高中物理 模块六 动量与动量守恒定律 考点3_3 动量与电磁感应试题1

考点2.2.1 类碰撞模型之“滑块+弹簧+滑块〞1．对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．例4 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 ＝6m/s 速度在光滑水平地面上运动，质量为4kg 物块C 静止在前方，如图4所示．B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动．那么在以后运动中：(1)当弹簧弹性势能最大时，物块A 速度为多大？(2)系统中弹性势能最大值是多少？【解析】(1)当A 、B 、C 三者速度相等时弹簧弹性势能最大．由A 、B 、C 三者组成系统动量守恒，(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )·v ABC ，解得v ABC ＝2＋2×62＋2＋4m/s ＝3 m/s. (2)B 、C 碰撞时B 、C 组成系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ，那么m B v ＝(m B ＋m C )v BC ，v BC ＝2×62＋4m/s ＝2 m/s ，设物块A 、B 、C 速度一样时弹簧弹性势能最大为E p ，根据能量守恒E p ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12×(2＋4)×22J ＋12×2×62J －12×(2＋2＋4)×32J ＝12J. 【答案】(1)3m/s (2)12J1. (多项选择)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如下图，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( AD )A ．A 、B 系统总动量仍然为mvB ．A 动量变为零C ．B 动量到达最大值D ．A 、B 速度相等2. 如下图，质量相等两个滑块位于光滑水平桌面上，其中弹簧两端分别与静止滑块N 与挡板P 相连接，弹簧与挡板质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与档板P 碰撞〔不粘连〕后开场压缩弹簧，最后滑块N 以速度v 0向右运动。

电磁感应中动量、能量关系的运用1.如图2所示.在光滑的水平面上.有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内.现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后.速度为v(v﹤v0).那么线圈（）A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D.以上情况均有可能2.如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ.导轨间距为d.匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里.磁感应强度的大小为B.两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上.且与导轨垂直。

它们的电阻均为R.两杆与导轨接触良好.导轨电阻不计.金属杆的摩擦不计。

杆1以初速度v0滑向杆2.为使两杆不相碰.则杆2固定与不固定两种情况下.最初摆放两杆时的最少距离之比为（）A.1:1B.1:2C.2:1D.1:13.如图所示.光滑导轨EF、GH等高平行放置.EG间宽度为FH间宽度的3倍.导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中.左侧呈弧形升高。

ab、cd是质量均为m的金属棒.现让ab 从离水平轨道h高处由静止下滑.设导轨足够长。

试求：(1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。

4.如图所示.竖直放置的两光滑平行金属导轨.置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中.两根质量相同的导体棒a和b.与导轨紧密接触且可自由滑动。

先固定a.释放b.当b的速度达到10m/s时.再释放a.经过1s后.a的速度达到12m/s.则（1）此时b的速度大小是多少？（2）若导轨很长.a、b棒最后的运动状态。

5.两根平行的金属导轨.固定在同一水平面上.磁感强度B=0.5T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直.导轨的电阻很小.可忽略不计。

导轨间的距离l=0.20m.两根质量均为m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动.滑动过程中与导轨保持垂直.每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。

第三章 动量定理及动量守恒定律（习题）3.5.1质量为2kg 的质点的运动学方程为 j ˆ)1t 3t 3(i ˆ)1t 6(r 22+++-=(t 为时间，单位为s ；长度单位为m).求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解，j ˆ)3t 6(i ˆt 12v ++= j ˆ6i ˆ12a +=jˆ12i ˆ24a m F +==（恒量）12257.262412tg )N (83.261224F ==θ=+=-3.5.2质量为m 的质点在oxy 平面内运动，质点的运动学方程为ωω+ω=b,a, ,j ˆt sin b i ˆt cos a r为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

解， ,j ˆt cos b i ˆt sin a v ωω+ωω-= r,j ˆt sin b i ˆt cos a a 22 ω-=ωω-ωω-= r m a m F ω-==3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较底的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动。

解答，以谷筛为参照系，发生相对运动的条件是,g a ,mg f a m 000μ≥'μ=≥'a ' 最小值为)s /m (92.38.94.0g a 20=⨯=μ='以地面为参照系：解答，静摩擦力使谷粒产生最大加速度为,mg ma 0max μ= ,g a 0max μ=发生相对运动的条件是筛的加速度g a a0max μ=≥'，a '最小值为)s /m (92.38.94.0g a20=⨯=μ='3.5.4桌面上叠放着两块木板，质量各为,m ,m 21如图所示。

2m 和桌面间的摩擦系数为2μ，1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。

专题6---动量与电磁感应福建省普通教育教学研究室物理学科编写组【材料导读】电磁感应问题往往涉及到牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识，是力学和电磁学的综合应用，能很好地考查学生综合应用物理知识、分析解决物理问题的能力，因而成为高考考查的重点之一。

试题常见的形式是导体棒（或框）切割磁感线，产生感应电流，从而使导体棒（或框）运动。

其运动形式有匀速、匀变速和非匀变速三种情形，对前两种情况，学生容易想到用牛顿运动定律求解；对后一种情况学生也容易想到用能量守恒和动量守恒定律求解。

但是当安培力变化，且又涉及位移、速度问题时，学生往往感到不知所措。

此时，应用动量定理求解往往能收到出奇制胜的效果。

本专题以问题串形式能有效提高复习效率，并引导学生打破知识壁垒找出知识关联。

材料中的例题和练习按难度从易到难分为A 、B 、C 三个层次，供大家根据自身情况选用。

【典例分析】例1 如图，水平放置的两根足够长平行光滑金属导轨相距L （电阻不计），导轨间接有一定值电阻R ，有一质量为m ，电阻为r 的金属棒ab 与两导轨始终保持垂直并良好接触，整个装置放在磁感应强度B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。

【A 】(1)现给金属棒ab 施加一个水平向右的恒力F ，金属棒ab 将如何运动？ 最终速度等于多少？【答案】金属棒在做加速度减小的加速运动，最终金属棒匀速运动，速度达到最大值()22L B r R F v m +=【解析】根据牛顿第二定律得ma rR vL B F F -F =+-=22安，随速度v 的增大，加速度在减小，因此金属棒在做加速度减小的加速运动，最终金属棒匀速运动，速度达到最大值()22L B r R F v m +=【B 】(2)匀速后，撤去恒力F ，金属棒ab 将如何运动？并画全程速度-时间图像。

