1、1 2020 届一轮复习人教版 动量相关知识浙江高考中的运用 学案 一、动量、动量定理 1动量 （1 ） 定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用 p 来表示。 （2 ） 表 达 式 ： p mv。 （3 ） 单 位 ： kgm/s。 （4 ） 标 矢 性 ： 动 量 是 矢 量 ， 其 方 向 和 速 度 方 向 相 同 。 2 冲 量 （1 ） 定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。 （2 ） 表 达 式 ： I Ft 。 单 位 ： Ns。 （3 ） 标 矢 性 ： 冲 量 是 矢 量 ， 它 的 方 向 由 力 的 方 向 决 定 。 3动量定理 项目 动量定理
2、物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的 内容 冲量 表达式 p p F 合 t 或 mv mv F 合 t 意义 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因 标矢性 矢量式（注意正方向的选取） 2 二、动量守恒定律 1. 内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。 2. 表达式： m1v1 m2v 2 m1v 1 m2v 2或 p p。 3适用条件 （1 ） 理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 （2 ） 近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 （3 ） 分方向守恒：系统在某个方向上所受合力
3、为零时，系统在该方向上动量守恒。 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1. 碰撞 3 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。 2. 特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。 3. 关于弹性碰撞的分析 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。 在光滑的水平面上，质量为 m1 的钢球沿一条直线以速度 v0 与静止在水平面上的质量为 m2 的钢球发生弹 性碰撞，碰后的速度分别是 v 1、 v 2 由可得： 利用式和式，可讨论以下五种特殊情况： a. 当 m1 m2 时 ， v1 0 ， v2 0 ，两钢球沿原方向原方向运动； b.
4、 当 m1 m2 时 ， v1 0 ，v 2 0 ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动； 4 c. 当 m1 m2 时 ， v1 0 ， v2 v0 ，两钢球交换速度。 d. 当 m1 m2 时， v1 v0 ， v2 0 ， m1 很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的 m2 几乎不 动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。 e. 当 m1 m2 时 ， v v0 ， v2 2v0 ，说明 m1 很大时速度几乎不变，而质量很小的 m2 获得的速度 是原来运动物体速度的 2 倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。 一、相关动量定理注意事项 1. 动量定理：物体
5、所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即 I p 。 2. 动 量 定 理 表 明 冲 量 是 使 物 体 动 量 发 生 变 化 的 原 因 ， 冲 量 是 物 体 动 量 变 化 的 量 度 。 这 里 所 说 的 冲 量 必 须是物 体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。 5 1 2 1 2 3. 动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。 4. 现 代 物 理 学 把 力 定 义 为 物 体 动 量 的 变 化 率 ： p t （牛顿第二定律的动量形式）。 5. 动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。 6.
6、 应用动量定理解题的一般步骤为：（ 1） 明确研究对象和物理过程；（ 2） 分析研究对象在运动过程 中 的受力情况及各力的冲量；（ 3） 选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（ 4） 依据动 量定理列方程、求解。 二、应用动量守恒定律解题的步骤： （1 ） 明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）； （2 ） 进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）； （3 ） 规定正方向，确定初、末状态动量； （4 ） 由动量守恒定律列出方程； （5 ） 代 入 数 据 ， 求 出 结 果 ， 必 要 时 讨 论 说 明 。 三、 碰撞问题解题策略
