2015-2016学年度物理选修3-5(金版学案)(粤教版)第一章章末过关检测卷一

4习题课动量守恒定律的应用[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性．2．进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．1．动量守恒定律成立的条件动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：(1)理想条件：系统不受外力．(2)实际条件：系统所受外力为零．(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五性动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．一、动量守恒条件及守恒对象的选取1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；(3)系统的内力远大于外力．2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．【例1】图1－4－1质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－4－1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝M v1＋m v2＋m0v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足M v＝M v1＋m v2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2答案BC解析M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．二、单一方向动量守恒问题1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．三、多物体多过程动量守恒定律的应用对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．【例2】(2014·江西高二联考)如图1－4－2所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg 的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：图1－4－2(1)A的最终速度；(2)铁块刚滑上B时的速度．答案(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s解析(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：m v＝(M B＋m)v B＋M A v A可求得：v A＝0.25 m/s(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为v A＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：m v＝mu＋(M A＋M B)v A可求得：u＝2.75 m/s.借题发挥处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题1．注意正方向的选取．2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．针对训练图1－4－3两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图1－4－3所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率答案 B解析选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为v A和v B，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v A－M v B，则v Av B＝MM＋m，即v A<v B，故选项B正确．四、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．【例3】如图1－4－4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．图1－4－4(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？答案 (1)（M ＋m ）v 0－m v M(2)m v －M v 0m ＋M(3)v 1≤v 2 5.2 m/s解析 (1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m v ＋M v 1①解得v 1＝（M ＋m ）v 0－m v M② (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －M v 0＝(m ＋M )v 2③解得v 2＝m v －M v 0m ＋M④ (3)甲、乙不相撞的条件是v 1≤v 2⑤其中v 1＝v 2为甲、乙恰好不相撞的条件．联立②④⑤三式，并代入数据得v ≥5.2 m/s.某一方向上动量守恒问题1. 如图1－4－5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )图1－4－5A ．斜面和小球组成的系统动量守恒B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C ．斜面向右运动D ．斜面静止不动答案 BC解析 球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．多物体、多过程中的动量守恒问题2. 如图1－4－6所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体．从某一时刻起给m 一个水平向右的初速度v 0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后 ( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．物体的最终速度为m v 0M ，向右D ．物体的最终速度为m v 0M ＋m，向右 答案 D解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v 共同运动，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，故v ＝m v 0M ＋m ，向右．3. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v 0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图1－4－7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？图1－4－ 6图1－4－7答案 15v 0解析 由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，m v 0＝5m v ，v ＝15v 0，即它们最后的速度为15v 0.动量守恒定律应用中的临界问题4. 如图1－4－8所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s 的速度向右滑行．此时质量m 2＝50 kg的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．答案 大于等于3.8 m/s解析 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成系统，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v ′＋Mu ，解得u ＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u ≥3.8 m/s ，就可避免两车相撞． (时间：60分钟)题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将(水的阻力不变) () 图1－4－8A ．变大B ．变小C ．不变D ．无法判定答案 C 解析 相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向仍然具有和船相同的速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变．2. 如图1－4－9所示，A 、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C 以一定的初速度v 0从A 的左端开始向右滑行，最后停在B 木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是 ( )A ．当C 在A 上滑行时，A 、C 组成的系统动量守恒B ．当C 在B 上滑行时，B 、C 组成的系统动量守恒C ．无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，A 、B 、C 三物块组成的系统动量 都守恒D ．当C 在B 上滑行时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒答案 BC解析 当C 在A 上滑行时，对A 、C 组成的系统，B 对A 的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A 错误；当C 在B 上滑行时，A 、B 已分离，对B 、C 组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B 正确；若将A 、B 、C 三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C 正确，选项D 错误．3. 平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A 以水平初速度v 0向车的右端滑行，如图1－4－10所示．由于A 、B 间存在摩擦，因而A 在B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动(设B 车足够长)，则B 车速度达到最大时，应出现在( ) A ．A 的速度最小时图1－4－9图1－4－10B ．A 、B 速度相等时C ．A 在B 上相对静止时D ．B 车开始做匀速直线运动时答案 ABCD解析 由于A 、B 之间存在摩擦力，A 做减速运动，B 做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A 的速度最小，B 的速度最大，因此选项A 、B 、C 正确，此后A 、B 一起匀速运动，所以D 项正确．4. 如图1－4－11所示，在质量为M 的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和摆球以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是 ( ) A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v 1、v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v ′，满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2答案 BC5. 如图1－4－12所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( )A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反图1－4－11图1－4－12答案BD解析小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项B、D正确．6. 如图1－4－13所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是()A．A、B质量相等，但A比B速率大B．A、B质量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的质量大D．A、B速率相等，但A比B的质量小答案AC解析两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A－m B v B－m C v C＝0，得m A v A－m B v B>0.所以A、C正确．题组二多物体多过程动量守恒定律的应用7．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为() A．5颗B．6颗C．7颗D．8颗答案 D解析设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得m1m2＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.8. 如图1－4－14所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量图1－4－13 图1－4－14m A 是物体B 的质量m B 的34，子弹的质量m 是物体B 的质量的14，求弹簧压缩到最短时B 的速度．答案 v 08解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A 、B 具有共同的速度v 1，且子弹、A 、B 组成的系统，从子弹开始射入物体A 一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m A ＋m B )v 1，又m ＝14m B ，m A ＝34m B ，故v 1＝m v 0m ＋m A ＋m B＝v 08，即弹簧压缩到最短时B 的速度为v 08.9. 如图1－4－15所示，在光滑水平面上有两个木块A 、B ，木块B 左端放置小物块C 并保持静止，已知m A ＝m B＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，现木块A 以初速度v ＝2 m/s 沿水平方向向右滑动，木块A 与B 相碰后具有共同速度(但不粘连)，C 与A 、B 间均有摩擦．求：(1)木块A 与B 相碰瞬间A 木块及小物块C 的速度大小；(2)设木块A 足够长，求小物块C 的最终速度．答案 (1)1 m/s 0 (2)23 m/s 方向水平向右解析 (1)木块A 与B 相碰瞬间C 的速度为0，A 、B 木块的速度相同，由动量守恒定律得m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v 2＝1 m/s.(2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速，使A 减速，直至A 、C 具有共同速度，以A 、C 整体为系统，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝23 m/s ，方向水平向右．题组三 综合应用图1－4－1510. 如图1－4－16所示，质量分别为m 1和m 2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2向右运动，并发生对心正碰，碰后m 2被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m 2返回后又与m 1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m 1球的速度．答案 m 1v 1＋m 2v 22m 1方向向右 解析 设m 1、m 2碰后的速度大小分别为v 1′、v 2′，则由动量守恒定律知m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′m 1v 1′－m 2v 2′＝0，解得v 1′＝m 1v 1＋m 2v 22m 1，方向向右． 11. 质量为M ＝2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)，如图1－4－17所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100m/s ，最后物体A 相对车静止，若物体A 与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求平板车最后的速度是多大． 答案 2.5 m/s解析 子弹击穿A 后，A 在水平方向上获得一个速度v A ，最后当A 相对车静止时，它们的共同速度为v .子弹射穿A 的过程极短，因此车对A 的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A 组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A 的位置没有发生变化，设子弹击穿A 后的速度为v ′，由动量守恒定律有m B v 0＝m B v ′＋m A v A ，得v A ＝m B （v 0－v ′）m A ＝0.02×（600－100）2m/s ＝5 m/s A 获得速度v A 相对车滑动，由于A 与车间有摩擦，最后A 相对车静止，以共同速度v 运动，对于A 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：m A vA图1－4－16图1－4－17＝(m A＋M)v，所以v＝m A v Am A＋M＝2×52＋2m/s＝2.5 m/s.12.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．答案6 5 v0解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B＝65v0④图1－4－18。

