11、可知物塊速度減為0時，木板速度還未減為0。
設(shè)木板在此時間t1內(nèi)發(fā)生的位移大小為x2，則有
x2＝v1t1－a3t
木板長度l＝x1＋x2代入數(shù)據(jù)可得l＝ m。
命題角度2 能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用
例2 (2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中( )
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D
12、．物塊在A點的初速度為
解析 物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運動到A點靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯誤。
答案 BC
利用能量觀點解決力學(xué)問題的思路
(1)明確研究對象和研究過程。
(2)進行運動分析和受力分析。
(3
13、)選擇所用的規(guī)律列方程求解。
①動能定理：需要明確初、末動能，明確力的總功，適用于所有情況。
②機械能守恒定律：根據(jù)機械能守恒條件判斷研究對象的機械能是否守恒，只有滿足機械能守恒的條件時才能應(yīng)用此規(guī)律。
③功能關(guān)系：根據(jù)常見的功能關(guān)系求解，適用于所有情況。
④能量守恒定律：適用于所有情況。
(4)對結(jié)果進行討論。
備課記錄：
14、
2－1 (2019·湖北八校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達C處時速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則( )
A．下滑過程中，其加速度先減小后增大
B．下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為m
15、v2
C．從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinα－mv2
D．環(huán)經(jīng)過B時，上滑的速度小于下滑的速度
答案 AC
解析 環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，環(huán)先加速后減速，加速度先減小后增大，故A正確；環(huán)由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，環(huán)由C到A，有EpC＋mv2＝Q＋mgLsinα，解得Q＝mv2，EpC＝mgLsinα－mv2，故B錯誤，C正確；由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有mgh′－Wf′－W彈′＝mv－0，圓環(huán)由B上滑至A，有－mgh′－Wf′＋W彈′＝0－mvB′2，故可知，環(huán)經(jīng)過B時，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯誤。
2－2 (2019·湖南衡陽三模)如
16、圖所示，電動機帶動傾角為θ＝37°的傳送帶以v＝8 m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L＝20 m；傳送帶在上端點B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R＝0.5 m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量m＝2 kg可看做質(zhì)點的物體M靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，C、D間距x＝1 m，PD段光滑，DC段粗糙，現(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過DC沖上傳送帶，經(jīng)B點沖上光滑圓孤軌道，通過最高點A時對A點的壓力為8 N。上述過程中，M經(jīng)C點滑上傳送帶時，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较?。已知M與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1＝
17、0.8、與CD段間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在圓弧軌道的B點時物體的速度；
(2)M在傳送帶上運動的過程中，帶動傳送帶的電動機由于運送M多輸出的電能E；
(3)M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢能Ep。
答案 (1)5.0 m/s (2)512 J (3)19 J
解析 (1)由題給條件和牛頓第三定律知，M在A點時受到軌道的壓力FA＝8 N，
由牛頓第二定律：mg＋FA＝m
解得vA＝ m/s，
從B到A機械能守恒，有：
－mg(R＋Rcosθ)＝mv－mv
解得vB＝5.0 m/s。
(2)M在傳送帶上運動時由于vB小于傳送帶
18、速度，可知物體一直做加速運動，所受摩擦力一直沿傳送帶向上
由μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma
解得a＝0.4 m/s2
由公式：v－v＝2aL，解得vC＝3 m/s
由vB＝vC＋at解得t＝5 s；
傳送帶在t時間內(nèi)的位移：x1＝vt＝40 m，
由于物體對傳送帶有沿傳送帶向下的摩擦力，要維持傳送帶勻速運動，故電動機要額外給傳送帶一個沿傳送帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大，
牽引力做的功W＝μ1mgcosθ·x1＝512 J，
多輸出的電能E＝W＝512 J。
(3)設(shè)彈簧彈力對物體做功為W彈，則從彈簧的壓縮端到C點，對M由動能定理：
W彈－μ2mgx＝m
19、v－0
解得：W彈＝19 J
可知Ep＝W彈＝19 J。
命題角度3 動量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用
例3 (2019·全國卷Ⅰ)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。
(1)求物
20、塊B的質(zhì)量；
(2)在圖b所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；
(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。
解析 (1)根據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動量守恒定律和機械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
聯(lián)立①②式得m′＝3m③
(2)在圖b所描述的運動中，設(shè)物塊A與傾斜軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過
21、的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點離水平軌道的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W。由動能定理有
mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
從圖b所給出的v-t圖線可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由幾何關(guān)系＝⑧
物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為
W＝fs1＋fs2⑨
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩
(3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，有
W＝μmgcosθ·?
