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专题强化十三 动量和能量的综合问题 目标要求 1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题．1．解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．题型一 动量与能量观点的综合应用例1 (2020·天津卷·11)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；(2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？答案 (1)m 15gl (2)5gl (2m 1＋m 2)22m 2解析 (1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v A 2＝12m 1v 2＋2m 1gl 联立解得v A ＝5gl由动量定理，有I ＝m 1v A ＝m 15gl(2)设两球粘在一起时速度大小为v ′，若A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′联立解得v B ＝5gl (2m 1＋m 2)m 2 又E k ＝12m 2v B 2 可得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为E k ＝5gl ()2m 1＋m 222m 2. 例2 如图所示，光滑水平轨道MN 左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM 连接，右端与半径为R 的14光滑圆弧轨道QN 连接．质量分别为m 1＝2 kg 和m 2＝3 kg 的滑块A 、B 之间夹有少量炸药，静止在MN 上(滑块A 、B 均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放的化学能E ＝30 J 全部转化为两滑块的动能，之后滑块B 冲上圆弧轨道，滑块A 冲上斜面PM ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)炸药引爆后A 、B 到达M 、N 点时的动能E A 、E B 各为多大；(2)已知B 恰好能到达圆弧轨道的最高点Q ，圆弧轨道的半径R 是多大；(3)A 沿斜面上滑的最大距离x .答案(1)18 J12 J(2)0.4 m(3)0.9 m解析(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0由能量守恒定律得：E＝12＋12m2v22；2m1v1可得E A＝12，E B＝12m2v22；2m1v1联立解得E A＝18 J，E B＝12 J(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得E B＝m2gR可得R＝0.4 m(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：－m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－E A解得x＝0.9 m.题型二力学三大观点的综合应用例3如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v0＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；(3)c能上升的最大高度．答案(1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右(2)4 m/s(3)0.2 m解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律得：a 1＝μg ＝3 m/s 2，方向水平向左对平板车，由牛顿第二定律得：a 2＝F ＋μmg M ＝6＋0.3×203m/s 2＝4 m/s 2，方向水平向右 (2)设经过时间t 1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F ，共同速度为v 1则：v 1＝v 0－a 1t 1v 1＝a 2t 1解得：t 1＝1 s ，v 1＝4 m/s.(3)规定向右为正方向，对滑块和b 球组成的系统运用动量守恒得，m v 1＝2m v 2，解得v 2＝v 12＝42m/s ＝2 m/s. 根据机械能守恒得，12×2m v 22＝2mgh ， 解得h ＝v 222g ＝420m ＝0.2 m. 例4 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为s ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)BP 间的水平距离s BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点；(3)物块A 由静止释放的高度h .答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时v y 2＝2gR ①其中v y v D＝tan 45°② 由①②解得v D ＝4 m/s ③设平抛用时为t ，水平位移为s 2，则有R ＝12gt 2④ s 2＝v D t ⑤由④⑤解得s 2＝1.6 m ⑥物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 过程由运动学公式v D 2－v 02＝2as 1⑦解得s 1＝2.5 m ⑧故BP 之间的水平距离s BP ＝s 2＋s 1＝4.1 m ⑨(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，由D 到M 的运动过程，根据动能定理， 则有－22mgR ＝12m v M 2－12m v D 2⑩ 设在M 点轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v M 2R⑪ 由⑩⑪解得F N ＝(1－2)mg <0，假设不成立，即物块不能到达M 点．(3)对物块A 、B 的碰撞过程，根据动量守恒有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0⑫根据机械能守恒有：12m A v A 2＝12m A v A ′2＋12m B v 02⑬ 由⑫⑬解得：v A ＝6 m/s ⑭设物块A 释放的高度为h ，对下落过程，根据动能定理有：mgh ＝12m v A 2，⑮ 由⑭⑮解得h ＝1.8 m ．⑯课时精练1.如图，光滑轨道PQO 的水平段QO ＝h 2，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度为g .假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；(2)请计算说明物块A 与B 能否发生第二次碰撞．答案 见解析解析 (1)设碰撞前A 的速度为v ，对A 下滑过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh 碰撞中由动量守恒得：m v ＝m v ′＋4m v B 由机械能守恒得：12m v 2＝12m v ′2＋12×4m v B 2 解得v ′＝m －4m m ＋4m v ，v B ＝2m m ＋4mv 解得碰撞后A 的速度：v ′＝－352gh B 的速度v B ＝252gh (2)碰撞后A 沿光滑轨道上升后又滑到O ，然后向右减速滑行至停止，对此过程由动能定理得：μmgx A ＝12m v ′2，解得x A ＝1825h B 沿地面减速滑行至停止，μ·4mgx B ＝12×4m v B 2 得x B ＝825h 因为x A >x B ，所以会发生第二次碰撞．2.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R ＝2πm ，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A 、B ，质量均为m ＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°；现给A 滑块一瞬时冲量，使其获得v 0＝210 m/s 的初速度并沿铁槽运动，与B 滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A 、B 滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2；试求：(1)A 、B 第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能E pm ；(2)A 滑块运动的总路程．答案 见解析解析 (1)对A 滑块，由动能定理可得：－μmg 2πR 4＝12m v 12－12m v 02 A 、B 碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：m v 1＝(m ＋m )v 2又由能量守恒定律可得：12m v 12＝12(m ＋m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝1.8 J (2)A 、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：m v 1＝m v 3＋m v 4又由机械能守恒定律可得：12m v 12＝12m v 32＋12m v 42 解得：v 3＝0，v 4＝6 m/sA 、B 的总路程为s 1，由功能关系有：－μmgs 1＝0－12m v 02 A 、B 运动的总圈数为n ，有：s 1＝2πRn得：n ＝2.5对A 、B 的运动过程分析，A 运动了1.25圈，故A 滑块的路程s 2＝1.25×2πR ＝5 m.3.