章末整合提升一、动量定理及应用1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变量．2．公式：Ft ＝m v t －m v 0，它为矢量式，在一维情况时可变为代数运算．3．研究对象是质点：它说明的是外力对时间的积累效果．应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．4．解题思路：(1)确定研究对象，进行受力分析；(2)确定初、末状态的动量(要先规定正方向，以便确定动量的正、负，还要把初、末状态的速度换成相对于同一惯性参考系的速度)；(3)利用Ft ＝m v t －m v 0列方程求解．【例1】 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前、后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)．答案 2 12解析 由题知v 2＝4 m/s 方向为正，则动量变化Δp ＝m v 2－m v 1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s ＝2 kg·m/s.由动量定理Ft ＝Δp 得(F N －mg )t ＝Δp ，则F N ＝Δp t ＋mg＝20.2N＋0.2×10 N＝12 N.借题发挥(1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向．(2)物体动量的变化率ΔpΔt等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．二、多过程问题中的动量守恒1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和过程，分析系统所受的外力，看是否满足动量守恒的条件．2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．【例2】如图1所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．图1答案 2 m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则m A v0＝m A v A＋m C v C两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，v C＝v联立以上各式，代入数值解得：v A＝2 m/s【例3】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A＝0.5 kg，m B＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C ＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3 m/s，求：图2(1)当C在A的上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？(2)当C在B的上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度v C′是多大？答案(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2 m/s解析(1)当C在A的上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．(2)当C在B的上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：m C v C′＋m B v A＝(m B＋m C)v BC①A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：m C v C＝m C v C′＋(m A＋m B)v A\②由以上两式联立解得v C′＝4.2 m/s，v A＝2.6 m/s.三、动量和能量综合问题分析1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．2．动量守恒及机械能守恒都有条件．注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程，能量都守恒．3．当两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．【例4】如图3所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球A反弹后能达到的高度为()图3A ．hB ．2hC ．3hD ．4h答案 D解析 两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v ＝2gh ，B 球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A 与B 碰撞过程进行研究，碰撞前后动量守恒，设碰后A 、B 速度大小分别为v 1、v 2，选竖直向上方向为正方向，则m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22，且m 2＝3m 1，联立解得v 1＝2v ＝22gh ，v 2＝0，故小球A 反弹后能达到的高度为H ＝v 122g ＝4h ，选项D 正确．【例5】 如图4所示，半径为R ＝H 2、质量为m 的半圆形槽紧靠竖直墙壁放在光滑水平面上．在半圆形槽左侧上方高度为H 处有一个质量也为m 的光滑小球(可看作质点)由静止释放，求：图4(1)小球到达半圆形槽底时的速度大小；(2)小球经过槽底后上升的最大高度(相对槽底)．答案 (1)3gH (2)34H解析 (1)小球到达半圆形槽底的过程中，槽保持静止，小球的机械能守恒，设小球到达槽底时的速度大小为v 0，则有mg (H ＋R )＝12m v 02，得v 0＝3gH(2)设小球上升的最大高度(相对槽底)为h，在最高点，小球的速度方向水平、速度大小和槽的速度大小均为v1.小球从槽底到最高点过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有m v0＝2m v112m v02＝12×2m v21＋mgh，解得h＝34H.。