設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2?
設(shè)改變后的動摩擦因
22、數(shù)為μ′，由動能定理有
mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0?
聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝。
答案 (1)3m (2)mgH (3)
利用動量觀點解決力學(xué)問題的思路
(1)確定研究對象和研究過程。
(2)兩種解題途徑
①動量守恒定律：判斷研究過程中所研究對象動量是否守恒，若守恒，則可用動量守恒定律列方程。(常與機械能守恒定律或能量守恒定律結(jié)合)。
②動量定理：明確初、末狀態(tài)的動量，明確總沖量。
(3)對結(jié)果進行討論。
備課記錄：
23、
3－1 (2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為( )
A．1.6×102 kg B．1.6×
24、103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案 B
解析 設(shè)1 s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正確。
3－2 (2019·天津市和平區(qū)三模)利用沖擊擺測量速度的實驗，可以簡化為圖示模型，一質(zhì)量M＝0.8 kg的木塊，用長L＝0.8 m的細繩懸掛在天花板上，處于靜止狀態(tài)。一質(zhì)量m＝0.2 kg的小球以某一水平速度射向木塊，小球與木塊相互作用時間極短，并嵌在木塊里，測得小球與木塊上升最大高度為0.2 m，小球、木塊的大小與繩長相比可以忽略，不計空氣阻力，重力加速度g＝1
25、0 m/s2。求：
(1)小球與木塊共速瞬時，小球和木塊共同速度v的大?。?
(2)小球和木塊一起擺動過程中，細繩受到的最大拉力T；
(3)小球射入木塊的速度v0大小。
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)10 m/s
解析 (1)小球與木塊共速后上擺的過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得：
(M＋m)v2＝(M＋m)gh
解得v＝2 m/s。
(2)小球與木塊剛共速時，細繩受到的拉力最大，選木塊和小球為研究對象
由牛頓第二定律得T－(M＋m)g＝(M＋m)
解得T＝15 N。
(3)根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，
解得v0＝10 m/s。
高考考
26、向2 解決電磁學(xué)問題的三條途徑
命題角度1 動力學(xué)觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用
例4 (2019·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求：
(1)電場強度的大小；
(2)B運動到P點時的動能。
解析 (1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有
mg＋qE＝ma①
27、a2＝gt2②
聯(lián)立①②式得E＝③
(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度大小為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2)。
答案 (1) (2)2m(v＋g2t2)
利用動力學(xué)觀點解決電磁學(xué)問題的思路
備課記錄：
28、
4－1 (2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)如圖所示為測磁感應(yīng)強度大小的一種方式。邊長為l、一定質(zhì)量的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方存在垂直于導(dǎo)線框向里的勻強磁場，導(dǎo)線框中的電流大小為I。此時導(dǎo)線框處于靜止狀態(tài)，通過傳感器測得細線中的拉力大小為F1；保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，待線框穩(wěn)定后，測得細線中拉力
29、大小為F2。則磁感應(yīng)強度大小為( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 當(dāng)磁場在虛線下方時，通電導(dǎo)線的等效長度為l，電流方向向右，受到的安培力方向豎直向上，故F1＋BIl＝mg，當(dāng)磁場在虛線上方時，通電導(dǎo)線的等效長度為l，電流方向向左，受到的安培力方向豎直向下，故F2＝BIl＋mg，聯(lián)立可得B＝，A正確。
4－2 (2019·山西高三二模)電磁緩沖車是利用電磁感應(yīng)原理進行制動緩沖，它的緩沖過程可以等效為：小車底部安裝有電磁鐵(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下。水平地面埋著水平放置的單匝閉合矩形線圈abcd，如圖甲所示。小車沿水平方向通過線圈上方，
30、線圈與磁場的作用連同其他阻力使小車做減速運動，從而實現(xiàn)緩沖，俯視圖如圖乙所示。已知線圈的總電阻為r，ab邊長為L(小于磁場的寬度)。小車總質(zhì)量為m，受到的其他阻力恒為F，小車上的磁場邊界MN與ab邊平行，當(dāng)邊界MN剛抵達ab邊時，速度大小為v0。求：
(1)邊界MN剛抵達ab邊時線圈中感應(yīng)電流I的大?。?