光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M ＝2.0 kg ，高h ＝0.2 m ，如图所示．现从圆弧导轨顶端将一质量为m ＝0.5 kg 的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A 点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B 点．滑块落地后0.2 s 小车右端也到达B 点．已知AB 相距L ＝0.4 m ，g 取10 m/s 2，求：(1)滑块离开小车时的速度大小；(2)圆弧导轨的半径；(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能．答案 (1) 2 m/s (2) 1.8 m (3) 7 J解析 (1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：h ＝12gt 12 沿水平方向：L ＝v 1t 1解得：t 1＝2h g ＝0.2 s ，v 1＝L t 1＝2 m/s (2)滑块滑出后小车做匀速直线运动：v 2＝L t 1＋Δt ＝0.40.2＋0.2m/s ＝1 m/s 滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则：m v 0＝m v 1＋M v 2代入数据得：v 0＝6 m/s滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有： mgR ＝12m v 02 代入数据得：R ＝1.8 m(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：ΔE ＝mgR －(12m v 12＋12M v 22) 代入数据得：ΔE ＝7 J.4．如图所示，水平轨道OP 光滑，PM 粗糙，PM 长L ＝3.2 m ．OM 与半径R ＝0.15 m 的竖直半圆轨道MN 平滑连接．小物块A 自O 点以v 0＝14 m/s 向右运动，与静止在P 点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A 、B 分开，A 恰好运动到M 点停止．A 、B 均看作质点．已知A 的质量m A ＝1.0 kg ，B 的质量m B ＝2.0 kg ，A 、B 与轨道PM 的动摩擦因数均为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：(1)碰后A 、B 的速度大小；(2)碰后B 沿轨道PM 运动到M 所需时间；(3)若B 恰好能到达半圆轨道最高点N ，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能．答案 (1) 4 m/s 5 m/s (2) 0.8 s (3) 1.5 J解析 (1)由牛顿第二定律，A 、B 在PM 上滑行时的加速度大小相同，均为a ，a ＝μm A g m A ＝μm B g m B＝μg 代入数据得：a ＝2.5 m/s 2由运动学知识，对A ，v 12＝2aL得碰后速度v 1＝4 m/sA 、B 相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2 得碰后B 的速度v 2＝5 m/s(2)对B 物块，P 到M 的运动过程，有：L ＝v 2t －12at 2 结合(1)可解得：t 1＝3.2 s(不符合，舍去)t 2＝0.8 s即所求时间t ＝0.8 s(3)B 在M 点的速度大小v 3＝v 2－at代入数值解得：v 3＝3 m/sB 恰好过N 点，满足：m B v 42R＝m B g M 到N 过程，由功能关系可得ΔE ＝12m B v 32－12m B v 42－2m B gR联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J.。
高考物理一轮总复习考点突破：考点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析)光滑的平行导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动运动图像能量观点系统动能的减少转化为内能动量观点两杆组成的系统动量守恒(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。
导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。
导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。
碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。
P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。
不计空气阻力。
求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
[解析](1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 20＝12×3mv 2Q ＋12mv 2P 联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0 由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v P ′＝v Q ＝12v 0。
(2)根据能量守恒有12mv 2P ＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 20。
(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I l Δt ＝mv P ′－mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝Blx R Δt 联立可得x ＝mv 0R B 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝x v Q ＝2mR B 2l 2。
第1讲动量和动量定理一、动量、动量变化、冲量1．动量(1)定义：物体的________与________的乘积．(2)表达式：p＝________．(3)方向：动量的方向与________的方向相同．2．动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________．(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝________．3．冲量(1)定义：________与____________的乘积叫做力的冲量．(2)公式：________．(3)单位：________．(4)方向：冲量是________，恒力冲量的方向__________．二、动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量________等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：p′－p＝I或 ________＝Ft.(3)矢量性：动量变化量的方向与________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．,科技情境如图所示为现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为20 cm，当感知到地震时，质量为50 g的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，取重力加速度为10 m/s2，不计空气阻力．请完成以下判断题：(1)铜珠在空中运动的时间为0.2 s.( )(2)铜珠所受重力的冲量大小为0.1 N·s，方向竖直向下．( )(3)铜珠的动量越大，其惯性也越大．( )(4)铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.1 kg·m/s.( )(5)铜珠在空中的整个过程中动量的变化量为0.1 kg·m/s，方向竖直向下．( )(6)铜珠所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．( )考点一冲量及动量变化的计算1．对冲量的理解(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．(2)矢量性：对于方向恒定的力来说．冲量的方向与力的方向一致．2．动量、冲量、动量变化量、动量变化率的比较跟进训练1.颠球是足球运动基本技术之一，若质量为400 g的足球用脚颠起后，竖直向下以4 m/s 的速度落至水平地面上，再以3 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在足球与地面接触的时间内，关于足球动量变化量Δp和合外力对足球做的功W，下列判断正确的是( ) A．