2动量课时1动量及动量定理[学习目标] 1.理解动量概念及其矢量性,会计算一维情况下的动量变化量.2.理解冲量的概念,知道冲量是矢量；理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象和解决实际问题.一、动量1.动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量.用符号p表示,单位：kg·m/s.(2)动量是矢(选填“矢”或“标”)量,方向与速度的方向相同,运算遵循平行四边形定则.(3)动量是状态量(选填“状态量”或“过程量”).2.动量变化Δp＝p′－p(1)方向：与速度变化的方向相同.(2)若p′、p不在一条直线上,要用平行四边形定则求矢量差.二、动量定理1.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I＝Ft.(3)单位：牛顿·秒,符号N·s.2.动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化.(2)公式：Ft＝m v′－m v或I＝Δp.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)动量相同的物体,运动方向一定相同.(√)(2)一个物体的动量改变,它的动能一定改变.(×)(3)一个物体(质量不变)的动能改变,它的动量一定改变.(√)(4)冲量是矢量,其方向与力的方向相同.(√)(5)若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零.(√) (6)物体受到的合外力的冲量越大,它的动量变化量一定越大.(√)2.质量为m的物体以初速度v竖直向上抛出,经时间t,达到最高点,速度变为0,以竖直向上为正方向,重力加速度为g,在这个过程中,物体的动量变化量是________,重力的冲量是__________. 答案－m v－mgt一、对动量及其变化量的理解[导学探究]在激烈的橄榄球赛场上,一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员,自己被碰倒在地,而对方却几乎不受影响,这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关,而且与质量有关.(1)若质量为60 kg的运动员(包括球)以5 m/s的速度向东奔跑,他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动时,他的动量是否变化？(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零,他的动量的变化量多大？动量的变化量的方向如何？答案(1)300 kg·m/s方向向东变化(2)300 kg·m/s方向向西[知识深化]1.动量：p＝m v,是描述物体运动状态的物理量.2.动量的变化量(1)动量变化的三种情况：大小变化、方向变化、大小和方向同时变化.(2)关于动量变化量的求解①若初、末动量在同一直线上,则在选定正方向的前提下,可化矢量运算为代数运算.②若初、末动量不在同一直线上,运算时应遵循平行四边形定则.例1羽毛球是速度较快的球类运动之一,运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s,假设羽毛球飞来的速度为50 m/s,运动员将羽毛球以100 m/s的速度反向击回.设羽毛球的质量为10 g,试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量.答案(1)1.5 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反(2)37.5 J解析(1)以羽毛球飞来的方向为正方向,则p1＝m v1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s,p 2＝m v 2＝－10×10－3×100 kg·m /s ＝－1 kg·m/s,所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－1 kg·m /s －0.5 kg·m/s ＝－1.5 kg·m/s, 即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反.(2)羽毛球的初动能：E k ＝12m v 12＝12.5 J,羽毛球的末动能：E k ′＝12m v 22＝50 J,所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝37.5 J.动量与动能的区别与联系1.区别：动量是矢量,动能是标量,质量相同的两物体,动量相同时动能一定相同,但动能相同时,动量不一定相同.2.联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量,大小关系为E k ＝p 22m 或p ＝2mE k .二、冲量及冲量的计算[导学探究] 如图1所示,一个质量为m 的物体在与水平方向成θ角的拉力F 的作用下保持静止状态,经过一段时间t ,拉力F 做的功是多少？拉力F 的冲量是多大？图1答案 拉力F 做的功是零,但冲量是Ft . [知识深化]1.求冲量时,一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量.2.公式I ＝Ft 只适用于计算恒力的冲量,若求变力的冲量,可考虑用以下方法求解： (1)用动量定理I ＝m v ′－m v 求冲量. (2)若力随时间均匀变化,则可用平均力求冲量.(3)若给出了力F 随时间t 变化的图像,可用F －t 图像与t 轴所围的面积求冲量.例2 在倾角为37°、足够长的固定斜面上,有一质量为5 kg 的物体沿斜面下滑,物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2,求物体下滑2 s 的时间内,物体所受各力的冲量.(g 取10 m/s 2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8) 答案 见解析解析 物体沿斜面下滑的过程中,受重力、支持力和摩擦力的作用.重力的冲量I G ＝Gt ＝mgt ＝5×10×2 N·s ＝100 N·s,方向竖直向下.支持力的冲量I N ＝Nt ＝mg cos 37°·t ＝5×10×0.8×2 N·s ＝80 N·s,方向垂直于斜面向上. 摩擦力的冲量I f ＝ft ＝μmg cos 37°·t ＝0.2×5×10×0.8×2 N·s ＝16 N·s,方向沿斜面向上.1.在求力的冲量时,首先明确是求哪个力的冲量,是恒力还是变力,如是恒力,再用I ＝Ft 进行计算.2.注意不要忘记说明冲量的方向. 三、动量定理的理解和应用 [导学探究]1.如图2所示,一个质量为m 的物体(与水平面无摩擦)在水平恒力F 的作用下,经过时间t ,速度从v 变为v ′,应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量变化量Δp 与恒力F 及作用时间t 的关系.图2答案 物体在题述过程中的加速度a ＝v ′－vt根据牛顿第二定律F ＝ma 可得F ＝m v ′－vt整理得：Ft ＝m (v ′－v ) 即Ft ＝m v ′－m v ＝Δp .2.在日常生活中,有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳,落地后双腿往往要弯曲；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……这样做的目的是什么？答案 延长作用时间以减小作用力. [知识深化]1.对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因.(2)动量定理的表达式是矢量式,运用动量定理解题时,要注意规定正方向.(3)公式中的F 是物体所受的合外力,若合外力是均匀变化的力,则F 应是合外力在作用时间内的平均值.2.应用动量定理定量计算的一般步骤选定研究对象，明确运动过程→进行受力分析，确定初、末状态→选取正方向，列动量定理方程求解例3 如图3所示,用0.5 kg 的铁锤竖直把钉子钉进木头里,击打时铁锤的速度为4.0 m/s.如果击打后铁锤的速度变为0,击打的作用时间是0.01 s,求：图3(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到的平均作用力；(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到的平均作用力.(g 取10 m/s 2) 答案 (1)200 N,方向竖直向下 (2)205 N,方向竖直向下解析 (1)以铁锤为研究对象,不计重力时,只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F 1,取竖直向上为正方向,由动量定理可得F 1t ＝0－m v所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01N ＝200 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为200 N,方向竖直向下.(2)若考虑重力,设此时铁锤受钉子的作用力为F 2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正方向,则(F 2－mg )t ＝0－m vF 2＝－0.5×(－4.0)0.01 N ＋0.5×10 N ＝205 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为205 N,方向竖直向下.在用动量定理进行定量计算时注意： (1)列方程前首先选取正方向；(2)分析速度时一定要选取同一参考系,一般是选地面为参考系；(3)公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意动量的变化量是末动量减去初动量.例4 (多选)对下列几种物理现象的解释,正确的是( ) A.击打钉子时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间以减小作用力D.在车内推车推不动,是因为车(包括人)所受合外力的冲量为零 答案 CD解析 击打钉子时,不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长,作用力小；跳远时,在沙坑里填沙,是为了延长人与地的接触时间,减小作用力,所以A 、B 项不正确；据动量定理F ·t ＝Δp知,当Δp相同时,t越长,作用力越小,故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力,与内部作用无关,所以D项正确.利用动量定理解释现象的问题主要有三类1.Δp一定,t短则F大,t长则F小.2.F一定,t短则Δp小,t长则Δp大.3.t一定,F大则Δp大,F小则Δp小.1.(动量定理的理解)(多选)下面关于物体动量和冲量的说法,正确的是()A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C.物体动量变化量的方向,就是它所受合外力的冲量方向D.物体所受合外力冲量越大,它的动量变化量就越大答案BCD2.(动量定理的简单应用)(多选)在任何相等时间内,物体动量的变化量总是相等的运动可能是()A.匀速圆周运动B.匀变速直线运动C.自由落体运动D.平抛运动答案BCD3.