【答案】金属棒做加速度减小的减速运动，最终速度v = 0。

图像如图【解析】金属棒受到的安培力为其所受的合力，可得ma rR vL B BIL F =+==22安，可见金属棒做加速度减小的减速运动，最终速度v = 0【B 】(3)在撤去恒力F 后减速阶段，试问金属棒在导轨上滑行最大距离x【答案】22LB r)(R mv x m +=【解析】对金属棒应用动量定理m mv 0t I BL -=-BLmv 0t I q m-==对电路 r R E I +=tBLxt ΔφE == r R BLx t I q +== 得 22L B r)(R mv x m +=【B 】(4) 给金属棒ab 施加一个水平向右的恒力F 加速阶段，ab 运动过程中存在哪些形式能的转化？关系如何? 【答案】恒力F 加速阶段所做的功，一部分通过克服安培力做功转化为电能，再以发热的形式转化为内能；另一部分使金属棒ab 获得动能。

考点 3.3动量与电磁感觉电磁感觉与动量的联合主要有两个考点：对与单杆模型，则是与动量定理联合。

比如在圆滑水平轨道上运动的单杆( 不受其余力作用) ，因为在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依照动量定理F安 t P ，而又因为 F安 t BIL t BLq ， q N =N BLx， P mv2 mv1，由以上四R总R总式将流经杆电量q、杆位移 x 及速度变化联合一同。

关于双杆模型，在遇到安培力以外，遇到的其余外力和为零，则是与动量守恒联合观察许多1.如下图，一质量为m 的金属杆 ab，以必定的初速度v0从一圆滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ 角，两导轨上端用一电阻相连，磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触优秀。

金属杆向上滑行到某一高度h 后又返回究竟端，在此过程中（B）B RabhA．整个过程中合外力的冲量大小为2mv0B．下滑过程中合外力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热C．下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于 1 mv02mgh2D．整个过程中重力的冲量大小为零2.如下图，在圆滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场散布在宽度为L 的地区内，现有一个边长为a（ a﹤ L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场界限滑过磁场后，速度为v( v﹤ v0)，那么线圈（ B ）A.完整进入磁场中时的速度大于（ v0+v）/2B.完整进入磁场中时的速度等于（ v0+v）/2C.完整进入磁场中时的速度小于（ v0+v）/2D.以上状况均有可能3.如下图，两根足够长的固定平行金属圆滑导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根同样的导体棒 ab、 cd 与导轨构成矩形回路。

导体棒的两头连结着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为 R，回路上其余部分的电阻不计，在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。

