5)2 m＝1.25 m，故B正確；小球下落的初始位置離地面的高度為：h′＝×10×(0.6)2 m＝1.8 m，故C錯(cuò)誤；設(shè)向下為正方向，由題圖可知，碰撞時(shí)間約為t′

6、＝0.1 s，根據(jù)動(dòng)量定理可知：mgt′－Ft′＝mv′－mv，代入數(shù)據(jù)解得：F＝60 N，故D錯(cuò)誤． 3．[動(dòng)量守恒的應(yīng)用](多選)如圖3所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)a可以是(　　) 圖3 A. B. C. D. 答案　BC 解析　A與B發(fā)生碰撞，選取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0>vB，由以上兩式可解

7、得：a>，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤． 考點(diǎn)二　動(dòng)量觀點(diǎn)在電場和磁場中的應(yīng)用 例1　如圖4所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1 m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、場強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場中．一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t＝1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6 kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置．物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段

8、間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2.g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖4 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ的支持力的大?。? 答案　(1)2 m/s　(2)18 N 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場強(qiáng)度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ的速度為v1，碰撞后共同速度為v2，取水平向左為正方向，則 qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊

9、Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小為FN，則 R(1－cos θ)＝h FN－(m1＋m2)g＝ 解得FN＝18 N 4．(2018·諸暨市期末)在一個(gè)高為H＝5 m的光滑水平桌面上建立直角坐標(biāo)系，x軸剛好位于桌子的邊緣，如圖5所示為俯視平面圖．在第一象限的x＝0到x＝4 m之間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，第二象限內(nèi)的平行金屬板MN之間加有一定的電壓．甲、乙為兩個(gè)絕緣小球，已知甲球質(zhì)量m1＝3×10－3 kg，帶q＝5×10－3 C的正電荷，乙球的質(zhì)量m2＝10×10－3 kg，靜止在桌子邊緣上的F點(diǎn)，即x軸上x＝3 m處；現(xiàn)讓甲球從金屬

10、板M附近由靜止開始在電場中加速，經(jīng)y軸上y＝3 m處的E點(diǎn)，垂直y軸射入磁場，甲球恰好能與乙球?qū)π呐鲎?，碰后沿相反方向彈回，最后垂直于磁場邊界PQ射出，而乙球落到地面．假設(shè)在整個(gè)過程中甲球的電荷量始終保持不變，重力加速度g＝10 m/s2，則： 圖5 (1)求平行金屬板MN之間的電壓； (2)求甲球從磁場邊界PQ射出時(shí)速度大小； (3)求乙球的落地點(diǎn)到桌子邊緣(即x軸)的水平距離． 答案　(1)30 V　(2) m/s　(3)2 m 解析　(1)設(shè)甲球做第一次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則由幾何關(guān)系可得(R1－OE)2＋OF2＝R12 R1＝6.0 m. 設(shè)平行金屬板MN之間的電

11、壓為U，甲球加速后的速度為v1，則 qv1B＝m1，得v1＝10 m/s qU＝m1v12 代入數(shù)據(jù)得U＝30 V. (2)設(shè)甲球做第二次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，則由幾何關(guān)系可得 R2＝2.0 m qv2B＝m1 代入數(shù)據(jù)得v2＝ m/s. (3)甲、乙兩球?qū)π呐鲎玻O(shè)碰后乙球的速度為v，以碰撞前甲球的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有 m1v1＝－m1v2＋m2v， 代入數(shù)據(jù)得v＝4 m/s. 由幾何關(guān)系可得甲球的碰前速度方向與x軸成60°，因此乙球的碰后速度方向也與x軸成θ＝60°，開始做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為s，沿y軸方向位移分量為y. H＝gt2， s＝vt，

12、 y＝ssin θ， 代入數(shù)據(jù)得y＝2 m. 考點(diǎn)三　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的簡單應(yīng)用 例2　如圖6所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2－c1c2部分的軌道間距為2L，右側(cè)c1c2－d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì)．在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ＝37°的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.1 T．質(zhì)量為M＝0.2 kg的金屬棒C垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，C棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)．已知：兩金

13、屬棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大小； (2)金屬棒C勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??； (3)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中通過金屬棒A某截面的電荷量； (4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒A、C在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差． 答案　(1)2 m/s　(2)0.44 m/s　(3)5.56 C　(4)27.8 m2 解析　(1)A棒在曲線軌道上下滑，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝mv02 得：v0＝＝ m/s＝2 m/s (2)選取水平向右為

14、正方向，對A、C利用動(dòng)量定理可得： 對C：FC安cos θ·t＝MvC 對A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0 其中FA安＝2FC安 聯(lián)立可知：mv0－mvA＝2MvC 兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無電流：有BLvC＝2BLvA 得：vC＝2vA 解得vC≈0.44 m/s (3)在C加速過程中：Σ(Bcos θ)iLΔt＝MvC－0 q＝ΣiΔt 得：q＝ C≈5.56 C (4)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝ 磁通量的變化量：ΔΦ＝BΔScos θ 電路中的電流：I＝ 通過截面的電荷量：q＝I·Δt 得：ΔS＝ m2≈27.8 m2 5.如圖7所示，