(动量定理的分析)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球,两臂随球迅速收缩至胸前,这样做可以()A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量答案 B解析在篮球运动员接球的过程中,手对球的冲量等于球的动量的变化量,接球时,两臂随球迅速收缩至胸前,并没有减小球对手的冲量,也没有减小球的动量变化量,更没有减小球的动能变化量,只是延长了手与球的作用时间,从而减小了球对人的冲击力,B正确.4.(动量定理的计算)0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,g取10 m/s2.(1)小球与地面碰撞前后的动量变化量的大小为多少？(2)若小球与地面的作用时间为0.2 s,则小球受到的地面的平均作用力为多大？ 答案 (1)2 kg·m/s (2)12 N解析 (1)小球与地面碰撞前的动量为p 1＝m (－v 1)＝0.2×(－6) kg·m /s ＝－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p 2＝m v 2＝0.2×4 kg·m /s ＝0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量变化量的大小为Δp ＝p 2－p 1＝2 kg·m/s. (2)由动量定理得(F －mg )Δt ＝Δp所以F ＝Δp Δt ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N ＝12 N.一、选择题考点一 对动量和动量变化量的理解 1.关于动量,以下说法正确的是( )A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相同C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D.平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比 答案 D解析 做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化,动量时刻变化,故A 项错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B 项错；巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C 项错；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向上的动量p 竖＝m v y ＝mgt ,故D 项正确.2.质量为0.5 kg 的物体,运动速度为3 m /s,它在一个变力作用下速度变为7 m/s,方向和原来方向相反,则这段时间内动量的变化量为( ) A.5 kg·m/s,方向与原运动方向相反 B.5 kg·m/s,方向与原运动方向相同 C.2 kg·m/s,方向与原运动方向相反 D.2 kg·m/s,方向与原运动方向相同 答案 A解析 以原来的运动方向为正方向,由定义式Δp ＝m v ′－m v 得Δp ＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m /s ＝－5 kg·m/s,负号表示Δp 的方向与原运动方向相反.考点二 对冲量的理解和计算3.放在水平桌面上的物体质量为m ,用一个大小为F 的水平推力推它t 秒,物体始终不动,那么t 秒内,推力的冲量大小是( ) A.Ft B.mgt C.0 D.无法计算答案 A4.质量为1 kg 的物体做直线运动,其速度－时间图像如图1所示,则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )图1A.10 N·s,10 N·sB.10 N·s,－10 N·sC.10 N·s,0D.0,－10 N·s 答案 D解析 由题图可知,在前10 s 内初、末状态的动量相同,p 1＝p 2＝5 kg·m /s,由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s,由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s,故正确答案为D.5.质量为m 的钢球由高处自由落下,以速率v 1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v 2.在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为( ) A.向下,m (v 1－v 2) B.向下,m (v 1＋v 2) C.向上,m (v 1－v 2) D.向上,m (v 1＋v 2)答案 D解析 设竖直向上的方向为正方向,对钢球应用动量定理得Ft －mgt ＝m v 2－(－m v 1)＝m v 2＋m v 1由于碰撞时间极短,重力的冲量可忽略不计.所以Ft ＝m (v 2＋v 1),即地面对钢球的冲量方向向上,大小为m (v 2＋v 1).6.(多选)一细绳系着小球,在光滑水平面上做匀速圆周运动,小球质量为m ,速度大小为v ,做匀速圆周运动的周期为T ,则以下说法中正确的是( ) A.经过时间t ＝T2,小球动量变化量为0B.经过时间t ＝T4,小球动量变化量大小为2m vC.经过时间t ＝T2,细绳对小球的冲量大小为2m vD.经过时间t ＝T 4,重力对小球的冲量大小为mgT4答案 BCD解析 经过时间t ＝T2,小球转过了180°,速度方向正好反向,若规定开始计时时的速度方向为正,则动量变化量为Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ,细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－2m v ,故冲量大小为2m v ,A 错误,C 正确；经时间t ＝T4,小球转过了90°角,根据矢量合成法则可得,动量变化量大小为Δp ′＝2m v ,重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT4,B 、D 正确.7.水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下来.两物体的v －t 图像如图2所示,图中线段AB 平行于线段CD ,则整个运动过程中( )图2A.F 1的冲量大于F 2的冲量B.F 1的冲量等于F 2的冲量C.两物体受到的摩擦力大小相等D.两物体受到的摩擦力大小不等 答案 C解析 甲、乙先做匀加速运动,撤去推力后做匀减速运动.题图中线段AB 平行于线段CD ,表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同,又甲、乙质量相等,所以两物体受到的摩擦力大小相等,选项C 正确,D 错误；因为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零,所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小.由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间,所以甲的摩擦力的冲量小于乙的摩擦力的冲量,则F 1的冲量小于F 2的冲量,选项A 、B 错误. 考点三 动量定理的分析和计算8.从某高处落下一个鸡蛋,分别落到相同高度的棉絮上和水泥地上,下列结论正确的是( ) A.落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,是因为它的动量变化小 B.落到水泥地上的鸡蛋易碎,是因为它受到的冲量大 C.落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,是因为它的动量变化率大D.落到水泥地上的鸡蛋易碎,是因为它的动量变化快 答案 D9.(多选)如图3所示,把重物G 压在纸带上,用一水平力缓慢拉动纸带,重物跟着纸带一起运动,若迅速拉动纸带,纸带将会从重物下抽出,下列解释正确的是( )图3A.在缓慢拉动纸带时,重物和纸带间摩擦力大B.在迅速拉动纸带时,纸带对重物的摩擦力小C.在缓慢拉动纸带时,纸带对重物的冲量大D.在迅速拉动纸带时,纸带对重物的冲量小 答案 CD10.(多选)一个质量为0.18 kg 的垒球,以25 m /s 的水平速度飞向球棒,被球棒击打后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s.下列说法正确的是( ) A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C.球棒对垒球做的功为126 J D.球棒对垒球做的功为36 J 答案 AC解析 设球棒对垒球的平均作用力为F ,由动量定理得F t ＝m (v 1－v 0),取末速度方向为正方向,则v 1＝45 m /s,v 0＝－25 m /s,代入得F ＝1 260 N.由动能定理得W ＝12m v 12－12m v 02＝126 J,故A 、C 正确.11.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg·m －3)( )A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa 答案 A解析 以1 s 内下落的雨滴为研究对象,设圆柱形水杯的底面积为S ,则1 s 内下落的雨滴的质量m ＝ρSh3 600,取竖直向上为正方向,则v ＝－12 m/s,由动量定理得Ft ＝0－m v ,又p ＝FS ,联立解得p ＝－ρv h 3 600＝103×12×0.0453 600Pa ＝0.15 Pa. 二、非选择题12.(冲量和动量的计算)将质量为m ＝1 kg 的小球,从距水平地面高h ＝5 m 处,以v 0＝10 m /s 的水平速度抛出,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增加量Δp ；(3)小球落地时的动量大小p ′.答案 (1)4 N·s 方向竖直向下(2)10 N·s 方向竖直向下 (3)10 2 kg·m/s解析 (1)重力是恒力,0.4 s 内重力对小球的冲量I 1＝mgt 0＝1×10×0.4 N·s ＝4 N·s,方向竖直向下.(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,故h ＝12gt 2, 落地时间t ＝2h g＝1 s.小球平抛运动过程中只受重力作用,所以合外力的冲量为 I ＝mgt ＝1×10×1 N·s ＝10 N·s,方向竖直向下.由动量定理得Δp ＝I ＝10 N·s,方向竖直向下.(3)小球落地时竖直分速度为v y ＝gt ＝10 m/s.由速度合成知,落地速度v ＝v 02＋v y 2＝102＋102 m/s ＝10 2 m/s,所以小球落地时的动量大小为p ′＝m v ＝10 2 kg·m/s.13.(动量定理的应用)质量为m 的物体静止在足够大的水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,有一水平恒力F 作用于物体上,并使之加速前进,经时间t 1后撤去此恒力,求物体运动的总时间t .答案 Ft 1μmg解析 方法一：物体的运动可分为两个阶段,第一阶段水平方向受F 、f 两个力的作用,时间为t 1,物体由A 运动到B ,速度达到v 1；第二阶段物体水平方向只受摩擦力f 的作用,时间为t 2,由B 运动到C ,速度由v 1变为0.设由A 到B 为正方向,据动量定理：第一阶段：(F －f )t 1＝m v 1－0＝m v 1第二阶段：－f ·t 2＝0－m v 1＝－m v 1两式相加：F·t1－f(t1＋t2)＝0因为f＝μmg,则总时间t＝t1＋t2＝Ft1μmg.方法二：把两个阶段当成一个过程来看,F作用t1时间,μmg则作用了t时间,动量变化Δp＝0.Ft1－μmgt＝0,t＝Ft1μmg.。