开始时，导体棒处于静止状态。

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽局部嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好.磁场的磁感应强度B=0.5T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m,导轨的半径r=0.5m ,导体棒的电阻R=1 Q,其余电阻均不计,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力.⑴求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)假设导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.9 _【答案】(1) v 2、10m/s (2)25J (3)P - W4【解析】【详解】解：⑴根据机械能守恒定律,可得：mgh - mv2 2解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v 2g0m / s(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,圆柱体停在凹槽最低点根据水平守恒可知,整个过程中系统产生的热量：Q mg(h r) 25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为V I ,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有：mv1 Mv?1 2 1 2由能重寸恒可得：一mv1 mv2 mg(h r) Q12 2导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2E2回路电功率：P. ........ . 9联立解得：P -W42.如图,两块相同平板P i、P2置于光滑水平面上,质量均为m = 0.1kg. P2的右端固定一轻质弹簧,物体P置于P i的最右端,质量为M = 0.2kg且可看作质点.P i与P以共同速度vo= 4m/s向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P i与P2粘连在一起,压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板P i的长度L=1m , P与P i之间的动摩擦因数为科=0.2, P2上外表光滑.求：-厂। A B vWm(i)P i、P2刚碰完时的共同速度v i;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能E P.(3)通过计算判断最终P能否从P i上滑下,并求出P的最终速度V2.【答案】(i) v i=2m/s (2)E P=0.2J (3)v2=3m/s【解析】【分析】【详解】(i) P i、P2碰撞过程,由动量守恒定律mV. 2mM解得V i v°- 2m / s,方向水平向右；2(2)对P i、P2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o (2m M )V2…3斛得v2 -v0 3m/s,方向水平向右,4i o i o i o此过程中弹簧的最大弹性势能E P -?2mv i2 + -Mv2 — (2m M )v22 0.2J -2 2 2(3)对P i、F2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o 2mv3 Mv?i o i o i c 1c由能重寸恒TH律得一2mv〔+ Mv 02mv3Mv2 + Mg L2 2 2 2解得P的最终速度v2 3m/s 0,即P能从P i上滑下,P的最终速度v2 3m/s3.光滑水平面上质量为ikg的小球A, 量为2kg的大小相同的小球B发生正碰I~~H J I,,,,,.Cbr,〞(i)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能. 以2.0m/s的速度与同向运动的速度为i.0m/s、质,碰撞后小球B以i.5m/s的速度运动.求：【答案】v A i.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：甘-1 2 1 2 _1 / 2 _1 」E损-彳与口『 A彳叫.B代入数据解得：E损=0.25J答：①碰后A球的速度为1.0m/s；②碰撞过程中A、B系统损失的机械能为0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.4.在日常生活中,我们经常看到物体与物体间发生反复的屡次碰撞.如下图,一块外表水平的木板静止放在光滑的水平地面上,它的右端与墙之间的距离L= 0.08 m.现有一小物块以初速度vo = 2 m/s从左端滑上木板,木板和小物块的质量均为 1 kg,小物块与木板之间的动摩擦因数-0.1,木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触, 木板与墙碰后木板以原速率反弹,碰撞时间极短可忽略,取重力加速度g=10 m/s2.求：可________________ 「J(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者到达共同速度时,木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板到达共同速度时 ,木板右端与墙之间的距离.【答案】(1) 0.4 s 0.4 m/s (2) 1.8 s. (3) 0.06 m【解析】试题分析：(1)物块滑上木板后,在摩擦力作用下,木板从静止开始做匀加速运动,设木板加速度为a,经历时间T后与墙第一次碰撞,碰撞时的速度为V I那么mg ma,解得a g 1m/s2①,1 , 2 LL - at ②,v1 at ③ 2联立①②③ 解得t 0.4s, v1 0.4m/s④(2)在物块与木板两者到达共同速度前,在每两次碰撞之间,木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动,因而木板与墙相碰后将返回至初态,所用时间也为T.设在物块与木板两者到达共同速度v前木板共经历n次碰撞,那么有：v V O 2nT t a a t ⑤式中At是碰撞n次后木板从起始位置至到达共同速度时所需要的时间.由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进,故⑤ 式可改写为2v V o 2nTa⑥由于木板的速率只能处于 .到v1之间,故有0 v02nTa 2v1⑦求解上式得1.5 n 2.5由于n是整数,故有n=2®由①⑤⑧ 得：t 0.2s⑨；v 0.2m/s⑩从开始到物块与木板两者到达共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s (11)即从物块滑上木板到两者到达共同速度时,木板与墙共发生三次碰撞,所用的时间为1. 8s.............. 一…,……、、,,一 1 2(3)物块与木板到达共同速度时,木板与墙之间的距离为s L — a t2 (12)2联立①与(12)式,并代入数据得s 0.06m即到达共同速度时木板右端与墙之间的距离为0. 06m.考点：考查了牛顿第二定律,运动学公式【名师点睛】此题中开始小木块受到向后的摩擦力,做匀减速运动,长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后,小木块继续匀减速前进,长木板匀减速向左运动, 一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动,小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性,由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触,故直到两者速度相同,一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速,小木块向右减速,两者速度一起减为零.5.如下图,固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上外表平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A,在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B,滑块A与B均可看做质点.现使滑块A从距小车的上外表高h=1.25m处由静止下滑,与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小车C上滑出.滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为斤0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2.求：(1)滑块A与B弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小,由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C上外表的最短长度.(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v i,由机械能守恒定律有：m A gh — m A V i2代入数据解得v i ,2gh 5m/s .设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,滑块A与B碰撞瞬间与小车C无关,滑块A与B组成的系统动量守恒, m A V i m A m B V2代入数据解得V2 2.5m/s .(2)设小车C的最短长度为L,滑块A与B最终没有从小车C上滑出,三者最终速度相同设为V3,根据动量守恒定律有：m A m B v2m A m B m C v31 2 1 2根据能重寸恒TH律有：m A m B gL= m A m B v2m A m B m C v；2 2联立以上两代入数据解得L 0.375m【点睛】此题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式,正确把握每个过程的物理规律是关键.6.如下图,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度V；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能E pmax；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离s.【答案】(1) v 1V l I J2gh (2) mg" (3)—VHh 3 3 6 3【解析】【详解】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底面的1 2速度为v1,由机械能守恒定律有：m A gh —m A%解之得：v 1 2gh滑块A 与B 碰撞的过程, A 、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为 v,由动量守恒定律有： m A v 1 m A m B v1 1 ----- 斛之信：vV i — 2gh 3 3 ,(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的 弹性势能最大时,滑块 A 、B 、C 速度相等,设为速度 V 2 由动量守恒定律有：m A v 1 m A m B m C v 2122由机械能寸恒TH 律有： E Pmax (m A m B )v m A m B m C v 221解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh Pmax6(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C 脱离弹簧,设滑块 A 、B 的速度为V3,滑块C 的速度为V4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：121 21 2-m A m B v m A m B v -m e v^ 2221 -------解之得：v 3 0, v 4 -42gh3 . 