(2)整個緩沖過程中小車的最大加速度am的大小。
答案 (1) (2)
解析 (1)磁場邊界MN剛抵到ab邊時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，感應(yīng)電流I＝
解得：I＝。
(2)小車上的磁場邊界MN剛抵達ab邊時，小車的加速度最大，
根據(jù)右手
31、定則可判斷感應(yīng)電流的方向為從b流到a，
根據(jù)左手定則可判斷線框所受安培力方向水平向右，大小為FA＝BIL
則由牛頓第三定律可知小車受到的磁場力大小為：FA′＝FA，方向水平向左
由牛頓第二定律：FA′＋F＝mam
解得：am＝。
命題角度2 能量觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用
例5 (2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程( )
A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2
解析 動能變化
32、量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球從M運動到N的過程中，只有重力和電場力做功，機械能的增加量等于電勢能的減少量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式得(2v)2－0＝2x，則電勢能減少量ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速運動，速度減小到零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C錯誤。
答案 B
(1)動能定理在力學(xué)和電場中應(yīng)用時的“三同一異”
(2)功能關(guān)系在力學(xué)和電磁感應(yīng)中應(yīng)用時的“三同三異”
備課記錄：
33、
5－1 (2019·廣西欽州三模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。下列判斷中正確的是( )
A．P點的電勢比Q點的電勢高
B．P點的場強比Q點的場
34、強大
C．帶電粒子通過Q點時電勢能比P點時小
D．帶電粒子通過Q點時動能比P點時大
答案 B
解析 若帶電粒子從P點進入電場，由圖可知帶電粒子所受電場力沿電場線向右，由于粒子帶正電，故電場線方向向右，故P點的電勢低于Q點的電勢，A錯誤；由于電場線越密的地方場強越大，則由圖可知P點的場強大于Q點的場強，B正確；帶電粒子在從P向Q運動的過程中電場力做負功，則帶電粒子的電勢能增大，故帶電粒子在P點時的電勢能較小，通過Q點時電勢能較大，C錯誤；由于帶電粒子在從P向Q運動的過程中電場力做負功，根據(jù)動能定理可知，帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能，D錯誤。
5－2 (2019·河南洛陽三模
35、)如圖所示，電阻不計的剛性?形金屬導(dǎo)軌放在光滑水平面上，導(dǎo)軌的兩條軌道之間的間距為L。一輕彈簧的左端與導(dǎo)軌的右邊中點相連，輕彈簧的右端固定在水平面某一位置處，彈簧和導(dǎo)軌的右邊垂直。質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的金屬桿ab可始終在導(dǎo)軌上滑動，滑動時與導(dǎo)軌的兩條軌道始終保持垂直(不計金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦)。整個空間存在一垂直于水平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度的大小為B。開始時，輕彈簧處于原長狀態(tài)，導(dǎo)軌和金屬桿ab都處于靜止狀態(tài)。在t＝0時刻，有一位于導(dǎo)軌平面內(nèi)且與軌道平行的向右的拉力作用于金屬桿ab的中點上，使之從靜止開始在導(dǎo)軌上向右做加速度為a的勻加速直線運動。在t＝t0時刻，撤
36、去拉力，此時輕彈簧的彈性勢能為最大值Ep。已知從t＝0到t＝t0的過程中，金屬桿ab上產(chǎn)生的焦耳熱為Q。試求：
(1)在t＝t0時刻回路中的電流大??；
(2)在t＝0到t＝t0的過程中，作用在金屬桿ab上的拉力所做的功；
(3)外力撤去后的很長時間內(nèi)，金屬桿ab上最多還能產(chǎn)生的電熱。
答案 (1) (2)Q＋Ep＋m(at0)2
(3)Ep＋m(at0)2
解析 (1)設(shè)金屬桿ab在t＝t0時刻的速度為v，則對金屬桿ab，有：v＝at0
此時輕彈簧的彈性勢能為最大值，可知金屬導(dǎo)軌的速度為0，
故金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv
回路中的感應(yīng)電流I＝
解得：I＝。
37、(2)在t＝0到t＝t0的過程中，對金屬桿ab、導(dǎo)軌和輕彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒可知，拉力所做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能、金屬桿ab產(chǎn)生的焦耳熱、輕彈簧的彈性勢能，由此可得：W＝Q＋Ep＋mv2