章末过关检测卷(一)第一章电磁感应(测试时间：50分钟评价分值：100分)(本部分在学生用书单独成册)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是(D)A．都会产生感应电流B．都不会产生感应电流C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流解析：乙图和丁图因导线运动的方向在磁感线的平面上，不能产生切割磁感线的运动效果，故没有感应电流产生．2．如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是(D)A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力解析：A.若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流．故A错误．B．若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流．故B错误．C、D.根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．故C错误，D正确．3．(2014·佛山模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O 点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是(B)A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.4．(2015·万州区模拟)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为(B)A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析：初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝N ΔΦΔt ，得q ＝N ΔΦR ，可得通过电阻R 的电荷量为NBL 22R. 二、多项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)5．如图是穿过某闭合回路的磁通量随时间变化的四种情况，在t 0时间内可使该回路产生恒定感应电流的是(CD )解析：A.由图知，磁通量Φ不随时间t 的变化，则将不产生感应电流．故A 错误．B 、C 、D.由图知，穿过闭合回路的磁通量是变化的，将产生感应电流，而C 、D 选项磁通量随着时间是均匀变化的，则产生的感应电流大小恒定，故A 、B 错误，C 、D 正确．6．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻r 不能忽略．R 1和R 2是两个定值电阻，L 是一个自感系数较大的线圈．开关S 原来是断开的．从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R 1的电流I 1和通过R 2的电流I 2的变化情况是(AC )A ．I 1开始较大而后逐渐变小B ．I 1开始很小而后逐渐变大C ．I 2开始很小而后逐渐变大D ．I 2开始较大而后逐渐变小解析：开关S 闭合瞬间，L 相当于断路，通过R 1的电流I 1较大，通过R 2的电流I 2较小；当稳定后L 的自感作用减弱，通过R 1的电流I 1变小，通过R 2的电流I 2变大，故A 、C 正确，B 、D 错误．7．(2014·山东模拟)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论中正确的是(BD )A．感应电流方向改变B．感应电流方向不变C．感应电动势始终为BavD．感应电动势的最大值为Bav解析：由楞次定律可知，闭合回路从一进入至完全进入磁场，磁通量一直在增大，故电流方向只有一个；当半圆闭合回路一半进入磁场时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E m＝Bav.8．如图，在条形磁铁自由下落且靠近闭合线圈一端的过程中(忽略空气阻力)，下列说法中正确的是(AD)A．磁铁的机械能不守恒B．磁铁做自由落体运动C．线圈中产生大小、方向均变化的电流D．磁铁减小的机械能全部转化成线圈中的电能解析：磁铁下落过程中受到线圈的阻力作用，有机械能转化为电能，机械能减小，故A 对，B错误；条形磁铁自由下落且靠近闭合线圈一端的过程中，根据楞次定律可知，线圈中产生大小变化、而方向不变化的电流，故C错误；磁铁由于受线圈的阻力作用机械能减小，同时线圈中感应电流发热，产生内能．则由能量守恒知：线圈中增加的内能是由磁铁减少的机械能转化而来的．故D正确．9．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内(AD)A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确、B项错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误、D项正确．三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10．(18分)(1)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．①将图中所缺的导线补接完整．②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，以下操作中可能出现的情况是：A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下；B．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下．(2)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．②当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．(1)①如图所示②A.右；B.左(2)解析：①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针．②当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针．答案：①顺时针②逆时针11．(18分)如图(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0～t1时间内：(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0～t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0. 由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S . 而S ＝πr 22.由闭合电路欧姆定律有：I 1＝ER 1＋R .联立以上各式解得：通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0. 由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)电阻R 1上产生的热量：Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20. 答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 方向从b 到a (2)2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20 12．(18分)如图所示，空间有一宽为2L 的匀强磁场区域，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外．abcd 是由均匀电阻丝做成的边长为L 的正方形线框，总电阻为R .线框以垂直磁场边界的速度v 匀速通过磁场区域，在运动过程中，线框ab ，cd 两边始终与磁场边界平行．求：(1)cd 边刚进入磁场和cd 边刚离开磁场时，ab 两端的电势差分别是多大？并分别指明a 、b 哪端电势高．(2)线框穿过磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热．解析：(1)cd 边刚进入磁场时，cd 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv .回路中的感应电流： I ＝BLv R， ab 两端的电势差：U ＝I ·14R ＝14BLv ，b 端电势高．cd 边刚离开磁场时，ab 边切割磁感线产生感应电动势大小和回路中电流大小与cd 边刚进入磁场时的相同，即为：I ′＝I ＝BLv R，所以ab 两端的电势差为： U ′＝I ·34R ＝34BLv ，b 端电势高．(2)线框从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程中，产生顺时针的感应电流；线框全部进入磁场中时，由于磁通量不变化，没有感应电流产生；线框cd 边刚离开磁场到ab 边刚离开磁场的过程中产生的感应电流大小相等，设线框能产生感应电流的时间为t ，产生的总焦耳热为Q ，则有：t ＝2L v ，Q ＝I 2Rt ，解得：Q ＝2B 2L 3v R .答案：见解析。