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s v 4t12H2g t2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s — JHh3R= 0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2 = 0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另 一质量m 〔 = 0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍,忽略空气阻力,重力加速度(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中,摩擦力做功 W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能 E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中,弹簧对小球 b 的冲量I .【答案】(1)四：(2) E P =0.2J ⑶ I=0.4N?sm A m B v m A m B v m C v 47.如下图,内壁粗糙、半径g= 10 m/s 2.求:【解析】(1)小球由静止释放到最低点B的过程中,据动能定理得小球在最低点B时: 据题意可知乐=2四乱联立可得悭f=-0网(2)小球a与小球b把弹簧压到最短时,弹性势能最大,二者速度相同,此过程中由动量守恒定律得：：,1 1=4mi + m* 超 + & 由机械能守恒定律得2 2户弹簧的最大弹性势能E p=0.4J小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中, a球最终速度为由动量守恒定律啊也=mi0 + m*4由能量守恒定律: 根据动量定理有：得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小为I=0.8N s8.如下图,在沙堆外表放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg.当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm,而木块所受的平土阻力为f=80N .假设爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计, g取10m/s2,求爆竹能上升的最大高度.【答案】h 60m【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用,根据动能定理可得1 2 ,、(mg f )h 0 Mv1 (1)2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒,故有mv2 Mv i (2)爆竹完后,爆竹做竖直上抛运动,故有v2 2gh(3)联立三式可得：h 600m考点：考查了动量守恒定律,动能定理的应用点评：根底题,比拟简单,此题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉9.在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC,半彳空为R,如下图,A、C两点的连线水平,B点为轨道最低点.其中AB局部是光滑的,BC局部是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处,另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放,甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后结合成一个整体,甲乙构成的整体滑上BC轨道,最高运动到D点,OD与OB连线的夹角0 60°甲、乙两物体可以看作质点,重力加速度为g,求：(1)甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,甲乙构成的整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,摩擦力对其做的功.【答案】⑴—mj2gR ,方向水平向右.(2)压力大小为:一mg ,方向竖直向3 31下.(3)W f= - mgR .【解析】【分析】(1)先研究甲物体从A点下滑到B点的过程,根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度,再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度,即可对甲,运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对于甲乙构成的整体,由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力,再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,运用动量定理求摩擦力对其做的功.【详解】1甲物体从A点下滑到B点的过程,1 2根据机械能守恒定律得：2mgR — 2mv2,2解得：v0"2gR,甲乙碰撞过程系统动量守恒,取向左方向为正,根据动量守恒定律得：2mv o m 2m mv ,解得：v —J2gR ,甲物与乙物体碰撞过程,对甲,由动量定理得：I甲2mv 2mv0 2 m,2gR ,方向：水平向右;2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对甲乙构成的整体,2由牛顿第二定律得：F m 2mg m 2m —R (17)斛得：F —mg,根据牛顿第三定律,对轨道的压力F' F ——mg 方向：竖直向下；3o _ _ 1 _ 23对整体,从B到D过程,由动能定理得：3mgR 1 cos60 W f 0 — 3mv2一... ... ...................... 1 _解得,摩擦力对整体做的功为：W f -mgR ；6【点睛】解决此题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况,把握每个过程的物理规律,知道碰撞的根本规律是动量守恒定律 .摩擦力是阻力,运用动能定理是求变力做功常用的方法.10.如下图,一质量为m=1 5kg的滑块从倾角为 .=37.的斜面上自静止开始滑下,斜面末端水平(水平局部光滑,且与斜面平滑连接,滑块滑过斜面末端时无能量损失),滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车.斜面长s=10m,小车质量为M=3 5kg,滑块与斜面及小车外表的动摩擦因数科=0. 35,小车与地面光滑且足够长,取g=10m/s2.求：(1)滑块滑到斜面末端时的速度(2)当滑块与小车相对静止时,滑块在车上滑行的距离【答案】(1) 8 m/s (2) 6. 4m【解析】试题分析：(1)设滑块在斜面上的滑行加速度a,由牛顿第二定律,有mg (sin 0 -cos 0 ) =ma代入数据得：a=3. 2m/s2又：s= — at22解得t=2 . 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s(2)小车与滑块到达共同速度时小车开始匀速运动,该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒,那么：mv= (m+M v代入数据得：v=2 . 4m/s滑块在小车上运动的过程中,系统减小的机械能转化为内能,得：mgL= 1 mv o2- 1 〔m+M v2 2 2代入数据得：L=6. 4m考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用,属于多过程问题,需要分阶段求解；解题时需选择适宜的物理规律,用牛顿定律结合运动公式,或者用动量守恒定律较简单,此题是中档题.11.如下图,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在.点,.点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于.点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为也现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰〔碰撞时间极短〕,反弹后上升至最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离.气—一1 : hI**+ 'pl Ih【答案】——16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度,再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离.【详解】小球的质量为m,设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v i,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守,值定律有：mgh=1mv i22解得：v i= 2ghh 1 ’2设碰撞后小球反弹的速度大小为V1,同理有：mg —— mv i16 2解得：〃1 =,设碰撞后物块的速度大小为V2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv' 1+5mv2解得：V2= 'g h由动量定理可得,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=l m,2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5科mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：1 2Fs 0 5mv22…口h解得：s16【点睛】此题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理,要注意正确分析物理过程,选择适宜的物理规律求解.12.如下图,粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H,上端套着一个细环B. A和B的质量均为m, A和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A和B使它们从静止开始自由下落.当A与地面碰撞后,A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时间极短,空气阻力不计,运动过程中A始终呈竖直状态.求：假设A再次着地前B不脱离A, A的长度应满足什么条件？y.8m好〞---------q【答案］(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么即寸期木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mgwi=z:-解得：m,方向竖直向下对环：・mg 7G2 = ---------解得瓶方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为-- ■-要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于X,即12弁8叫?〞LW解得：Op +「考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