15、兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d＝0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)．有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點(diǎn)PP′，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0；

16、 (2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W. 答案　(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 解析　(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ BId＝m2a0 解得：a0＝30 m/s2 (2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2，系統(tǒng)動(dòng)量定恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5 m/s (3)由動(dòng)能定理得m1v12－m1v02＝－W 解得：W＝4.375 J. 專題強(qiáng)化練

17、1．(多選)下列說法正確的是(　　) A．物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向 B．如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零 C．如果合外力對物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動(dòng)能增大 D．作用在物體上的合外力的沖量不一定能改變物體速度的大小 答案　ABD 解析　物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，A對；如果物體的速度變化，則物體的動(dòng)量一定發(fā)生了變化，由動(dòng)量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對；合外力對物體的沖量不為零，但合外力可以對物體不做功，物體的動(dòng)能可以不變，C錯(cuò)；作用在物體上的合外力的沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對． 2．(

18、多選)關(guān)于動(dòng)量、沖量，下列說法成立的是(　　) A．某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零 B．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動(dòng)量的增量可能為零 C．某一時(shí)刻，物體的動(dòng)量為零，而動(dòng)量對時(shí)間的變化率可能不為零 D．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量大小可能變大、變小或不變 答案　ACD 解析　自由落體運(yùn)動(dòng)，從開始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零，而其中初位置物體的動(dòng)量為零，故A正確；某一段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化量不為零，故B錯(cuò)誤；某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零，該時(shí)刻速度為零，動(dòng)量的變化率是合力，速度為零，合力可以不

19、為零，即動(dòng)量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，沖量等于動(dòng)量的變化．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量的改變量變大，動(dòng)量大小可能變大、變小或不變，故D正確． 3．(多選)如圖1所示，一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為L，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn))，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　) 圖1 A．合外力做的功為0 B．合外力的沖量為m C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為m 答案　BC 4．(多選)(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖2

20、所示是兩名短道速滑選手在接力瞬間的照片，在短道速滑接力時(shí)，后面隊(duì)員把前面隊(duì)員用力推出(推出過程中可忽略運(yùn)動(dòng)員受到的冰面水平方向的作用力)，以下說法正確的是(　　) 圖2 A．接力過程中前面隊(duì)員的動(dòng)能增加量等于后面隊(duì)員的動(dòng)能減少量 B．接力過程中前面隊(duì)員受到的沖量和后面隊(duì)員受到的沖量大小相等方向相反 C．接力過程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量增加 D．接力過程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量不變 答案　BD 5．(多選)(2018·諸暨中學(xué)段考)向空中發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力)，當(dāng)物體的速度恰好沿水平方向時(shí)，物體炸裂為a、b兩塊．若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則(　　) A．b的速度方向

21、一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地這段時(shí)間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a(chǎn)、b一定同時(shí)到達(dá)地面 D．炸裂的過程中，a、b的動(dòng)量變化大小一定相等 答案　CD 6.(多選)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長L(小于立柱高)、拴有小球的細(xì)線，將小球拉至和懸點(diǎn)在同一水平面處由靜止釋放，如圖3所示，小球擺動(dòng)時(shí)，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，下面說法中正確的是(　　) 圖3 A．小球和小車的總機(jī)械能守恒 B．小球和小車的動(dòng)量守恒 C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為 D．小球和小車只在水平方向上動(dòng)量守恒 答案　AD 7．(多選)質(zhì)量相同的子彈、橡皮泥和鋼球以

22、相同的水平速度射向豎直墻壁，結(jié)果子彈穿墻而過，橡皮泥粘在墻上，鋼球被彈回．不計(jì)空氣阻力，關(guān)于它們對墻的水平?jīng)_量的大小，下列說法正確的是(　　) A．子彈對墻的沖量最小 B．橡皮泥對墻的沖量最小 C．鋼球?qū)Φ臎_量最大 D．子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等 答案　AC 解析　由于子彈、橡皮泥和鋼球的質(zhì)量相等、初速度相等，取初速度的方向?yàn)檎较颍瑒t它們動(dòng)量的變化量Δp＝mv－mv0，子彈穿墻而過，末速度的方向?yàn)檎?，橡皮泥粘在墻上，末速度等?，鋼球被彈回，末速度的方向?yàn)樨?fù)，可知子彈的動(dòng)量變化量最小，鋼球的動(dòng)量變化量最大．由動(dòng)量定理I＝Δp，則子彈受到的沖量最小，鋼球受到的沖量最大．

23、結(jié)合牛頓第三定律可知，子彈對墻的沖量最小，鋼球?qū)Φ臎_量最大，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤． 8．(多選)如圖4所示，質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量，正確的是(　　) 圖4 A．拉力F的沖量大小為Ftcos θ B．摩擦力的沖量大小為Ftcos θ C．重力的沖量大小為mgt D．物體所受支持力的沖量大小是mgt 答案　BC 解析　拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤；物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力Ff＝Fcos θ，則摩擦力的沖量大小為Fft＝Ftcos θ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C