7、（1 ） 抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。 （2 ） 可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： m1 m2 2m1 v1 m mv0、 v2 m mv0。 （3 ）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1? m2，且 v 20 0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v。当 m1? m2，且 v 200 时，碰后质量小的球原速率反弹。 F 6 1 如图为蹦极运动示意图 , 弹性绳的一端固定在 O 点，另一端和弹性绳相连，运动员从 O 点自由下落。 a 点是弹性绳的原长位置 ,c 点是人所能到达
8、的最低点， b 点是人悬吊静止时的位置 , 把由 O点到 a 点的过程称为 过程 I, 由 a 点到 c 点的过程称为过程 II, 不计空气阻力 , 下列说法正确的是 A. 过 程 I 中人动量的改变量的大小小于重力冲量的大小 B. 过程 II 中人动量的减小量的大小等于过程 I 中重力的冲量大小 7 C. 过程 II 中人的动能一直减小到零 D. 过程 II 中人与地球系统机械能的减少量等于过程 I 中重力做的功 【答案】 B 【解析】人先做自由落体运动，刚接触绳子时合力的方向是向下的，而后合力向上，所以人的速度先增大后减小， 从能量的角度上讲，克服弹力做功应该等于整个过程重力做功。 A、根
9、据动量定理，过程 I 中人动量的改变量的大小等于重力冲量的大小，故 A 错； B、设人在 a 点的速度为 v, 则过程 I 中人的动量变化量的大小等于 mv， 在过程 II 中速度从 v 减到零，所以 动量变化量的大小也等于 mv， 再结合 A 选项可知 B 正确； C、因为 b 点是人悬吊静止时的位置，即合力为零的位置，所以从 a 到 c 合力先向下后向上，即先加速后减 速，所以过程 II 中人的动能先增大后减小，故 C 错； D、过程 II 中人与地球系统机械能的减少量等于克服弹力做的功，从功能关系上来说，克服弹力做功应该 等于整 个过程重力做功，故 D 错； 故选 B 2 20 世纪人类
10、最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球 在太空中直线飞行的宇宙 飞船， 为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船 在短时间 t 内速度的改变为 v， 和飞船受到的推力 F （其他星球对他的引力 可忽略） 。飞船在某次航行中，当它飞进一个孤立的星球时，飞船能以速度 V， 在 离星球的较高轨道上绕星球做周期为 T 的匀速圆周运动。已知星球的半径 为 R， 引力常量用 G表示。则宇 宙飞船和星球的质量分别是（ ） A ， B ， C ， D ， 【答案】 B 【解析】 根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量； 8 2 飞船直线推进时，根据动量定理可得：
11、Ft=mv， 解得飞船的质量为： ，飞船绕孤立星球运动时， 根据公式 ，又 ，解得： ，故 ACD错误， B 正确。故选 B 。 3 将充足 气后质量为 0.5kg 的篮球从 1.6m 高处自由落下，篮球接触地面的时间为 0.5s ，竖直弹起的最大 高度为 0.9m。不计空气阻力，重力加速度大小为 g=9.8m/s 。则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为 A 4.9N B 8.9N C 9.8N D 14.7N 【答案】 D 9 2 2 【解析】 由动能定理得：小球下落过程： mgh1= mv1 -0 ， ，方向竖直向下； 小球上升过程： -mgh2=0- mv2 ， ，方向竖直向上；以向下
12、为正方向，由动 量定理得： （ mg-F）t=mv2-mv1 ，即： （ 0.5 9.8 -F ）0.5=0.5 （ -4.2 ）- 0.5 5.6 ， F=14.7N； 方向向上； 故 D 正确， ABC错误。故选 D。本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解 题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。 4. 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽 底 端 与水平面相切，一个质量为 m的小物块从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法错 误 的是（ ） A在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B在下滑过程中