解得：W＝Q＋Ep＋m(at0)2。
(3)外力撤去后的很長時間后，金屬桿和導(dǎo)軌都靜止不動，輕彈簧處于原長，輕彈簧的彈性勢能為0，即金屬棒ab的動能與輕彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為ab上產(chǎn)生的焦耳熱，設(shè)金屬桿ab上最多還能產(chǎn)生的電熱為Q′，
由能量守恒定律得：Q′＝Ep＋mv2
解得：Q′＝Ep＋m(at0)2。
命題角度3 動量觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用
例6 (2018·天津高考)真空管道超高速
38、列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關(guān)閉。
(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；
(2)求剛接通電源
39、時列車加速度a的大?。?
(3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？
解析 (1)列車要向右運動，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。
(2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I＝①
每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl②
設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③
根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma?、?
聯(lián)立
40、①②③④式得a＝?、?
(3)設(shè)列車減速時，cd進入磁場后經(jīng)Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝ ⑥
其中ΔΦ＝Bl2?、?
設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有
I′＝ ⑧
設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l ⑨
以向右為正方向，設(shè)Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt?、?
同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有
I0＝2I沖 ?
設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有
I總＝0－m
41、v0 ?
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝ ?
討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場。
答案 (1)M接電源正極，理由見解析
(2)
(3)見解析
應(yīng)用動量定理解答電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵是：能否從速度和位移聯(lián)想到＝n，＝，q＝·Δt，－BL·Δt＝m·Δv。其實不難發(fā)現(xiàn)，問題的核心是電荷量q，它一方面可以聯(lián)系到平均感應(yīng)電動勢，繼而到磁通量的變化ΔΦ，再到滑行距離；另一方面又可聯(lián)系到安培力，繼而通過動量定理聯(lián)系到速度，最終可以作為橋梁把滑行距離和速度這兩個物理量聯(lián)系起來。能用電荷量q把幾個規(guī)律一個個串聯(lián)起來，問題就解決了。
42、
在電磁感應(yīng)綜合問題中，若以等寬雙桿在磁場中的運動作為命題背景，由于回路中為同一電流，兩桿所受安培力等大反向，系統(tǒng)合力為零，則可應(yīng)用動量守恒定律方便快捷地求出桿的速度。另外，也可把雙桿問題當(dāng)成碰撞問題的變形拓展，可以對系統(tǒng)同時應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律。
備課記錄：
43、
6－1 (2019·北京房山區(qū)二模)A、B是兩種放射性元素的原子核，原來都靜止在同一勻強磁場中，其中一個放出α粒子，另一個放出β粒子，運動方向都與磁場方向垂直。圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運動軌跡，下列說法中正確的是( )
A．磁場方向一定垂直紙面向里
B．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子
C．a(chǎn)為α粒子運動軌跡，d為β粒子運動軌跡
D．a(chǎn)軌跡中粒子比b軌跡中的粒子動量大
答案 B