动量定理及动量守恒定律专题复习一、知识梳理1、深刻理解动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv(2)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

(3)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

(4)动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。

题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

(5)动量的变化：0p p p t -=∆.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

A 、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。

B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

(6)动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。

2、深刻理解冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。

如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。

对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

(4)高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。

对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

(5)要注意的是：冲量和功不同。

恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

特别是力作用在静止的物体上也有冲量。

3、深刻理解动量定理（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

既I =Δp（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）。

高中物理高考试卷考点之动量与动量守恒和电磁感应知识汇总，带参考答案本文收集整理了高中物理高考试卷动量与动量守恒和电磁感应知识，并配上详细参考答案，内容全共十一页。

同学们认真完成这些练习，并对过答案，对学习高中物理动量与动量守恒和电磁感应知识一定有很大的帮助，希望大家喜欢这份文档。

一、动量与动量守恒知识1.（15重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为（可视为自由落体运动）.此后经历时间安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为D. 答案：A解析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式，可知；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得，解得：，故选A.2.（15新课标2卷）（10分）滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示.求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比. 解析：（1）设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像得v 1=-2m/sm h t mg +mg mg mg -22v gh =v ()0()F mg t mv -=--F mg =+v 2=1m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ,由题给图像可得s m v /32=由动量守恒定律得：m 1v 1+m 2v 2=（m 1+m 2）v 解得8121=m m （2）由能量守恒得.两滑块因碰撞而损失的机械能为221222211)(212121v m m v m v m E +-+=∆ 由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为221)(21v m m W +=解得21=∆E W 3.（2015·全国新课标Ⅰ）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者都处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间满足什么条件才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.解析：设A 运动的初速度为vA 向右运动与C 发生碰撞，根据弹性碰撞可得12mv mv Mv =+22212111222mv mv Mv =+ 可得1m M v v m M -=+22mv v m M=+要使得A 与B 发生碰撞，需要满足10v <，即m M < A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，弹性碰撞134mv mv Mv =+222134111222mv mv Mv =+ 整理可得31m Mv v m M -=+412mv v m M=+由于m M <，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足32v v < 即2212()m M m m M v v v v m M m M m M--=>=+++整理可得224m Mm M +>解方程可得2)m M ≥二、电磁感应知识1.（15江苏卷）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________ A ．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方 B ．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C ．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D ．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O 点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v ，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？ 答案： （1）CD （2）39.0（3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用. 解析：根据速度Ts s v n n n 211-+-=计算速度.2.（15北京卷）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L = 0.4 m ，一端连接 R=1 Ω 的电阻，导轨所在的空间存在竖直向下的匀强磁场， 磁感应强度B = 1 T ， 导体棒 MN 放在导轨上， 其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力 F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度 v = 5 m/s ，求：( 1 ) 感应电动势 E 和感应电流 I ；( 2 ) 在 0.1 s 时间内，拉力的冲量的大小；( 3 ) 若将 MN 换为电阻为 r = 1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压 U.解析：（1）根据动生电动势公式得E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2.0 V①故感应电流I=A 0.21v 0.2R E =Ω= ②（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为F 安= BIL =0.8N, 因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F 安 = 0.8N ③所以拉力的冲量IF =F t=0.8 N×0.1 s=0.08 SN•④导体棒两端电压U=V0.1rRRE=+⑤3.（15海南卷）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于（）A.1/2B.C.1D.答案：B解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为，折弯后，导体切割磁场的有效长度为，故产生的感应电动势为，所以，B正确；4.（15海南卷）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略.求（1）电阻R消耗的功率；（2）水平外力的大小.解析：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为电阻R消耗的功率为，联立可得（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有，，故5.（15四川卷）18分）如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止.空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）.两金属棒与导轨保持良好接触.不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止.求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离.解析：（1）由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：＝Q R ＋Q ef ①根据并联电路特点和焦耳定律Q ＝I 2Rt 可知，电阻R 和ef 棒中产生的焦耳热相等，即Q R ＝Q ef ②由①②式联立解得ef 棒上产生的热量为：Q ef ＝（2）设在ab 棒滑行距离为d 时所用时间为t ，其示意图如下图所示：该过程中回路变化的面积为：ΔS ＝[L ＋（L －2d cot θ）]d ③ 根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为：＝④ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab 棒平均电流为：＝⑤ 根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab 棒某横截面的电量为：q ＝ ⑥由③④⑤⑥式联立解得：q ＝⑶由法拉第电磁感应定律可知，当ab 棒滑行x 距离时，回路中的感应电动势为：e ＝B （L －2x cot θ）v 2 ⑦根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef 棒的电流为：i ＝⑧ 根据安培力大小计算公式可知，ef 棒所受安培力为：F ＝iLB ⑨2121mv 2141mv 21E tSB ΔI 2/R Et I ⋅Rθd L Bd )cot (2-Re由⑦⑧⑨式联立解得：F ＝⑩ 由⑩式可知，当x ＝0且B 取最大值，即B ＝B m 时，F 有最大值F m ，ef 棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：F m cos α＝mg sin α＋f m ⑪ 在垂直于导轨方向上有：F N ＝mg cos α＋F m sin α ⑫ 根据滑动摩擦定律和题设条件有：f m ＝μF N ⑬ 由⑩⑪⑫⑬式联立解得：B m＝显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可由⑩式可知，当B ＝B m 时，F 随x 的增大而减小，即当F 最小为F min 时，x有最大值为x m ，此时ef 棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：F min cos α＋f m ＝mg sin α ⑭ 在垂直于导轨方向上有：F N ＝mg cos α＋F min sin α ⑮ 由⑩⑬⑭⑮式联立解得：x m ＝)cot 2(22θx L RLv B -2)sin (cos )cos (sin 1v αμααμαmgR L-+μααμθL μ++cos sin )1(tan 26.（15安徽卷）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计.已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）.则A ．电路中感应电动势的大小为θsin BlvB ．电路中感应电流的大小为rθsin BvC ．金属杆所受安培力的大小为r θsin lv B 2D ．金属杆的发热功率为θsin r lv B 22答案：B解析：金属棒的有效切割长度为l ，电路中感应电动势的大小E Blv =，选项A 错误；金属棒的电阻sin rl R θ=，根据欧姆定律电路中感应电流的大小sin E Bv I R rθ==，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小2sin l B lvF BI r θ==，选项C 错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为222sin B lv P I R rθ==，选项D 错误．答案为B ．7.（15重庆卷）题4图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为，面积为.若在到时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由均匀增加到，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差n S 1t 2t 1B 2B a b ϕϕ-× × × × × × × × ×× × × × × × ×× ×× × × × × ×× × ×× × × × ×vθ c dabM N lA.恒为B. 从0均匀变化到C.恒为D.从0均匀变化到答案：C解析：穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得2121()S B B E nn t t t ϕ-∆==∆-，而等效电源内部的电流由楞次定理知从a b →，即b 点是等效电源的正极，即2121()a b S B B nt t ϕϕ--=--，故选C.7．（2015·全国新课标Ⅱ）如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上.当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是A ．U a > U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a -b -c -aC ．U bc =-1/2Bl ²ω，金属框中无电流D ．U bc =1/2Bl ²w ，金属框中电流方向沿a -c-b -a 答案：C解析：当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c 点电势高，ω221Bl U bc -=，故C 正确，A 、2121()nS B B t t --2121()nS B B t t --2121()nS B B t t ---2121()nS B B t t ---B、D错误.8、（2015·全国新课标Ⅰ）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示.实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案：AB解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对.圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错.圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D 错.本文收集整理了高中物理高考试卷动量与动量守恒和电磁感应知识，并配上详细参考答案，内容全共十一页。

电磁感应3---动力学、能量与动量——高中物理经典好题一、单选题1．如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L 的匀强磁场，正方形闭合导线框abcd 的边长为l ，放在桌面上，bc 边与磁场边界平行，L l >。

让导线框在沿ab 方向的恒力F 作用下穿过匀强磁场，导线框的v t -图像如图2所示。

以下判断正确的是（）A ．12t t 时间内，导线框受到的安培力逐渐增大B ．12t t 时间内，F 对导线框做的功等于其动能的增加量C ．34t t 时间内，v t -图中阴影部分的面积表示磁场的宽度LD ．34t t 时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl2．如图所示，固定的竖直光滑U 形金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定绝缘轻弹簧相连且放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。

初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为1mg x k=。

此时导体棒具有竖直向上的初速度0v ，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。

则下列说法正确的是（）A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小为220B L v RB ．初始时刻导体棒加速度的大小为2202B L v g mR+C ．导体棒第一次速度为零时，克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于2012mv D ．从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热为2220122m g mv k+3．如图所示，矩形导体框abcd 的ab 边长为l 、bc 边长为2l ，在外力作用下以速度v 向右匀速进入有界匀强磁场，第一次ab 边与磁场边界平行、第二次bc 边与磁场边界平行。

则先后两次进入磁场过程中，ab 两点间的电势差之比为（）A ．1:2B ．5:2C ．5:4D ．5:84．如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨MN 、PQ 与水平面成30θ=︒放置，两导轨间距为L =0.5m ，M 、P 两点间接有阻值为R =2Ω的电阻。

选修1高中物理高中物理-动量守恒定律测试题一、动量守恒定律 选择题1．在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E 1，持续一段时间后立即换成与E 1相反方向的匀强电场E 2．当电场E 2与电场E 1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能k E ．在上述过程中，E 1对滑块的电场力做功为W 1，冲量大小为I 1；E 2对滑块的电场力做功为W 2，冲量大小为I 2．则A ．I 1= I 2B ．4I 1= I 2C ．W 1= 0.25k E W 2=0.75k ED ．W 1= 0.20kE W 2=0.80k E2．如图，在光滑水平面上放着质量分别为2m 和m 的A 、B 两个物块，弹簧与A 、B 栓连，现用外力缓慢向左推B 使弹簧压缩，此过程中推力做功W 。