13、，物块和槽的水平方向动量守恒 C 物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为 v= 2 D 物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep = 【答案】 D 【解析】滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故 A 正确；滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成 的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故 B 正确；设小球到达水平面时速度大小为 v 1， 槽的速度大小为 v 2， 且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑 2 2 过程中， 系统水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得： mv1-2mv2=0， 由机械能守恒定律得： mgh= mv1 + ?2mv
14、2 ， 10 2 由以上两式解得： v1=2 ，v2= ，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小 与物块 接触弹簧前的速度大小相等， v=v1=2 ，故 C 正确；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物 块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能 Ep = mv1 = ，故 D 错误； 本题选错误的，故选 D。 5. 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A 并立即留在其中， A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一 起， 如图所示。则在子弹打击木块 A 至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ） 11 A 动量守恒，
15、机械能守恒 B 动量守恒，机械能不守恒 C 动量不守恒，机械能不守恒 D 动量不守恒，总动能减小 【答案】 B 【解析】 在子弹打击木块 A 及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之 和为 零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不 守恒。故 B 正确， ACD错误。故选 B。 本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼 统 6. 两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动， B 球在前， A 球在后， , , , , 当 A 球与 B 球发生碰撞后， A、 B 两
16、球速度可能为（ ） A , B , C , D , 【答案】 B 【解析】 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部 分转化 为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰 撞后 A 球速度不大于 B 球的速度 两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得： 12 2 MAv A+MBvB=（M A+MB）v ，代入数据解得： v= m/s ，如果两球发生完全弹性 碰撞，有： MAvA+MBv B=MAvA+MBv B， 2 2 2 2 由机械能
17、守恒定律得： MAv A + MBv B = MAv A + MBvB ，代入数据解得： vA= m/s ， v B= m/s，则碰撞 后 A、B 的速度： m/svA m/s ， m/svB m/s ，故选 B。 7. 如图所示，一半径为 R=0.2m 的固定光滑 圆弧轨道 AB 位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相 切于 B 点，一小球 M从距圆弧轨道最高点 A 高度为 h=0.2m 处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道， 当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球 N 碰撞， M、 N 质量均为 m=1Kg， g=10m s 。 下列说法正确的是（ ） 13 A 小
18、球 M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心 B 轻弹簧被压缩至最短时， M和 N 的速度大小都是 m s C 轻弹簧被压缩的过程中， M、 N 的总动量和总动能都保持不变 D 轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 4J 【答案】 B 【解析】 对小球 M受力分析可知合外力方向是否指向圆心； 小球 M滑到 B 的过程由机械能守恒定律求得到 B 的速度，轻弹簧被压缩的过程满足动量守恒定律；根据能量守恒知轻弹簧被压缩的过程中，弹性势能增大， 总动能 减少，轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据能量守恒可求得 . A. 小球 M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，