解析 粒子在磁場中做勻速圓周運動，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向，A錯誤；放射性元素
44、的原子核放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度方向相反，電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應(yīng)為外切圓，而放射性元素的原子核放出β粒子時，β粒子與反沖核的速度方向相反，電性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應(yīng)為內(nèi)切圓，故A放出的是α粒子，B放出的是β粒子，B正確；放射性元素的原子核放出粒子時，兩帶電粒子的總動量守恒，故a軌跡對應(yīng)的粒子與b軌跡對應(yīng)的粒子動量大小相等，方向相反，由軌跡半徑公式r＝可得r＝，軌跡半徑與動量成正比，與電荷量成反比，而α粒子和β粒子的電荷量比反沖核的電荷量小，則α粒子和β粒子的軌跡半徑比反沖核的軌跡半徑都大，故b為α粒子的運動軌跡，
45、c為β粒子的運動軌跡，C、D錯誤。
6－2 (2019·浙江省溫州九校聯(lián)考)如圖甲所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)＝0.2 m，左側(cè)軌道的傾斜角θ＝30°，右側(cè)軌道為圓弧線，軌道端點間接有電阻R＝1.5 Ω，軌道中間部分水平，在MP、NQ間有寬度為d＝0.8 m、方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。一質(zhì)量為m＝10 g、導(dǎo)軌間電阻為r＝1.0 Ω的導(dǎo)體棒a從t＝0時刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H＝0.8 m。另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM。a棒下滑后平滑進入水平軌道(轉(zhuǎn)角處無機械能損失)，并與b棒發(fā)生
46、碰撞而粘合在一起，此后作為一個整體運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計。求：
(1)導(dǎo)體棒進入磁場前，流過R的電流大小；
(2)導(dǎo)體棒剛進入磁場瞬間受到的安培力大??；
(3)導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離；
(4)全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
答案 (1)0.1 A (2)0.04 N (3)0.4 m (4)0.042 J
解析 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E1＝dl
由圖乙，得＝ T/s＝1.25 T/s
由閉合電路歐姆定律得E1＝I1
聯(lián)立解得I1＝0.1 A。
(2)設(shè)a棒滑到底端時的速度為v0，由動能定理得
mgH＝mv
設(shè)a棒與
47、b棒發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝2mv
由于a棒下滑時間t＝＝0.8 s
故兩棒碰撞后磁場的磁感應(yīng)強度不再變化，電動勢大小為E2＝Blv
安培力大小為F＝BI2l
又E2＝I2
聯(lián)立解得F＝0.04 N。
(3)導(dǎo)體棒直到靜止，由動量定理有
－Bl·Δt＝0－2mv
又q＝·Δt
q＝＝
其中s為導(dǎo)體棒在水平軌道上滑過的路程
聯(lián)立解得s＝2 m
所以導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離為0.4 m。
(4)滑入磁場前，有QR1＝IRt＝0.012 J
碰撞過程損失的機械能為ΔE＝mv－·2mv2
由能量守恒定律知a、b棒碰撞后回路中產(chǎn)生的總
48、焦耳熱為Q＝mgH－ΔE
電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR2＝Q＝0.03 J
全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為
QR＝QR1＋QR2＝0.042 J。
閱卷現(xiàn)場 動量守恒定律應(yīng)用錯誤
例7 (2019·吉林省長春市二模)(12分)如圖所示，一質(zhì)量為m2＝0.4 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量為m1＝0.39 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在車頂?shù)淖蠖恕Ｒ毁|(zhì)量為m0＝0.01 kg的子彈以水平速度v0＝200 m/s射中物塊左端并留在物塊中，子彈與物塊的作用時間極短。最終物塊相對地面以4 m/s的速度滑離小車，物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2。
49、求：
(1)子彈射入物塊過程中與物塊共速時的速度大?。?
