2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第三講 碰撞與動量守恒學(xué)案

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1、 第三講　碰撞與動量守恒 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.2018年高考中該部分內(nèi)容的考查難度將加大 (1)利用圖象或公式直接考查動量定理或者動量守恒定律． (2)考查動量定理的應(yīng)用，特別是動量定理在流體力學(xué)中的應(yīng)用．此外，動量定理還可以與電場、磁場、電磁感應(yīng)等知識綜合命題，選擇題和計算題的命題形式皆有可能出現(xiàn)． (3)考查動量守恒定律及其應(yīng)用．試題常常涉及多個物體、多個過程，以碰撞模型為紐帶，幾個運(yùn)動階段既相互獨(dú)立，又相互聯(lián)系，物體碰前、碰后的速度是聯(lián)系各運(yùn)動階段的橋梁．此類題目中動量常與能量、牛頓運(yùn)動定律等知識相互結(jié)合． 2.常用的思想方法：①動量定理結(jié)合微積分的

2、思想方法．②彈性碰撞中的二級結(jié)論法. [答案]　(1)物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化． (2)一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． (3)動量守恒定律成立的條件 ①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒． ②系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，如碰撞、爆炸等現(xiàn)象中，系統(tǒng)的動量可看成近似守恒． ③系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一個方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量守恒． (4)碰撞的分類 考向一　動量定理 [歸納提煉] 1．用動量定理的解題的基本思路 2．應(yīng)用動量定理解題技巧 (1

3、)動量定理沒有適用條件，在計算與時間有關(guān)的問題時都可以適用． (2)動量定理研究對象選擇可以是單一物體，也可以是質(zhì)點(diǎn)系，在研究質(zhì)點(diǎn)系問題時，受力分析是只考慮質(zhì)點(diǎn)系的外力． (3)在應(yīng)用動量定理時需要規(guī)定正方向． 　(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)

4、玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． [思路點(diǎn)撥]　(1)玩具在空中懸停說明F＝mg. (2)求水對玩具的作用力，可考慮動量定理解題． [解析]　(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量＝ρv0S③ (2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小Δp＝(Δm)v⑤ 設(shè)水對玩具的作用力的大

5、小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ 用動量定理解決連續(xù)的流體問題 在日常的生活和生產(chǎn)中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問題，用常規(guī)的方法很難解決，若構(gòu)建柱體微元模型，然后用動量定理分析求解，則可使問題迎刃而解．對于流體或類似流體(如粒子流)問題，解答的原則一般是選擇一段時間內(nèi)作用在某物體上的流體為研究對象，然后確定出流體柱的體積、質(zhì)量、狀態(tài)變化及受力情況，再確定與其對物體的作用規(guī)律． [熟練強(qiáng)化] 遷移一　動量定理與生產(chǎn)生活相結(jié)合 1．(2015·重慶卷)高空作業(yè)須

6、系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg [解析]　下降h階段v2＝2gh，得v＝，對此后至安全帶最大伸長過程應(yīng)用動量定理，設(shè)豎直向下為正，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝＋mg，A正確．選A. [答案]　A 遷移二　動量定理解決連續(xù)流體問題 2．(多選)(2017·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，用高

7、壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層．設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是(　　) A．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρvπD2 B．高壓水槍的功率為ρπD2v3 C．水柱對煤層的平均沖力為ρπD2v2 D．手對高壓水槍的作用力水平向右 [解析]　設(shè)Δt時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，單位時間噴出水的質(zhì)量為＝ρvπD2，選項(xiàng)A錯誤．Δt時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ek＝Δm

8、v2＝ρπD2v3Δt，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高壓水槍的功率P＝＝ρπD2v3，選項(xiàng)B正確．考慮一個極短時間Δt′，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動量定理，F(xiàn)Δt′＝mv，Δt′時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F′＝F＝ρπD2v2，選項(xiàng)C正確．當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　BC 考向二　動量守恒定律的應(yīng)用 [