19、合外力方向除 B 点外并不指向 轨道圆心，故 A 错误； B. 小球 M滑到 B 的过程由机械能守恒定律得： ，解得： ，当两球的速度相等时 轻弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律得： mvB=2mv，解得 ，故 B 正确； C 轻 弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知 M、 N 的总动量不变，根据能量守恒知弹性势能增大，所以 总 14 动能减少，故 C 错误； D 轻弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，根据能量守恒得： ，解得 E 弹 m=6J， 故 D 错误 . 故选 B. 8. 如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为 M=3kg 的足够长薄板和一质量为 m的物块分别以大小 v=4m/s 的初速度
20、向左、向右运动，它们之间有摩擦。当薄板的速度大小为 2.4m/s 且方向向左时，物块的速度大小为 v=0.8m/s ，方向向左，则物块的质量为（ ） 15 A 1 kg B 2 kg C 0.8 kg D 1.6k 【答案】 A 【解析】 设向左为正方向，由动量守恒定律可知： ，即 ，解得 m=1kg，故选 A. 9. 两物块 A、B 用轻弹簧相连，质量均为 2kg ，初始时弹簧处于原长， A、 B 两物块都以 v 6 m/s 的速度在 光滑的水平地面上运动，质量 4kg 的物块 C 静止在前方，如图所示， B 与 C 碰撞后二者会粘在一起运动 . 则 下列说法正确的是（ ） A B 、 C碰
21、撞刚结束时 BC的共同速度为 3 m/s B 弹簧的弹性势能最大时，物块 A 的速度为 3 m/s C 弹簧的弹性势能最大值为 36J D 弹簧 再次恢复原长时 A、 B、 C 三物块速度相同 【答案】 B 【解析】 B 与 C 发生碰撞后，根据动量守恒求出物 BC的速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的 速 度，此时 A 的速度最大；根据动量守恒求出 BC碰撞后的共同速度由能量守恒求解弹性势能的最大值 A、 B 与 C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 B、 C 两者速度为 vBC，规定向右为正方向，则 mBv= （m B+mC）v BC, 解得 ；故 A 错误 . B、
22、 C、当 A、 B、 C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由 A、 B、 C 三者组成的系统动量守恒，设向右为正 方向： （m A+mB）v= （m A+mB+mC）v ABC, 解得： , 设物 ABC 速度相同时弹簧的弹性 势能最大为 Ep， 根据能量守恒： ；故 B 正确， C 错误 . D、若三者共速时系统减少的动能最多，一定是变成储存的弹性势能，则此时弹簧不会是原长；故 D 错误 . 16 故选 B. 10. “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把 47 个自制的火箭绑在椅子上，自己 坐 在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着
23、陆。假设万户及所 携设备（火箭（含燃料） 、椅子、风筝等）总质量为 M， 点燃火箭后在极短的时间内，质量为 m的炽热燃气 相对地面以 v 0 的速度竖直向下喷出。 忽略此过程中空气阻力的影响， 重力加速度为 g， 下列说法中正确的是 （ ） 17 A火箭的推力来源于空气对它的反作用力 B在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒 【答案】 B 18 【解析】 火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间， 视万户及所携设备（火箭（含燃料） 、椅子、风筝等）
24、为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖 直上 抛运动。 A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故 A 错误； B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备（火箭（含燃料） 、椅子、风筝等）为系统，动量守恒，设火 箭的速度大小为 v， 规定火箭运动方向为正方向，则有 ，解得火箭的速度大小为 ， 故 B 正确； C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为 ， 故 C 错误； D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及 所携设 备机械能不守恒，故 D 错误； 故选 B。
25、11. 竖直向上发射一物体（不计空气阻力） ，在物体上升的某一时刻突然炸裂为 a、 b 两块，质量较小的 a 19 块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（ ） A. a 块的速度一定比原来物体的速度小 B. b 块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同 C. b 块的速度一定比原来物体的速度小 D. 炸裂过程中， b 块的动量变化量大小一定小于 a 块的动量变化量大小 【答案】 B 【解析】 当物体的速度沿水平方向炸裂成 a、 b 两块时，质量较大的 a 的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守 恒定律判断可知 b 运 动 方 向 一 定 沿 水 平 方 向 。A BC 在炸裂 过程中，由于重力