(2)小車的長度。
正解 (1)子彈與物塊相互作用過程動量守恒，設(shè)共速時的速度為v1
有：m0v0＝(m0＋m1)v1(2分)
解得：v1＝5 m/s。(2分)
(2)設(shè)物塊滑離小車時的速度為v2，此時小車的速度為v3，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒：
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3(3分)
設(shè)小車的長度為L，由能量守恒定律可得：
μ(m0＋m1)gL＝(m0＋m1)v－(m0＋m1)v－m2v(3分)
解得：L＝0.8 m。(2分)
答案 (1)5 m/s (2)0.8 m
錯解 (1)子彈與物
50、塊相互作用過程子彈、物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共速時的速度為v1
有：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v1(扣2分)
解得：v1＝2.5 m/s。(扣2分)
(2)設(shè)小車的長度為L，由能量守恒定律可得：
μ(m0＋m1)gL＝m0v2－(m0＋m1＋m2)v(扣6分)
解得：L＝98.75 m。(扣2分)
答案 (1)2.5 m/s (2)98.75 m
本題是典型的三體二次作用，子彈射入小物塊的過程，小車的速度沒有發(fā)生變化，子彈射入小物塊后，子彈與小物塊可看做一個整體，再與小車發(fā)生作用。子彈射入小物塊的過程，要損失一部分機械能，子彈、小物塊整體與小車作用的過程中，系統(tǒng)動
51、量守恒，機械能不守恒，第(2)問只涉及子彈、小物塊整體與小車作用的過程，且物塊最后滑離小車，與小車不共速，所以進行運動過程分析，將運動過程合理分段很有必要。
專題作業(yè)
1. (2019·遼寧葫蘆島一模)我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現(xiàn)女子3000 m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則( )
A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量
B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反
C．甲的動能增加量一定等于乙
52、的動能減少量
D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功
答案 B
解析 因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等方向相反，A錯誤；甲、乙作用過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)所受合外力為0，根據(jù)動量定理可知，甲、乙動量變化之和為0，故甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，B正確；在相互作用的時間內(nèi)，甲、乙的位移大小不相同，故相互作用力做功的大小不相等，根據(jù)動能定理可知，動能變化量大小不相等，C、D錯誤。
2. (2020·江蘇省漣水中學(xué)高三月考)如圖所示，虛線代表電場中的三個等勢面，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q
53、是這條軌跡上的兩點，下列說法中正確的是( )
A．粒子帶負電
B．粒子在Q點時的加速度較P點大
C．粒子在P點時的動能較Q點大
D．粒子在P點時的電勢能較Q點大
答案 D
解析 因為電場線和等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，所以在P點的電場強度方向如圖所示，因為帶電粒子受到的電場力和電場強度共線，且指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以粒子在P點受到的電場力和電場強度方向相同，則粒子帶正電，故A錯誤；因為Q點所在處的等勢面比P點疏，所以電場強度比P點小，受到的電場力比P點小，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在Q點的加速度小于P點，故B錯誤；根據(jù)Ep＝qφ，P點的電勢大于Q點，粒子帶正電，可知粒子在P
54、點的電勢能大于Q點，根據(jù)能量守恒定律可知，粒子在P點的動能小于Q點，故C錯誤，D正確。
3. (2019·四川資陽二診)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后。mA＝1 kg，mB＝2 kg。經(jīng)過一段時間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖象如圖所示，根據(jù)以上信息可知碰撞類型屬于( )
A．彈性碰撞
B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞
D．條件不足，無法判斷
答案 A
解析 由圖可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度為vB＝3 m/s，碰后速度為vB′＝5 m/s。根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，碰撞