然后撤去外力，则（ ）A ．从撤去外力到A 离开墙面的过程中，墙面对A 的冲量大小为2mWB ．当A 离开墙面时，B 的动量大小为2mWC ．A 离开墙面后，A 的最大速度为89W mD ．A 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为23W 3．如图甲所示，质量M =2kg 的木板静止于光滑水平面上，质量m =1kg 的物块（可视为质点）以水平初速度v 0从左端冲上木板，物块与木板的v -t 图象如图乙所示，重力加速度大小为10m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．物块与木板相对静止时的速率为1m/sB ．物块与木板间的动摩擦因数为0.3C ．木板的长度至少为2mD ．从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为3J4．如图所示，一质量为0.5 kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为2.5 m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取210m/s g ，不计空气阻力，下列说法正确的是A ．橡皮泥下落的时间为0.3 sB ．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为2 m/sC ．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D ．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J5．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m 的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m 的小物块从槽上高h 处开始下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是A ．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为3mgh B ．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为6mgh C ．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒D ．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h 处6．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A .B 用轻绳连接并跨过 滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）.初始时刻,A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块A ．落地时的速率相同B ．重力的冲量相同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同7．A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量2A m kg ,则由图可知下列结论正确的是( )A．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sB．碰撞过程A对B的冲量为-4 N·sC．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sD．碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J8．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（）A．t=0至t=mvF时间内，A、B的总动量守恒B．t=2mvF至t=3mvF时间内，A、B的总动量守恒C．t=2mvF时，A的动量为2mvD．t=4mvF时，A的动量为4mv9．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑,则A．在小球从圆弧槽上下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒B．在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒C．在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒D．小球离开弹簧后能追上圆弧槽10．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A．p A=6 kg·m/s，p B=6 kg·m/sB．p A=3 kg·m/s，p B=9 kg·m/sC．p A=－2 kg·m/s，p B=14 kg·m/sD．p A=－4 kg·m/s，p B=17 kg·m/s11．如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l。

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．（i ）求斜面体的质量；（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i ）20 kg （ii ）不能 【解析】试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()m v m M v =+系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．2．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，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】065B v v = 【解析】 【分析】【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，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：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．3．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”。

高中物理专题复习动量及动量守恒定律一、动量守恒定律的应用1.碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。