9、歸納提煉] 1．動量守恒定律解題思路及方法 2．三種常見表達(dá)式 (1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)． 實(shí)際應(yīng)用時的三種常見形式． ①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2(適用于作用前后都運(yùn)動的兩個物體組成的系統(tǒng))． ②0＝m1v1＋m2v2(適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)，比如爆炸、反沖等，兩者速率及位移大小與各自質(zhì)量成反比)． ③m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(適用于兩物體作用后結(jié)合為一體或具有相同速度的情況，完全非彈性碰撞)． (2)Δp＝0(系統(tǒng)總動量不變)． (3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，兩物

10、體動量增量大小相等、方向相反．) 　(多選)(2017·陜西寶雞模擬)光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細(xì)線將它們連接起來，兩物塊中間夾有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x.現(xiàn)將細(xì)線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則(　　) A．物塊開始運(yùn)動前，彈簧的彈性勢能為mv2 B．物塊開始運(yùn)動前，彈簧的彈性勢能為3mv2 C．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為 D．物塊A從開始運(yùn)動到剛要離開彈簧時位移大小為x [思路點(diǎn)撥]　(1)可根據(jù)動量守恒求得物塊B的速度． (2)剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧兩側(cè)物塊受力大

11、小相等． [解析]　依據(jù)題述，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，由動量守恒定律，2mv＝mv′，解得物塊B的速度大小v′＝2v；由能量守恒定律，物塊開始運(yùn)動前，彈簧的彈性勢能Ep＝·2mv2＋mv′2＝3mv2，A錯誤，B正確．剪斷細(xì)線瞬間，輕彈簧兩側(cè)物塊受力大小相等，都為kx，由牛頓第二定律，kx＝2ma；當(dāng)物塊B的加速度大小為a時，由牛頓第二定律，ma＝kx′，聯(lián)立解得x′＝，C正確．根據(jù)上述分析可知，物塊B的加速度是A的2倍，由s＝at2，物塊B的位移是A的2倍，物塊A從開始運(yùn)動到剛要離開彈簧時位移大小為x，D錯誤． [答案]　BC 三種碰撞解讀 (1)彈性碰撞 碰

12、撞結(jié)束后，形變?nèi)肯?，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等． m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 v1′＝ v2′＝ v2＝0時，v1′＝v1 v2′＝v1 討論：①m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)； ②m1>m2，v1′>0，v2′>0(碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動)； ③m1?m2，v1′≈v1，v2′≈2v1； ④m10(碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動)； ⑤m1?m2，v1′≈－v1，v2′≈0； [熟練強(qiáng)化] 遷移一　非彈性碰撞 1．光滑水平面上

13、有A、B兩輛小車，mB＝1 kg，原來靜止，mA ＝1 kg(含支架)．現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細(xì)線懸于支架頂端，mC＝0.5 kg.開始時A車與C球以v0＝4 m/s的速度沖向B車，如右圖所示．若A、B正碰后粘在一起，不計空氣阻力，g取10 m/s2，求小球C擺動到最大高度時的速度和上升的最大高度． [解析]　設(shè)A，B相碰后二者的共同速度為v，(相碰時C球水平方向不受力，仍保持v0的速度) 則由動量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝2 m/s A、B粘在一起后，小球C向右擺，細(xì)繩在水平方向的分力使A、B加速，當(dāng)C的速度與A、B水平方向的速度相同時 小球擺至最高點(diǎn)

14、，則由動量守恒，有mCv0＋(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v′ 解得A、B、C相同的速度v′＝2.4 m/s. 再由機(jī)械能守恒定律，設(shè)C球擺上的最大高度為h，則 mCv＋(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v′2＋mCgh 解得h＝0.16 m [答案]　2.4 m/s　0.16 m 遷移二　彈性碰撞 2．如圖所示，AB為傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質(zhì)量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質(zhì)量為m1的小球甲以速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰．若m1∶m2＝1∶2，且軌道足夠長，要使兩球能發(fā)生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ

15、的取值范圍．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) [解析]　設(shè)碰后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動量守恒和機(jī)械能守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0 設(shè)乙球沿斜面上滑的最大位移大小為s，滑到斜面底端的速度大小為v，由動能定理有 (m2gsin37°＋μm2gcos37°)s＝m2v (m2gsin37°－μm2gcos37°)s＝m2v2 解得2＝ 乙要能追上甲，則v> 解得μ<0.45 [答案]　μ<0.45 高考高頻考點(diǎn)強(qiáng)化——動量與能量的綜合應(yīng)用 [考點(diǎn)歸納] 動量觀點(diǎn)和