26、远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后 a 的 速 度 沿 原 来 的 水 平 方 向 ， 根 据 动 量 守 恒 定 律有 ： ； 解 得 ： ；由题意可知， b 块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同， 故 A 错误， B 正确， C 错误； D 由动量守恒可知，炸裂过程中， b 块的动量变化量大小一定等于 a 块的动量变化量大小，故 D 错误。 故选： B。 本题是动量守恒定律的应用，基础题系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方 向也保持不变，解题时要抓住这一点。 12. 如图所示，质量为 m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径
27、AB长度为 2R， 现将质量也 为 m的小球从距 A 点正上方 h 高处由静止释放，然后由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，在空中能上升的最 大高度为 h（ 不计空气阻力） ，则（ ） 20 A 小球和小车组成的系统水平方向动量守恒 B 小车向左运动的最大距离为 R C 小球离开小车后做斜上抛运动 21 D 小球第二次能上升的最大高度 hh1L 的 区 域 存 在 沿 y 方 向 的 匀 强 电 场 ， 电 场 强 度 为 E， 在 坐 标 原 点 O点 有 一 正 粒 子 以 速 率 v0 沿 x 方 向 射 入 磁 场 ， 粒 子 穿 出 磁 场 进 入 电 场 ， 速 度 减 小 到
28、0 后又返回 磁场。已知粒子的比荷为 ，粒子重力不计 40 （1 ） 求匀强磁场的磁感应强度的大小； （2 ） 从原点出发后带电粒子第一次经过 x 轴，洛伦兹力的冲量； 41 （3 ） 经过多长时间，带电粒子再次经过 x 轴。 【答案】（1 ） （2 ） （ 3） （n=1,2,3, ） 【解析】（1 ） 粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向沿 y 轴正 方向，所以粒子在组合场中轨迹如图： 由几何关系得，粒子在磁场中圆周运动的半径 根 据 ，解得： （2 ） 匀强电场中， 以 y 轴正方向为正， 由动量定理得： ， 即电场力冲量的大小为 ， 方向沿 y
29、轴负方向。 粒子从原点出发到第一次经过 x 轴，动量变化量为 0， 由动量定理得： 所以磁场产生的冲量 ，方向沿 y 轴正方向。 （3 ） 粒子返回磁场后，带点粒子再做匀速圆周运动 粒子从原点出发到第一次经过 x 轴，在磁场中运动的时间 粒子从原点出发到第一次经过 x 轴，电场中运动的时间为 42 考虑周期性，带电粒子再次经过 x 轴的时间 （n=1,2,3, ） 3 （2 018 年 4 月浙江省普通高校招生选考科目考试（余高卷 3 月）物理模拟）如图所示， abcd 为质量 m的 U 形导轨， ab 与 cd 平行，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为 m的金属棒 PQ平行 bc 放在水
30、平导轨上， PQ棒右边靠着绝缘竖直光滑且固定在绝缘水平面上的立柱 e、f,U 形导轨处于匀强磁场中，磁场以通过 e、 f 的 O1O2 为界，右侧磁场方向竖直向上，左侧磁场方向水平向左，磁感应强度大小都为 B， 导轨的 bc 段 长度为 L, 金属棒 PQ的电阻 R， 其余电阻均可不计，金属棒 PQ与导轨间的动摩擦因数为 ，在导轨上作用 43 一个方向向右， 大小 F=mg的水平拉力， 让 U 形导轨从静止开始运动， 若导轨从开始运动到达到最大速度 m 的时间为 t 。设导轨足够长。求： （1 ） 导轨在运动过程中的最大速度 m （2 ） 从开始运动到达到最大速度 m过程中，系统增加的内能为多
31、少 ? 【答案】（1 ） （2 ） 【解析】 （1 ） 当导轨的加速度为零时，导轨速度最大为 v m。导轨在水平方向上受到外力 F、水平向左的安培 力 F1 和滑动摩擦力 F2， 则 F-F 1-F 2=0 F1=BIL ； ， E=BLvm， 即 以 PQ棒为研究对象， PQ静止，在竖直方向上受重力 mg、竖直向上的支持力 N 和安培力 F3， 则 N+F3=mg，F 3=F1，F 2=N，得 将 F1 和 F2 代入解得 ，得 （2 ） 设导轨从开始运动到达到最大速度过程中移动距离为 x ， 由动量定理得： 把 F=mg ， x= t 代入得： 44 设系统增加的内能为 ?E， 由功能关系
32、得： 则 4 （浙江省名校新高考研究联盟 2018 届高三第二次联考）如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构俯 视图，缓冲车厢的底部安装电磁铁（图中未画出） ，能产生竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B， 车厢上有两个光滑水平绝缘导轨 PQ、 MN，将高强度绝缘材料制成的缓冲滑块 K 置于导轨上，并可在导轨上 45 无摩擦滑动。滑块 K 上绕有闭合矩形线圈 abcd，线圈的总电阻为 R， 匝数为 n， ab 边长为 l ，假设关闭发动 机后，缓冲车厢与滑块 K 以速度 v0 与障碍物 C 碰撞 . 滑块 K 立即停下，此后缓冲车将会受到线圈对它的磁场 力而做减速运动，从而实现缓冲，缓冲