由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。

在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。

全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。

⑴弹簧是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。

这种碰撞叫做弹性碰撞。

由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。

⑵弹簧不是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。

这种碰撞叫非弹性碰撞。

⑶弹簧完全没有弹性。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。

这种碰撞叫完全非弹性碰撞。

可以证明，A 、B 最终的共同速度为121121v m m m v v +='='。

在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。

动量与电磁感应电磁感应与动量的联合重要有两个考点：对与单杆模子,则是与动量定理联合.例如在滑腻程度轨道上活动的单杆(不受其他力感化),因为在磁场中活动的单杆为变速活动,则活动进程所受的安培力为变力,根据动量定理F t P ∆=∆安,而又因为F t BIL t BLq ∆=∆=安,=BLx q N N R R ∆Φ=总总,21P mv mv ∆=-,由以上四式将流经杆电量q .杆位移x 及速度变更联合一路.对于双杆模子,在受到安培力之外,受到的其他外力和为零,则是与动量守恒联合考核较多1. 如图所示,一质量为m 的金属杆ab ,以必定的初速度v 0从一滑腻平行金属轨道的底端向上滑行,轨道平面与程度面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场偏向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触优越.度h 后又返回到底端,在此进程中（ ）A ． 全部进程中合外力的冲量大小为2mv 0B ． 下滑进程中合外力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 C ． 下滑进程中电阻R 上产生的焦耳热小于2012mv mgh -D ． 全部进程中重力的冲量大小为零2. 如图所示,在滑腻的程度面上,有一垂直向下的匀强磁场散布在宽度为L 的区域内,现有一个边长为a （a ﹤L ）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场鸿沟滑过磁场后,速度为v(v﹤v0),那么线圈（）A.完整进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B.完整进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C.完整进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D.以上情形均有可能3.如图所示,两根足够长的固定平行金属滑腻导轨位于统一程度面上,导轨上横放着两根雷同的导体棒ab.cd与导轨构成矩形回路.导体棒的两头衔接着处于紧缩状况的两根轻质弹簧,两棒的中央用细线绑住,它们的电阻均为R,回路上其余部分的电阻不计,在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场.开端时,导体棒处于静止状况.剪断细线后,导体棒在活动进程中 ( )A．回路中有感应电动势B．两根导体棒所受安培力的偏向雷同C．两根导体棒和弹簧构成的体系动量守恒,机械能守恒D．两根导体棒和弹簧构成的体系动量守恒,机械能不守恒4.如图所示,在程度面上有两条导电导轨MN.PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨地点的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完整雷同的金属杆1.2距离必定的距离摆凋谢在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触优越,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情形下,最初摆放两杆时的起码距离之比为( )A.1:1B.1:2C.2:1D.1:15.足够长的滑腻金属导轨MN.PQ程度平行固定,置于竖直向上的匀强磁场中,在导轨上放两条金属杆ab.cd,两杆平行且与导轨垂直接触优越.设导轨电阻不计,两杆的电阻为定值.从某时刻起给ab施加一与导轨平行偏向向右的恒定拉力F感化,则以下说法准确的是（）A．cd向左做加快活动B．ab受到的安培力始终向左C．ab一向做匀加快直线活动D．ab.cd均向右活动,活动后的速度始终不会相等,但最终速度差为必定值6.如图所示,滑腻导轨EF.GH等高平行放置,EG间宽度为FH间宽度的3倍,导轨右侧程度且处于竖直向上的匀强磁场中,左侧呈弧形升高.ab.cd是质量均为m的金属棒,现让ab从离程度轨道h高处由静止下滑,设导轨足够长.试求：(1)ab.cd棒的最终速度;(2)全进程中感应电流产生的焦耳热.【答案】（1）2aghv=32bghv=（2）910mgh7.如图所示,竖直放置的两滑腻平行金属导轨,置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量雷同的导体棒a和b,与导轨慎密接触且可自由滑动.先固定a,释放b,当b的速度达到10m/s时,再释放a,经由1s后,a的速度达到12m/s,则(1)此时b的速度大小是若干？(2)若导轨很长,a.b棒最后的活动状况.【答案】(1)18m/s (2)以配合速度做加快度为g的匀加快活动8.两根平行的金属导轨,固定在统一程度面上,磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨地点平面垂直,导轨的电阻很小,可疏忽不计.导轨间的距离l=0.20m,两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲.乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动进程中与导轨保持垂直,每根金属杆的电阻为R=0.50Ω.在tF 感化于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动.经由T=5.0s,金属杆甲的加快度为a=1.37 m/s2,求此时两金属杆的速度各为若干？9.质量为m的金属棒ab,可以无摩擦地沿程度的平行导轨MN与PQ滑动,两导轨间宽度为d,导轨的M.P端与阻值为R的电阻相连,其他电阻不计,导轨处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,设棒ab的初速度为v0,求棒ab停滞下来时滑行的距离及在此进程中经由过程棒的电荷量. 【答案】0mv q I t Bd=⋅∆=10. 如图所示,足够长的滑腻程度导轨的间距为l ,电阻不计,垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场,导轨上相隔必定距离放置两根长度均为l 的金属棒,a 棒质量为m ,电阻为R ,b 棒质量为2m ,电阻为2R ．现给a 棒一个程度向右的初速度v 0,求：（a 棒在今后的活动进程中没有与b 棒产生碰撞）(1) b 棒开端活动的偏向：(2) 当a 棒的速度减为02v 时,b 棒刚好碰着了障碍物,经由很短时光t 0速度减为零（不反弹）．求碰撞进程中障碍物对b 棒的冲击力大小：(3) b 棒碰着障碍物后,a 棒持续滑行的距离．【答案】(1) 向右 (2)002mv t (3)02232mv R B l11. 如图所示,在偏向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中有两条滑腻固定的平行金属导轨MN .PQ ,导轨足够长,间距为L ,其电阻不计,导轨平面与磁场垂直,ab .cd 为两根垂直于导轨程度放置的金属棒,其接入回路中的电阻分离为R ,质量分离为m ,与金属导轨平行的程度细线一端固定,另一端与cd 棒的中点衔接,细线能推却的最大拉力为T ,一开端细线处于伸直状况,ab 棒在平行导轨的程度拉力F 的感化下以加快度a 向右做匀加快直线活动,两根金属棒活动时始终与导轨接触优越且与导轨相垂直.(1) 求经多长时光细线被拉断？(2) 若在细线被拉断刹时撤去拉力F ,求两根金属棒之间距离增量△x 的最大值是若干？【答案】(1)222RT B L a (2)4422LR T mR x =∆ 12. 如图所示,两根平行金属导轨MN .PQ 相距为d =1.0m,导轨平面与程度面夹角为α=30°,导轨上端跨接必定值电阻R =1.6Ω,导轨电阻不计．全部装配处于偏向垂直导轨平面向上.磁感应强度大小B =1T 的匀强磁场中．金属棒ef 垂直于MN .PQ 静止放置,且与导轨保持优越接触,其长刚好为d .质量m =0.1kg.电阻r =0.4Ω,距导轨底端S 1=3.75m ．另一根与金属棒平行放置的绝缘棒gh 长度也为d ,质量为2m ,从轨道最低点以速度v 0=10m/s 沿轨道上滑并与金属棒产生正碰(碰撞时光极短),碰后金属棒沿导轨上滑S 2=0.2m 后再次静止,测得此进程中电阻R 上产生的电热为Q =0.2J ．