55、過程系統(tǒng)動量守恒。碰前系統(tǒng)的總動能為mAv＋mBv＝27 J，碰后的總動能為mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，則系統(tǒng)碰撞過程機械能也守恒，所以屬于彈性碰撞，A正確，B、C、D錯誤。
4. (2019·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則( )
A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大
B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大
C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長
D．子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊
56、時的初動能大
答案 D
解析 由于木塊始終保持靜止狀態(tài)，可知整個過程中，兩子彈對木塊的推力大小時刻相等，則兩子彈所受的阻力大小時刻相等，且作用時間也一定相等。設(shè)全過程平均阻力為f，根據(jù)動能定理得，對子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，對子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，則有子彈入射時的初動能EkA＞EkB，故B、C錯誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有＝，而EkA＞EkB，則得到mA＜mB，故A錯誤。
5. (2020·廣西南寧二中、柳州高中二校高三聯(lián)考)如圖所示，一半徑為R＝0.4 m的固定光滑圓弧軌道AB位于豎直平面內(nèi)，軌道下端與
57、一光滑水平直軌道相切于B點，一小球M從距圓弧軌道最高點A高度為h＝0.4 m處由靜止釋放，并恰好沿切線進入圓弧軌道，當(dāng)滑到水平面上后與靜止在水平面上且前端帶有輕彈簧的小球N碰撞，M、N質(zhì)量均為m＝1 kg，g＝10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．小球M在圓弧軌道內(nèi)運動過程中所受合外力方向始終指向軌道圓心
B．輕彈簧被壓縮至最短時，M和N的速度大小都是2 m/s
C．輕彈簧被壓縮的過程中，M、N的總動量和總動能都保持不變
D．輕彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為6 J
答案 B
解析 小球M在圓弧軌道內(nèi)運動過程中受豎直向下的重力、指向圓心的支持力，做變速圓周運動，合外力方
58、向除在B點外都不指向軌道圓心，故A錯誤；小球M從開始到滑到B的過程，由機械能守恒定律得：mg(h＋R)＝mv，代入數(shù)據(jù)解得：vB＝4 m/s，輕彈簧被壓縮至最短時兩球速度相等，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvB＝2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s，故B正確；輕彈簧被壓縮的過程中，由動量守恒定律知M、N的總動量不變，根據(jù)機械能守恒定律知彈性勢能增大，所以M、N的總動能減少，故C錯誤；輕彈簧被壓縮至最短時，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律得：mv＝·2mv2＋Epm，代入數(shù)據(jù)解得：Epm＝4 J，故D錯誤。
6. (2019·福建省福州市檢測)如圖所示，傾角為θ＝30°的粗
59、糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經(jīng)過斜面中點O時速度達到最大值v，運動的最低點為N(圖中沒有標出)，則下列說法正確的是( )
A．物塊向下運動的過程中加速度先增大后減小
B．物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝
C．物塊運動的最低點N到O點的距離小于M點到O點的距離
D．物塊的釋放點M與O點間的電勢差為
答案 D
解析 根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強度先減小后增大，中點O的電場強度為零。設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有m
60、gsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物塊下滑的過程中電場力qE先沿斜面向下逐漸減小后沿斜面向上逐漸增大，所以物塊的加速度大小先減小后增大，A錯誤；物塊在斜面上運動到O點時的速度最大，則可知此時物塊的加速度為零，又電場強度為零，有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ＝，B錯誤；由于運動過程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊從M點運動到N點的過程中受到的合外力為qE，因此最低點N與釋放點M關(guān)于O點對稱，C錯誤；根據(jù)動能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物塊的釋放點M與O點間的電勢
61、差UMO＝，D正確。
7. (2019·福建省泉州市檢測)(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點由靜止下滑，經(jīng)時間t后立即加上沿斜面向上的勻強電場，再經(jīng)時間t滑塊恰好過A點。重力加速度大小為g，則( )