实验：验证动量守恒定律[学习目标] 1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验目的验证碰撞中的动量守恒定律二、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．三、实验设计实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上．(2)如何测定质量和速度．①测量质量用天平．②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键．四、实验案例气垫导轨上的实验器材：气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1 图2设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v ＝Δx Δt .五、实验步骤1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒．实验数据记录表碰撞(烧断)前 碰撞(烧断)后质量m (kg) m 1 m 2 m 1 m 2速度v (m·s －1)v 1v 2v 1′v 2′m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′mv(kg·m·s－1)结论例1某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图6(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是a.________b．________.②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______m/s；滑块2的速度v3为______m/s；(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)．a ．____________b ．____________.答案 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前后总动量不变．b.碰撞前后总动能不变．(c.碰撞前后质量不变．) 解析 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s ≈0.50 m/s ；滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－30.049 9m/s ≈0.10 m/s ；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ≈0.60 m/s ；③a.系统碰撞前后总动量不变．因为系统碰撞前的动量m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s b ．碰撞前后总动能不变．因为碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J ，碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5J ，所以碰撞前后总动能相等． c ．碰撞前后质量不变．例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A 为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A 的碰前速度，应选______段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度(填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s. 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度． (2)碰前小车速度v A ＝x BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s其动量p A ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A 和小车B 的共同速度v AB ＝x DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s碰后总动量p AB ＝(m A ＋m B )v AB ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究动量守恒定律．图中SQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止滚下，和B 球碰撞后，A 、B 两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在平面，米尺的零点与O 点对齐． (1)碰撞后B 球的水平射程ON 应取为________ cm.图9(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t ，请根据数据求出两球碰撞前的动量之和是________，两球碰撞后的动量之和是________，由此得出的结论是________________________________________________________________________.m A /gm B /gOM /cmON /cm OP /cm20.010.015.247.9答案 (1)65.2 (2)958.0 g·cm t 956.0 g·cmt误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立解析 (1)水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.(2)A 、B 两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t 的乘积． 碰撞前A 球的速度为v A ＝OP t ＝47.9 cm t，碰撞前质量与速度的乘积之和为m A v A ＝20.0 g×47.9 cm t ＝958.0 g·cmt.碰撞后A 球的速度为v A ′＝OM t ＝15.2 cmt，碰撞后B 球的速度为v B ′＝ON t ＝65.2 cm t.碰撞后动量之和为m A v A ′＋m B v B ′＝20.0 g×15.2 cm t ＋10.0 g×65.2 cm t ＝956.0 g·cmt.一、选择题(1题为单选题，2～3题为多选题)1．用气垫导轨进行验证碰撞中的动量守恒的实验时，不需要测量的物理量是( ) A ．滑块的质量 B ．挡光时间 C ．挡光片的宽度 D ．光电门的高度答案 D2．在利用气垫导轨探究动量守恒定律实验中，哪些因素可导致实验误差( ) A ．导轨安放不水平 B ．小车上挡光板倾斜 C ．两小车质量不相等 D ．两小车碰后粘合在一起 答案 AB解析 导轨不水平，小车速度将受重力影响．挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．3．若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是( ) A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量 B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源 答案 BC解析 相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞，选项A 错，B 正确；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再接通电源，不容易得到实验数据，故选项C 正确，D 错误． 二、非选择题4．在用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”实验时，左侧滑块质量m 1＝170 g ，右侧滑块质量m 2＝110 g ，挡光片宽度d 为3.00 cm ，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt 1＝0.32 s ，Δt 2＝0.21 s ．则两滑块的速度大小分别为v 1′＝______m/s ，v 2′＝______m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝______kg·m/s，烧断细线后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg·m/s.可得到的结论是__________________________．(取向左为速度的正方向)图1答案 0.094 0.143 0 2.5×10－4在实验允许的误差范围内，碰撞前后两滑块的总动量保持不变 解析 两滑块速度v 1′＝d Δt 1＝3.00×10－20.32m/s ≈0.094 m/s ，v 2′＝－d Δt 2＝－3.00×10－20.21 m/s ≈－0.143 m/s ，烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝0烧断细前后m 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s， 在实验允许的误差范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.5．用如图2所示装置验证碰撞中的动量守恒，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm ，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s ，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s ，左侧滑块质量为100 g ，左侧滑块的m 1v 1＝________ g·m/s，右侧滑块质量为150 g ，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝________g·m/s.(取向左为速度的正方向)图2答案 22.5 0解析 左侧滑块的速度为：v 1＝d 1t 1＝9.0×10－30.040m/s ＝0.225 m/s则左侧滑块的m 1v 1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s 右侧滑块的速度为：v 2＝－d 2t 2＝－9.0×10－30.060m/s ＝－0.15 m/s则右侧滑块的m 2v 2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s 因m 1v 1与m 2v 2等大、反向，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝0.6．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞中的不变量的实验：图3(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：①在调整气垫导轨时应注意___________________________________________________； ②应测量的数据还有_________________________________________________________； ③作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 ①用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平 ②A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2 ③0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 ①为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．②要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt求出其速度．③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 7．某班物理兴趣小组选用如图4所示装置来“探究碰撞中的动量守恒”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，把小钢球拉至M 处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N 右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .图4某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B (调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．让小钢球A 从某位置静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________． A ．小钢球A 的质量m A B ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝________.(用题中已给的物理量符号来表示) (3)实验中需要探究的表达式为________． 答案 (1)AB (2)dΔt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt解析 滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝dΔt. 根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v21L .F 2－m A g ＝m A v 22L.由m A v 1＝m A v 2＋m B v B 得F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt.所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L .。