已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为3μ,g 取10m/s 2,求： (1) 碰后刹时两棒的速度;(2) 碰后刹时的金属棒加快度;(3) 金属棒在导轨上活动的时光.h abB【答案】(1)3m/s -1m/s 负号暗示偏向沿导轨平面向下(2)25m/s213.如图所示,金属杆a在离地h高处从静止开端沿弧形轨道下滑,导轨平行的程度部分有竖直向上的匀强磁场B,程度部分导轨上本来放有一金属杆b.已知杆的质量为m a,且与b杆的质量比为m a∶m b=3∶4,程度导轨足够长,不计摩擦,求：(1)a和b的最终速度分离是多大？(2)全部进程中回路释放的电能是若干？(3)若已知a.b杆的电阻之比R a∶R b=3∶4,其余电阻不计,全部进程中a.b上产生的热量分离是若干？【答案】(1)327gh(2)47am gh(2)1249am gh1649am gh14.如图所示,电阻不计的两滑腻金属导轨相距L,放在程度绝缘桌面上,半径为R的l/4圆弧部分处在竖直平面内且与程度直轨道在最低点相切,程度直导轨部分处在磁感应强度为B,偏向竖直向下的匀强磁场中,末尾与桌面边沿平齐.两金属棒ab.cd垂直于两导轨且与导轨接触优越.棒ab质量为2 m,电阻为r,棒cd的质量为m,电阻为r.重力加快度为g.开端时棒cd静止在程度直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入程度直导轨后与棒cd始终没有接触并一向向右活动,最后两棒都离劝导轨落到地面上.棒ab与棒cd落地点到桌面边沿的程度距离之比为3:1.求：(1)棒ab和棒cd离劝导轨时的速度大小;(2)棒ab在程度导轨上的最大加快度;(3)棒ab在导轨上活动进程中产生的焦耳热.【答案】627gR227gRmrgRLBa4222=(3)mgRQ4911=15.如图所示,电阻不计的两根平行且弯成直角足够长金属导轨MON.PO＇Q,导轨间距为l,MO.PO＇处在统一程度面内,磁场偏向竖直向上,ON.O＇Q处在统一竖直面内,磁场偏向程度向左,且水温和竖直磁场的磁感应强度大小为B,.如图所示,质量均为m,电阻均为R的两根雷同导体棒a.b垂直于导轨分离放在程度部分和竖直部分,开端时使a.b都处于静止状况,不计一切摩擦,两棒始终与导轨接触优越,重力加快度为g,求：(1)现释放a,某时刻a的速度为v1,b的速度为v2,需经由多长时光？(2)该时刻a.b与导轨所构成的闭合回路消费的总电功率;(3)试肯定两棒稳准时的活动情形.【答案】(1)（v1＋v2）/g (2) B2l2（v1－v2）v1/2R (3)最终两杆以雷同大小的加快度匀加快液滴加快度为g/216.如图所示,宽度为L的滑腻平行金属导轨PQ和P′Q′竖直放置,顶端QQ′之间衔接一个阻值为R的电阻和开关S,底端PP′处经由过程一小段腻滑圆弧与一段滑腻程度轨道相连．已知程度轨道离地面的高度为h,两竖直导轨间有一垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B;有两根长均为L.质量均为m.电阻均为R的金属棒AA′.CC′．当金属棒CC′放置在程度轨道右端时,两程度轨道间就会消失竖直偏向的磁感应强度为B1的匀强磁场,此时开关S处于断开状况;而假如金属棒CC′一分开程度轨道,程度轨道间的磁场就立时消掉,同时开关S立时闭合．现把金属棒CC′放在滑腻程度轨道上右端,金属棒AA′离程度轨道高为H的地方以较大的初速度v0沿轨道下滑,在极短时光内金属棒CC′就向右分开程度轨道,分开程度轨道后在空中做平抛活动,落地点到抛出点经由过程的程度距离为x1,金属棒AA′最后也落在程度地面上,落地点到抛出点的程度距离为x2;不计导轨电阻,疏忽金属棒经由PP′处的机械能损掉,不计空气阻力,已知重力加快度为g,求：(1)断定B1的偏向(2)经由过程CC′的电量q(3)全部活动进程中金属棒AA′产生的焦耳热Q．【答案】(1)垂直平面向下22212() 11248m x x mgH mvh++-1.【答案C】A.经由统一地位时：下滑的速度小于上滑的速度,所以到达最低点的速度小于v0,根据动量定理可知,全部进程中合外力的冲量大小小于2mv0,故A错误;B.下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力,则下滑进程安培力的平均值小于上滑进程安培力的平均值,所以上滑导体棒战胜安培力做功大于下滑进程战胜安培力做功,故上滑进程中电阻R产生的热量大于下滑进程中产生的热量,故B错误．C.对下滑进程根据动能定理得：Q=1/2mv2-mgh,因为v＜v0,所以Q＜1/2mv02-mgh,故C准确;D.重力的冲量I=mgt,时光不为零,冲量不为零,故D错误2.【答案B】对线框进入或穿出磁场进程,设初速度为v1,末速度为v2．由动量定理可知：ＢＩ L△t=mv2-mv1,又电量q=Ｉ△t,得 m（v2-v1）=BLq,得速度变更量△v=v2-v1=ＢＬｑ／ｍ可知,进入和穿出磁场进程,磁通量的变更量相等,则进入和穿出磁场的两个进程经由过程导线框横截面积的电量相等,故由上式得知,进入进程导线框的速度变更量等于分开进程导线框的速度变更量．设完整进入磁场中时,线圈的速度大小为v′,则有 v0-v′=v′-v,解得,v′=（v0+v）／２３.【答案Ｄ】A.剪断细线后,导体棒在活动进程中,因为弹簧的感化,导体棒ab.cd反向活动,两棒受力大小相等,但因为质量不合,则产生的加快度不相等,故随意率性时刻时的速度不等;故A错误;B.在导体棒活动的进程中,穿过导体棒ab.cd与导轨构成矩形回路的磁通量增大,回路中产生感应电动势,导体棒ab.cd电流偏向相反,根据左手定章可知两根导体棒所受安培力的偏向相反,故B错误．C.两根导体棒和弹簧构成的体系在活动进程中是合外力为0．所以体系动量守恒,但是因为产生感应电流,产生热量,所以一部分机械能转化为内能,所以体系机械能不守恒．５.【答案ＢＤ】A.ab向右做切割磁感线活动,由右手定章断定知,ab中产生的感应电流偏向为b→a,cd中电流偏向为d→c,由左手定章断定可知,cd棒所受的安培力偏向向右,故cd向右做加快活动．故A错误．B.C.D,cd向右活动后,开端阶段,两杆的速度差增大,产生回路中产生的感应电动势增大,感应电流增大,两杆所受的安培力都增大,则ab的加快度减小,cd的加快度增大,当两者的加快度相等时,速度之差不变,感应电流不变,安培力不变,两杆均做加快度雷同的匀加快活动,在此进程,由左手定章可知,ab所受的安培力偏向始终向左,故BD准确,C错误．６.ab自由下滑,机械能守恒：mgh=１/２mv2[1] 因为ab.cd串联在统一电路中,任何时刻经由过程的电流总相等,金属棒有用长度L ab=3L cd,故它们的磁场力为：F ab=3F cd[2] 在磁场力感化下,ab.cd各做变速活动,产生的感应电动势偏向相反,当E ab=E cd时,电路中感应电流为零（I=0）,安培力为零,ab.cd活动趋于稳固,此时有：BL ab v ab=BL cd v cd,所以v ab=v cd/3[3] ab.cd受磁场力感化,动量均产生变更,由动量定理得：F abΔt=m（v-v ab）[4] F cdΔt=mv cd[5] 联立以上各式解得：V ab= V cd=（２）根据体系能量守恒可得：Q=ΔE机=mgh-１/２m（V ab2+V cd2）=９/１０mgh＼７.释放a棒后的1s时光内,以a.b棒为体系,安培力对两棒的总冲量为零,重力的冲量引起两棒的动量产生变更,根据动量定理有：,解得：＝18m/s,8.设任一时刻t两金属杆甲.乙之间的距离为x,速度分离为v1和v2,经由很短的时光△t,杆甲移动距离v1△t,杆乙移动距离v2△t,回路面积转变由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势回路中的电流杆甲的活动方程因为感化于杆甲和杆乙的安培力老是大小相等,偏向相反,所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量联立以上各式解得得９.对全进程应用动量定理有：而所以有又个中x为杆滑行的距离所以有.１０.11.１２.（1）（5分）设绝缘体与金属棒碰前的速度为v1,绝缘棒在导轨由最低点向上滑动的进程中,由动能定理（2）（9分）设碰后安培力对金属棒做功为W安,由功效关系,安培力做的功W安等于回路中产生的总电热设金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E,回路中感应电流为I,安培力为F安F安=Bid设两棒碰后瞬时金属棒的加快度为a,由牛顿第二定律（3）（6分）设金属棒在导轨上活动时光为t,在此活动进程中,安培力的冲时为I 安,沿导轨偏向应用动量定理由闭合电路欧姆定律由法拉第电磁感应定律 得13.14.（1）设ab 棒进入程度导轨的速度为1v ,ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：212212mv mgR ⨯=①离劝导轨时,设ab 棒的速度为/1v ,cd 棒的速度为/2v ,ab 棒与cd 棒在程度导轨上活动,动量守恒,/2/1122mv mv mv += ② 依题意/1v >/2v ,两棒离劝导轨做平抛活动的时光相等,由平抛活动程度位移vt x =可知/1v :/2v =x 1:x 2=3:1③（ 2分）,联立①②③解得gR v 276/1= ,gR v 272/2=（2）ab 棒刚进入程度导轨时,cd 棒受到的安培力最大,此时它的加快度最大,设此时回路的感应电动势为ε,BLv =ε ④ r I 2ε= ⑤cd 棒受到的安培力为：BIL F cd = ⑥ 根据牛顿第二定律,cd 棒的最大加快度为：m F a cd= ⑦联立④⑤⑥⑦解得：m rgR L B a 2222=（3）根据能量守恒,两棒在轨道上活动进程产生的焦耳热为： )21221(2212/22/121mv mv mv Q +⨯-⨯=⑧ 联立①⑧并代入/1v 息争/2v 得：mgR Q 4922=16.。