A．勻強電場的電場強度大小為
B．滑塊過A點時的速度大小為2gtsinθ
C．滑塊從A點到最低點過程中重力勢能減少了mg2t2sin2θ
D．滑塊從最低點到A點的過程中電勢能減少了2mg2t2sin2θ
答案 AB
解析 未加電場時，小滑塊的加速度大小為a＝gsinθ，經(jīng)時間t后速度大小為v1＝at＝gtsinθ，位移大小為x＝at2
62、＝gt2sinθ；加上電場后，則加速度大小為a′＝－gsinθ，再經(jīng)時間t后，根據(jù)勻變速運動規(guī)律有x＝－v1t＋a′t2，聯(lián)立解得a′＝3gsinθ，E＝，A正確；滑塊過A點時的速度大小為v2＝－v1＋a′t＝－gtsinθ＋3gtsinθ＝2gtsinθ，B正確；從A點到最低點，位移大小為x總＝at2＋＝gt2sinθ，所以重力勢能減小量ΔEp＝mgx總sinθ＝mg2t2sin2θ，C錯誤；從最低點到A點根據(jù)動能定理W電－mgx總sinθ＝mv－0，解得W電＝mg2t2sin2θ，所以電勢能減少了ΔEp′＝W電＝mg2t2sin2θ，D錯誤。
8. (2019·陜西省西安市檢測)如圖所示
63、，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，在金屬棒整個運動過程中，下列說法正確的是( )
A．金屬棒b端電勢比a端高
B．金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱
C．金屬棒ab運動的位移為
D．金屬棒ab運動的位移為
答案 D
解析 金屬棒ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知，金屬棒ab上電流的方向是b→a，說明b端電勢比a端低，A錯誤；由功能關(guān)系知金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R與
64、金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，B錯誤；由動量定理得－BLΔt＝0－mv0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝B，由閉合電路的歐姆定律得E＝·2R，聯(lián)立解得金屬棒的位移x＝，C錯誤，D正確。
9．(2019·云南省昆明市模擬)(多選)如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角為θ＝37°，N、Q間連接一個阻值為R的電阻，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度大小為B。將一根質(zhì)量為m的金屬棒放在兩導(dǎo)軌的ab位置，現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌下滑過程中始終與兩導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒滑行至cd位置，速度開始保持不變。已知cd與ab之間的距離為s，金屬棒與導(dǎo)
65、軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則( )
A．金屬棒沿導(dǎo)軌剛開始下滑時的加速度大小為g
B．金屬棒到達cd處的速度大小為
C．金屬棒由ab處運動到cd處所用的時間為t＝＋
D．金屬棒由ab處運動到cd處所用的時間為t＝＋
答案 BC
解析 金屬棒沿導(dǎo)軌剛開始下滑時，有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝，A錯誤；金屬棒到達cd處，速度達到最大，金屬棒所受的合外力為0，故有mgsin37°－μmgcos37°－F安＝0，其中F安＝BIL＝BL，聯(lián)立解得vm＝，B正確；金屬棒由ab處
66、運動到cd處，由動量定理得(mgsin37°－μmgcos37°－BIL)Δt＝mΔv，其中I＝，整理式子并兩邊求和得∑(mgsin37°－μmgcos37°)Δt－∑Δt＝∑mΔv，則有(mgsin37°－μmgcos37°)t－＝mvm，解得t＝＋，C正確，D錯誤。
10．(2019·河北唐山二模)如圖所示，有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌PQR、DEF，PQ、DE部分為半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，QR、EF部分為水平導(dǎo)軌，圓弧部分與水平部分相切，水平部分處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為L。兩金屬桿a、b的質(zhì)量分別為m、3m，電阻均為R。開始時，桿b與兩水平軌道垂直且靜止于磁場中，a桿從圓弧軌道上端由靜止釋放，釋放位置與水平軌道的高度差為r，求：
(1)a桿運動到圓弧末端時對軌道的壓力；
(2)b桿的最大加速度和最大速度。
答案 (1)3mg (2)
解析 (1)對a沿圓弧軌道下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：mgr＝mv，
對a在圓弧末端，根據(jù)牛頓第二定律可得：
FN－mg＝m，解得：FN＝3mg，
根據(jù)牛頓第三定律可得，a桿運動到圓弧末端時對軌道的壓力為3
2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇四 解決物理問題的三條途徑練習(xí)（含解析）