24、正確；支持力的大小為FN＝mg－Fsin θ，則支持力的沖量大小為(mg－Fsin θ)t，故D錯(cuò)誤． 9．如圖5所示，粗糙水平地面上方以PQ為界，左邊有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝，右邊有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場以MN為右邊界，一個(gè)質(zhì)量為2m的帶電荷量為＋q的物體從地面上O點(diǎn)出發(fā)，在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)與另一質(zhì)量為m、不帶電的物體發(fā)生正碰，碰后兩者粘為一體，并恰好能在QN間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，g為重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖5 (1)求O、Q之間的距離x1； (2)若M

25、N右側(cè)有一傾角θ＝37°的傾斜傳送帶正以速度v0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體系統(tǒng)通過N點(diǎn)到傳送帶時(shí)無動(dòng)能損失，且傳送帶足夠大，已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運(yùn)動(dòng)的最大距離． 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為v2，則有：Bqv2＝3mg 設(shè)帶電物體的碰撞前速度為v1，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mv1＝3mv2 對2m，從O到Q由動(dòng)能定理可得：Eqx1－μ·2mgx1＝×2mv12，則x1＝ (2)物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：3mgsin θ＋μ1·3mgcos θ＝3ma 則a＝g.

26、故物體系統(tǒng)上升的最大距離為：x2＝＝ 10．(2017·名校協(xié)作體聯(lián)考)用質(zhì)量為m、電阻率為ρ、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb′a′，如圖6甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行．設(shè)勻強(qiáng)磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計(jì)．可認(rèn)為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極間，磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)． 　　　 甲　裝置縱截面示意圖　　　　乙　裝置俯視示意圖 圖6 (1)請判斷圖乙金屬方框中感應(yīng)電流的方向； (2)當(dāng)方框下落的加速度為時(shí)，求方框的發(fā)熱功

27、率P； (3)當(dāng)方框下落的時(shí)間t＝時(shí)，速度恰好達(dá)到最大，求方框的最大速度vm和此過程中產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)順時(shí)針　(2)　(3)　 解析　(1)由右手定則可知：感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針． (2)方框受到的安培力：F安＝2BIL 由牛頓第二定律有mg－F安＝ 解得I＝ 由電阻定律得金屬方框電阻R＝ρ 方框的發(fā)熱功率P＝I2R＝ (3)當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即 mg＝F安′＝2BL 解得vm＝ 將下落過程分成若干微元，由動(dòng)量定理得 mgt－∑2BLt＝mvm－0 ∑vit＝h 解得h＝ 由能量守恒定律得mgh－Q＝mvm2 解得Q＝ 11．(

28、2017·魯迅中學(xué)月考)如圖7所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計(jì)．水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場，相距一段距離不重疊，磁場Ⅰ左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上；磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，方向豎直向下．質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒b置于磁場Ⅱ的右邊界CD處．現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高處由靜止釋放，使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)．設(shè)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好． 圖7 (1)若水平段導(dǎo)軌粗糙，兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力均為mg，將金屬棒a從距水平面高度為h處

29、由靜止釋放． ①金屬棒a剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，求通過金屬棒b的電流大小； ②若金屬棒a在磁場Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止，通過計(jì)算分析金屬棒a釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件； (2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度為h處由靜止釋放，使其進(jìn)入磁場Ⅰ.設(shè)兩磁場區(qū)域足夠大，金屬棒a在磁場Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，求金屬棒b中可能產(chǎn)生的電熱的最大值． 答案　(1)①?、趆≤　(2)mgh 解析　(1)①a棒從h高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，有mgh＝mv02 解得v0＝ a棒剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，E＝BLv0，此時(shí)通過a、b的感應(yīng)電流大小為I＝， 解得I＝. ②a棒剛進(jìn)入磁場Ⅰ

30、時(shí)，b棒受到的安培力大小F＝2BIL 為使b棒保持靜止，應(yīng)有F≤mg 聯(lián)立解得h≤. (2)當(dāng)金屬棒a進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，由左手定則判斷，a棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，b棒向左做加速運(yùn)動(dòng)． 二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相反，當(dāng)二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等時(shí)，閉合回路的電流為零，此后二者均勻速運(yùn)動(dòng)，故金屬棒a、b均勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒b中產(chǎn)生的電熱最大． 設(shè)此時(shí)a、b的速度大小分別為v1與v2，有BLv1＝2BLv2 對金屬棒a應(yīng)用動(dòng)量定理，有－BLΔt＝mv1－mv0 對金屬棒b應(yīng)用動(dòng)量定理，有2BLΔt＝mv2 聯(lián)立解得v1＝v0，v2＝v0 根據(jù)能量守恒定律， 電路中產(chǎn)生的總電熱Q總＝mv02－mv12－mv22＝mgh 故金屬棒b中產(chǎn)生的電熱最大值為Q＝Q總＝mgh 14