33、车厢质量为 m， 缓冲滑块的质量为 m0 ，车厢与地面间的动摩擦因数 为 ，其他摩擦阻力不计，求： （1 ） 缓冲滑块 K 的线圈中感应电流的方向和最大安培力的大小； （2 ） 若缓冲车厢向前移动时间 t 后速度减为零，缓冲车厢与障碍物和线圈的 ab 边均没有接触，求此过程 线圈 abcd 中通过的电量； （3 ） 接（ 2） 求此过程线圈 abcd 中产生的焦耳热。 【 答 案 】 （ 1 ）电 流 的 方向 是 abcda （或 逆 时 针） n2 B2l 2v R （ 2 ） （3 ）0 46 【解析】（1 ） 由右手定则判断出感应电流的方向是 abcda （或逆时针） 缓冲车以速度比碰
34、撞障碍物后滑块 K 静止，滑块相对磁场的速度大小为 v0 线圈中产生的感应电动势 E0 nBlv0 线圈中感应电流 I 0 nBlv0 R 最大的安培力为 （2 ） 根据动量定理： ， I F BIlt ； 联立解得 47 （3 ） 缓冲车的位移 产生的焦耳热 5 （浙江台州中学 2018 届高三上学期第四次统练）如图所示，平行金属导轨 OP、 KM和 PQ、MN 相互垂直， 且 OP、 KM与水平面间夹角为 =37， 导轨间距均为 L=1 m， 电阻不计，导轨足够长两根金属棒 ab 和 cd 与导轨垂直放置且接触良好， ab 的质量为 M=2kg， 电阻为 R1=2 ， cd 的质量为 m=
35、0.2 kg ，电阻为 R2=1 ， 金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为 =0.5 ， 两个导轨平面均处在垂直于轨道平面 OPKM向上的匀强磁场中。 现让 cd 固定不动，将金属棒 ab 由静止释放，当 ab 沿导轨下滑 x=6 m 时，速度已达到稳定，此时，整个回 路消耗的电功率为 P=12 W。 （s in37 0=0.6 ， cos37 0=0.8 ， g 取 10m/s2 ）求： 48 2 （1 ） 磁感应强度 B 的大小； （2 ） ab 沿导轨下滑 x=6 m 的过程中 ab 棒上产生的焦耳热 Q； （3 ） 若将 ab 与 cd 同时由静止释放，当运动时间 t=0.5s 时， ab
36、 的速度 vab 与 cd 棒速度 vcd 的关系式。 【答案】（1 ） 2T（ 2） 10J （3 ） 5=10vab-2v cd 【解析】（1 ） ab 棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有： Mgsin37=BI 1L+Mgcos37 整个回路消耗的电功率为： P=BI1Lvm； 则得 ab 棒的最大速度为： vm=3m/s 又整个回路的电功率又可表示为： 解得： B=2T （2 ）a b 棒下滑 x=6 m过程中，根据能量守恒： Mgxsin37= Mgxcos37+Q 总 + mvm 将 v m=3m/s 代 入 解 得 ： W=15J 49 ab 棒上产生的焦耳热为： Q=
37、 Q总 解得： Q=10J （3 ） 对 cd 棒： ， 即 对 ab 棒： 联立消去 x ab 得， 5=10v ab-2v cd 6 （浙江省杭州市 2017-2018 学年高三上学期期末）某同学设计了一个电磁击发装置，其结构如图所示。 间距为 L=10cm 的平行长直导轨置于水平桌面上，导轨中 NO和 NO段用绝缘材料制成，其余部分均为导 电金属 材料，两种材料导轨平滑连接。导轨左侧与匝数为 100 匝、半径为 5cm的圆形线圈相连，线圈内存在垂直线 圈平面的匀强磁场。电容为 1F 的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。 在轨道间 MPPM矩形区域内存在垂直 桌面向上的匀强磁场，磁感强度为
38、 2T。磁场右侧边界 PP与 OO间距离为 a =4cm。初始 时金属棒 A 处于 NN 左侧某处，金属棒 B 处于 OO左侧距 OO距离为 a 处。当开关与 1 连接时，圆形线圈中 磁场随时间均匀变化，变化率为 ；稳定后将开关拨向 2, 金属棒 A 被弹出，与金属棒 B 相碰， 并在 B棒刚出磁场时 A棒刚好运动到 OO处， 最终 A棒恰在 PP处停住。已知两根金属棒的质量均为 0.02kg 、 接入电路中的电阻均为 0.1 , 金属棒与金属导轨接触良好，其余电阻均不计，一切摩擦不计。问： 50 （1 ） 当开关与 1 连接时，电容器电傲是多少？下极板带什么电？ （2 ） 金属棒 A 与 B
39、 相碰后 A 棒的速度 v 是多少？ （3 ） 电容器所剩电量 Q是多少？ 51 【答案】（1 ） 1C， 正 电 （ 2） 0.4m/s （3 ） 0.88C 【解析】（1 ） 将开关拨向 2 时 A 棒会弹出说明所受安培力向右，电流向上，故电容器下板带正电； （2 ）A 、 B 棒相碰地方发生时没有构成回路， 没有感应电流， A、 B 棒均作匀速直线运动直至 A 棒到达 OO处， 设碰后 A 棒速度为 v ，由于 B 棒的位移是 A 棒的两倍，故 B 棒速度是 2v。 A 棒过 OO 后在安培力作用 下减速。 由动量定理可知： 即 两边求和可得 ，即 ； （3 ） 设 A 棒与 B 棒碰前的速度为 v 0， 碰撞过程动量守恒，则有： ，可得 v0 3v A 棒在安培力作用下加速，则有： 即 两边求和得： 得 52 代入前面的数据可知，电容器所剩电量为 。