第一节物体的碰撞一、教材分析：本节书在大多数的教学计划中都会与第二节合在一起上，单独作为一节课来上的内容比较简单，所以应该利用好这节书进行思维和能力的渗透。

二、教学目标㈠知识与技能1、了解历史上对碰撞问题的研究过程2、知道生活中各种各样的碰撞形式3、知道弹性碰撞和非弹性碰撞4、能正确表述弹性碰撞和非弹性碰撞的特征，会用能量守恒的关系分析弹性与非弹性碰撞现象㈡过程与方法经历不同弹性的物体间的碰撞的实验探究过程，知道区分的常用方法，培养分析推理的能力㈢情感态度与价值观了解中外科学家对碰撞问题的研究历史过程，发展对科学的好奇心，体验探索自然规律的艰辛和喜悦通过碰撞的实验探究，了解世界的多样性，体验探究学习的快乐学会建立碰撞模型，正向迁移碰撞的规律，解决相似的物理问题，培养学生发散型创新思维方式三、教学重点、难点1．重点：掌握碰撞中能量的变化和规律，以及碰撞的特点2．难点：如何利用碰撞特点分析碰撞过程四、教学建议本节是为了引入动量作铺垫，让学生了解碰撞及其种类。

碰撞是力学中的基本问题之一，也是自然界的常见现象，教材首先展示了历史上各国科学家对这一问题的研究过程，在这一过程中对碰撞问题的研究导致了一系列定律的产生，接着通过生活实例让学生认识正碰和斜碰两个概念，目的是激发学生的学习兴趣，认识身边就存在着的物理，接着通过一个实验探究活动活动，让学生通过自己的实践总结不同弹性物体间的碰撞。

用好教材本身和实验探究的开展是本节课的教学要注重的地方。

五、课前准备：1、布置学生预习；2、布置学生收集材料包括视频，关于碰撞的内容3、准备演示实验和分组实验教师演示实验：鸡蛋多个，弹性小球，非弹性类小球，正碰小球，牛顿摆学生分组实验：正碰小球六、教学设计流程七、课后反思由于内容简单，设计时尽可能给与学生自己探究和研究的时间，老师只在部分关键的地方给与总结性的点拨，这种叫法可能只是用于极少节书的设计。

第四节反冲运动［学习目标］ 1.了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用.2。

知道反冲运动的原理.3。

会应用动量守恒定律解决反冲运动问题．（重点、难点）4。

了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．一、反冲运动1．定义根据动量守恒定律,如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动,这个现象叫做反冲．2．反冲原理反冲运动的基本原理是动量守恒定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量．3．公式若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的形式变为mv＋（M－m）v′＝0，此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反,而它们的速率与质量成反比．二、火箭1．原理火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．2．影响火箭获得速度大小的因素一是喷气速度，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比．喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大．1．正误判断（正确的打“√”，错误的打“×"）(1)做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反．（√）（2)一切反冲现象都是有益的．(×）（3）章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．(√)（4）火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．（×)（5）在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．（√）2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列可行的方法是（）A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．向后水平抛出随身物品D ［A、B两项中人与外界无作用,显然不行;对于C项，由于冰面光滑，也不行；对于D选项，人向后水平抛出随身物品的过程中，得到随身物品的反作用力，即利用了反冲运动的原理，从而能向前运动．］3．静止的实验火箭，总质量为M,当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后,火箭的速度为（）A.错误!B．－错误!C。