16、能量觀點(diǎn)的選取原則 1．動量觀點(diǎn) (1)對于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動時間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解，即Ft＝mv－mv0. (2)對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解． 2．能量觀點(diǎn) (1)對于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解． (2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動過程中的加速度和時間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解． (3)對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定

17、律建立方程． [真題歸類] 1．(2016·全國卷Ⅱ)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ [解析]　(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者

18、達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩

19、推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． [答案]　(1)20 kg　(2)見解析 2．(2016·全國卷Ⅲ)如圖所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． [解析]　設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有mv>μmgl① 即μ<② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒有 m

20、v＝mv＋μmgl③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋v2′④ mv＝mv1′2＋v2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v1⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 v≤μgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件≤μ< [答案]　≤μ< 3．(2017·天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中．現(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)＝1.8

21、m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．求： (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時的運(yùn)動時間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時B離地面的高度H. [解析]　本題考查自由落體運(yùn)動、機(jī)械能守恒定律及動量守恒定律． (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動，有 h＝gt2① 代入數(shù)據(jù)解得 t＝0.6 s② (2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 vB＝gt③ 細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)

22、v④ 之后A做勻減速運(yùn)動，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝2 m/s⑤ (3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數(shù)據(jù)解得 H＝0.6 m [答案]　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m [遷移訓(xùn)練] 1．如下圖所示，一質(zhì)量為M、頂端距離地面為h的帶有曲面的斜面體放在水平面上，斜面體底端的切線水平，將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從斜面體的頂端由靜止釋放．第一次斜面體固定在水平面上，滑塊滑

23、到斜面體底端時的速度大小為v1；第二次斜面體不固定，滑塊滑到斜面體底端時的速度大小為v2.已知M＝4 kg、m＝5 kg，忽略一切摩擦．則的值為多少？ [解析]　第一次斜面體固定，滑塊下滑過程中只有重力做功，滑塊的機(jī)械能守恒，滑塊在最高處的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為滑到斜面體底端時的動能，有mgh＝mv 解得滑塊滑到斜面體底端時的速度v1＝ 第二次斜面體不固定，當(dāng)滑塊滑到斜面體底端時，對滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)，由于在水平方向上不受外力，因此系統(tǒng)在水平方向上動量守恒 滑塊到達(dá)斜面體底端時的速度為v2，設(shè)斜面體的速度為v0，則由水平方向動量守恒，得mv2＋Mv0＝0 滑塊下滑時，只有重力和系

24、統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有mgh＝mv＋Mv 聯(lián)立解得v2＝ 因此兩種情況下滑塊到達(dá)斜面體底端的速度的比值為＝ ＝. [答案]　 2．(2017·湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1 kg，電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運(yùn)動，求： (

25、1)c棒的最大速度． (2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱． (3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力的大?。? [解析]　(1)在磁場力作用下，b棒做減速運(yùn)動，c棒做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度相等時，c棒達(dá)最大速度．選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5 m/s (2)從b棒開始運(yùn)動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J (3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時的

26、速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg·2R 解得v′＝3 m/s 在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對軌道的壓力為1.25 N [答案]　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 3．(2017·湖北七市3月模擬)如圖所示，光滑平行金屬軌道的水平部分處于豎直向下的B＝4 T的勻強(qiáng)磁場中，兩軌道間距為L＝0.5 m，軌道足夠長．金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1 kg，電阻Ra＝Rb＝1 Ω.b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80

27、 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點(diǎn)進(jìn)入軌道的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動過程中始終保持與軌道垂直，且兩棒始終不相碰．求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g＝10 m/s2)． [解析]　a棒下滑至C點(diǎn)時速度設(shè)為v0，則由機(jī)械能守恒，有： mgh＝mv 解得v0＝4 m/s 此后的運(yùn)動過程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有： mv0＝(m＋m)v 解得a、b兩棒共同的最終速度為v＝2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動 由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總的焦耳熱為： Q＝mv－(m＋m)v2 則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝Q 聯(lián)立解得：Qb＝2 J [答案]　2 m/s　2 J 16