【金版学案】2015-2016学年高中物理第一章电磁感应章末知识整合粤教版选修3-2专题一 电磁感应中的电路问题在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势．若回路闭合，则产生感应电流，感应电流引起热效应，所以电磁感应问题常常与电路知识综合考查．1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法．(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电流的方向．(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点、电功、电功率等公式求解．2．问题示例．(1)图甲中若磁场增强，可判断感应电流方向为逆时针，则φB >φA ；若线圈内阻为r ，则U BA ＝ΔΦΔt ·R R ＋r. (2)图乙中，据右手定则判定电流流经AB 的方向为B →A ，则可判定φA >φB ，若导体棒的电阻为r ，则U AB ＝BLv R ＋r·R . 3．电磁感应中常见的两种情形．(1)导体切割磁感线时的电路分析．例1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd ，各边长为L ，其中ab 是一段电阻为R 0的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B .现有一与ab 段的材料、粗细、长度都相同的电阻丝PQ 架在导线框上，以恒定速度v 从ad 滑向bc ，如图所示．当PQ 滑过L 3的距离时，PQ 两端的电势差是________，通过aP 段电阻丝的电流强度是________，方向向________(填“左”或“右”)．解析：把PQ 等效为电源，等效电路图如右图，产生感应电动势的大小：E ＝BLv ；整个电路的总电阻：R 总＝R 0＋R 03·2R 03R 0＝119R 0； 则干路中的电流：I ＝E119R 0； PQ 两端的电势差：U ＝E －Ir ＝E －E ·R 0119R 0＝211E ＝2BLv 11. aP 、bP 的电阻之比为1∶2，则电流比为2∶1，通过aP 的电流大小I ′＝23I ＝23·9E 11R 0＝6BLv 11R 0. 根据右手定则流过QP 的电流方向由Q 到P ，所以流过aP 段的电流方向向左．答案：2BLv 11 6BLv 11R 0 左 (2)磁场发生变化时的电路分析．例2 如图所示，匝数n ＝100匝，面积S ＝0.2 m 2、电阻r ＝0.5 Ω的圆形线圈MN 处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B ＝0.6＋0.02t (T)的规律变化．处于磁场外的电阻R 1＝3.5 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，开关S 开始时未闭合，求：(1)闭合S 后，线圈两端M 、N 两点间的电压U MN 和电阻R 2消耗的电功率；(2)闭合S 一段时间后又打开S ，则S 断开后通过R 2的电荷量为多少？解析：(1)线圈中感应电动势E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB ΔtS ＝100×0.02×0.2 V ＝0.4 V 通过电源的电流强度I ＝E R 1＋R 2＋r ＝0.43.5＋6＋0.5A ＝0.04 A 线圈两端M 、N 两点间的电压U MN ＝E －Ir ＝0.4 V －0.04×0.5 V ＝0.38 V电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝0.04×0.04×6 W ＝9.6×10－3 W.(2)闭合S 一段时间后，电路稳定，电容器C 相当于开路，其两端电压U C 等于R 2两端的电压，即U C ＝IR 2＝0.04×6 V ＝0.24 V电容器充电后所带电荷量为Q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C ＝7.2×10－6C当S 再断开后，电容器通过电阻R 2放电，通过R 2的电荷量为7.2×10－6 C.答案：见解析专题二 电磁感应中的力学问题1．解决电磁感应中的力学问题的一般思路．(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中的电流．(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．(4)根据牛顿第二定律或物体受力平衡列方程求解．2．受力情况、运动情况的动态分析．导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，最终结果是加速度等于0，导体达到稳定运动状态．此类问题要画好受力图，抓住加速度a ＝0时，速度v 达到最值的特点．例3 如图所示，水平放置的平行光滑轨道间距为L ＝1 m ．左端连有定值电阻R ＝2 Ω，金属杆MN 与轨道接触良好，MN 的电阻为r ＝0.5 Ω，轨道电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场中，现在使MN 在水平向右的恒力F ＝2 N 的作用下运动，则：(1)试判断M N 杆哪端电势高．(2)杆获得的最大速度是多少？(3)MN 两点的最大电势差是多大？解析：(1)由右手定则可判断M 端电势高．(2)由题意可知：当金属杆MN 受到的安培力F 安＝F 时，杆获得的速度最大．即：F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r＝F ，代入数据得v ＝5 m/s. (3)当杆MN 获得最大速度后，杆即做匀速运动，此时U MN 电势差最大，此时由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv ＝5 V由欧姆定律可得：U MN ＝ER ＋r ·R ＝4 V.答案：(1)M 端电势高 (2)v ＝5 m/s (3)4 V规律小结：解决电磁感应中电路问题的关键是把电磁感应问题等效为稳恒直流电路问题：(1)把产生感应电动势那部分导体等效为电源，感应电动势的大小相当于电源电动势，其余部分相当于外电路．(2)画出等效电路图．(3)依据电路知识分析求解．例4 如图所示，AB 、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B ，在导轨的 AC 端连接一个阻值为 R 的电阻，一根质量为m 、垂直于导轨放置的金属棒ab ，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab 棒的最大速度．已知ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计．解析：ab 沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg 、支持力F N 、摩擦力F f 、安培力F 安，如图所示，ab 由静止开始下滑后，将是 v ↑→E ↑→I ↑→F 安↑→a ↓(↑为增大符号)，所以这是个变加速过程，当加速度减到a ＝0时，其速度即增到最大v ＝v m ，此时必将处于平衡状态，以后将以v m 匀速下滑．ab 下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律： E ＝BLv ① 闭合电路AC ba 中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律： I ＝E R②根据右手定则可判定感应电流方向为aACba ，再根据左手定则判断它受的安培力 F 安方向如图所示，其大小为：F 安＝BIL ③取平行和垂直导轨的两个方向对ab 所受的力进行正交分解，应有：F N ＝mg cos θ F f ＝μmg cos θ 由①②③可得：F 安＝B 2L 2v R. 以ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有： mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v R＝ma ； ab 做加速度减小的变加速运动，当a ＝0时速度达最大．因此，ab 达到v m 时应有：mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v R＝0④ 由④式可解得 v m ＝mg （sin θ－μcos θ）R B 2L 2. 答案：见解析规律小结：解决电磁感应的力学综合问题常见的基本处理方法：(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件，列式分析求解．(2)导体处于非平衡状态——加速度a ≠0.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析．专题三 电磁感应中的图象问题1．常见的电磁感应图象．常见的图象有磁感应强度B 、磁通量Φ、感应电动势Е和感应电流Ι随时间t 变化的图象，即Bt 图象、Φt 图象、Et 图象和It 图象．对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常常涉及感应电动势E 和感应电流I 随线圈位移x 变化的图象，即Ex 图象和Ix 图象．涉及磁场对导体的作用力的，有Ft 图象．因为要表示的物理量，如磁感应强度B 、磁通量Φ、感应电动势E 和感应电流I 以及安培力F 等，是有方向(或说正负)的，所以不管什么图象，都是用正负值来反映E 、I 、B 等物理量方向的(或正负的)2．分析思路．(1)用楞次定律或右手定则判断感应电动势(或电流)的方向，确定其正负及在坐标中的范围．(2)利用法拉第电磁感应定律分析感应电动势(或电流)的大小及变化规律．3．常见题型．(1)由给定的电磁感应过程选出或画出有关正确的图象．例5 矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是下图中的( )解析：t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1 s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左．当在1 s到2 s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右．在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右．答案：D(2)由给定的图象分析电磁感应过程，判断其他物理量的变化．例6一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负，线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负．已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图象如图乙所示，则线圈处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的哪一个( )解析：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5 s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同．A．在前0.5 s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的．所以A选项错误；B．在前0.5 s内，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的，则磁通量也会增大；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小．而在0.5 s～1.5 s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的，则磁通量也会增大．故B错误；C．在前0.5 s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的．所以C选项正确；D．在前0.5 s内，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的，则磁通量也会增大；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小．而在0.5 s ～1.5 s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的，则磁通量也会增大．故D正确．答案：CD规律小结：(1)观察横纵坐标轴代表的物理量，整体观察图象的周期性．(2)观察图线并分析其物理意义，包含图线的斜率含义，横纵坐标轴的截距的含义，图线的形状对应的函数关系等．(3)实现将图象“翻译”成实际的物理过程，从而做出正确的判断．专题四电磁感应中的能量问题1．能量转化．在电磁感应现象中，通过外力克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能，克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，即在电路中就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能全部转化为内能；若电路为非纯电阻电路，则电能一部分转化为内能，一部分转化为其他形式的能，比如：用电器有电动机，一部分转化为机械能．2．一般思路．(1)分析回路，分清电源和外电路．(2)分清哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生转化．如： 做功情况能量转化的特点 滑动摩擦力做功有内能产生 重力做功重力势能必然发生变化 克服安培力做功必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做了多少功，就有多少电能产生 安培力做正功 电能转化为其他形式的能(3)根据能量守恒列方程求解．3．电能的三种求解思路．(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解，相应的其他能量的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算．例7 如图所示，有一水平放置的光滑导电轨道，处在磁感强度为B ＝0.5 T ，方向向下的匀强磁场中．轨道上放一根金属杆，它的长度恰好等于轨道间的间距L ＝0.2 m ，其质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.02 Ω.跨接在轨道间的电阻R ＝1.18 Ω.轨道电阻忽略不计，g ＝10 m/s 2.(1)要使金属杆获得60 m/s 的稳定速度，应对它施加多大的水平力F?(2)在金属杆获得60 m/s 的稳定速度后，若撤去水平力F ，那么此后电阻R 上还能放出多少热量？解析：(1)金属杆获得稳定的速度，就是做匀速运动，它所受到的安培力与外力应是一对平衡力，即F ＝F B ＝BIL ，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ，回路中感应电流I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r ，所以F ＝B 2L 2v R ＋r ＝0.5 N. 撤去外力F 后，金属杆将在安培力的作用下做减速运动，感应电动势在减小，感应电流在减小，安培力在减小，加速度在减小，直到金属杆的速度为零时为止，此过程中，金属杆的动能通过安培力做功转化为回路中的电能，再通过电阻转化为电热．由于外电阻R 与金属杆是串联关系，在串联电路中，消耗的电能与电阻成正比，故有：Q R ＋Q r ＝12mv 2＝180 J ，在串联电路中，Q R Q r ＝R r＝59，解得：Q R ＝177 J. 答案：(1)0.5 N (2)177 J例8 如图所示，正方形导线框abcd 的质量为m 、边长为l ，导线框的总电阻为R .导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd 边保持水平．磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为l .已知cd 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．重力加速度为g .(1)求cd 边刚进入磁场时导线框的速度大小；(2)请证明：导线框的cd 边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率；(3)求从导线框cd 边刚进入磁场到ab 边刚离开磁场的过程中，导线框克服安培力所做的功．解析：(1)设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v ，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为E ＝BLv ，根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为：I ＝Blv R导线框受到的安培力为：F 安＝BIl ＝B 2l 2v R因cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F 安＝mg以上各式联立得：v ＝mgR B 2l 2. (2)导线框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安＝F 安v代入(1)中的结果，整理得：P 安＝B 2l 2v 2R导线框消耗的电功率为：P 电＝I 2R ＝B 2l 2v 2R 2·R ＝B 2l 2v 2R 因此有P 电＝P 安．(3)导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动．导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变．设导线框克服安培力做功为W 安，根据动能定理有：2mgl －W 安＝0，解得：W 安＝2mgl .答案：见解析规律小结：电磁感应的过程是能量转化与守恒的过程，在解决电磁感应中的能量问题时，应牢牢抓住能量守恒这一基本规律，明确哪些力做功，对应着哪些能量发生了转化．黑洞最后的命运：大爆炸在黑洞不断增大的假设中，黑洞的生命永远不会停止．但有一个预示性的停止正是由同一位霍金做出的，他把黑洞比作一个不断充气的气球.1976年，霍金在《自然》杂志上发表文章指出，黑洞会不断蒸发直到最后爆炸而消失．这种理论今天已被普遍认同．人们认为有可能“看到”黑洞的最后的闪烁，就是能从高能电磁波中观测到的黑洞最后爆炸时发射的γ射线．黑洞总是贪吃的，它们的终结正是由于狼吞虎咽地吃了某种消化不了的东西：带“负能”的粒子．带负能的粒子与提供正能的粒子一起来源于能层，但那些提供正能的粒子被推到了黑洞外面，而黑洞则吞下了带负能的粒子，这样它们就不得不用消耗自己能量的代价来弥补债务．因此黑洞的质量减少了，并开始了一个不断蒸发的过程．黑洞越来越小，越来越热，它的能量在空间散失，最后这个老掠夺者就爆炸和消失了．黑洞的大小不同，蒸发程度也不相同．现在我们换个话题，不谈从恒星坍缩产生的黑洞．科学家认为，大爆炸后立即产生出宇宙，那时形成了许多极小的黑洞：它们大小像一个质子但重量达亿万吨．质量巨大和温度极高的微型黑洞正是蒸发现象的理想发生地．现在，这些微型黑洞多数已经消失了，但另外一些爆炸正在发生之中．据天体物理学家说，有可能利用一个正在蒸发的微型黑洞来代替我们的太阳．这个微型黑洞的质量为月球质量的11 000，但直径只有0.000 5毫米．这样一个微型黑洞的温度为几千度，接近太阳表面温度，而且持续辐射能量的时间长达10亿年，如果和已知的宇宙年龄150亿年相比，时间是足够长了，如果和太阳100亿年的寿命相比，更可以说是一个永久性能源了．。