Δp＝1.4 kg·m/s，W＝－1.4 JB．Δp＝－1.4 kg·m/s，W＝1.4 JC．Δp＝2.8 kg·m/s，W＝－1.4 JD．Δp＝－2.8 kg·m/s，W＝1.4 J2．[2021·湖南卷，2]物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x 图象中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图象中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )3.如图所示，学生练习用头颠球．某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为，不计空气阻力，下列说法正确的是( )0.4 kg，重力加速度g取10ms2A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s考点二动量定理的理解和应用1．应用动量定理解释的两类物理现象：(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小．2．用动量定理解题的基本思路：角度1应用动量定理解释生活现象例1. (多选)如图所示，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则( )A ．应该让运动员沿着3的方向抛出球B ．应该让运动员沿着2的方向抛出球C ．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的D ．当乙接到球后要往身体方向收，延长触球时间，以免伤害手指角度2应用动量定理的定量计算例2. [2021·全国乙卷，19](多选)水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体继续滑行2s 0的路程后停止运动．重力加速度大小为g .则( )A ．在此过程中F 所做的功为12mv 02B ．在此过程中F 的冲量大小等于32mv 0C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 02 4s0gD ．的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍角度3动量定理与图象的综合例3. [2021·湖南卷，8](多选)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a －t 图象如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A 的a －t 图线与坐标轴所围图形的面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a －t 图线与坐标轴所围图形的面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( )A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于m A v0B．m A>m BC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3跟进训练4. (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则( )A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零考点三动量定理在生产、生活科技中的应用素养提升情境1 垒球(多选)如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，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 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC．球棒对垒球做的功为126 JD．球棒对垒球做的功为36 J情境2 安全气囊[2021·江西八校联考]如图所示，在发生交通事故时，安全气囊能够很好地保护人身安全．人的速度减为零的过程中，如果气囊没有弹开时的作用时间是气囊弹开时的110，则在速度变化相同的情况下，人在安全气囊未弹开与弹开时受到的作用力之比为( )A．1100B．110C．100 D．10情境3 高空坠物[2022·北京模拟]城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害．设一个50 g 的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差约为3 m，鸡蛋下落起点距地面的高度约为45 m，鸡蛋撞击地面后速度减为0.为便于估算，不计空气阻力，不计与地面撞击过程中鸡蛋的重力，g取10 m/s2.(1)求鸡蛋与地面撞击前的速度大小以及撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小；(2)若鸡蛋与地面撞击的时间为3×10－3 s，求鸡蛋对地面的平均冲击力的大小．情境4 “水刀”现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示．它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体．已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后的速度视为0，水的密度为ρ，求水对钢板的平均冲击力．[思维方法]流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S.(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSv Δt.(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体．第六章动量守恒定律第1讲动量和动量定理必备知识·自主排查一、1．(1)质量速度(2)mv (3)速度2．(1)矢量相同(2)p′－p3．(1)力力的作用时间(2)I＝Ft(3)N·s(4)矢量与力的方向相同二、(1)变化量(2)mv′－mv (3)合力科技情境(1)√(2)√(3)×(4)√(5)√(6)√关键能力·分层突破1．解析：物体的质量m＝400 g＝0.4 kg，以竖直向上为正方向，则足球与地面碰撞过程中动量的变化量为Δp＝mv2－mv1＝0.4×3 kg·m/s－0.4×(－4) kg·m/s＝2.8 kg·m/s，方向竖直向上；由动能定理可知，合外力做的功为W＝12mv−2212mv12＝12×0.4×32J－12×0.4×42J＝－1.4 J，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝√2ax，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m√2ax，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确．答案：D3．解析：设足球自由落体80 cm时的速度为v1，时间为t1，有v1＝√2gh＝4 m/s，t1＝√2hg＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知，上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正方向，由动量定理有(F̅－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得F̅＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球刚接触时的动量为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为I G＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误．故选C.答案：C例1 解析：甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；根据合外力的冲量等于动量的变化量，可知甲抛球与乙接球时球的速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；当乙接到球后要往身体收，根据动量定理可知，动量变化量相同时，延长作用时间，可减小冲击力，以免伤害手指，D正确．答案：AD例 2 解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F做的功为W F＝Fs0＝12mv02＋μmgs0，选项A错误；物体通过路程s0时，速度大小为v0，撤去F后，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，根据匀v02＝2a2·2s0，联立解得μ＝v024s0g，选项C正确；水平桌面上质量为m的物体在恒力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F－μmg＝ma1，又v02＝2a1s0，可得a1＝2a2，可得F＝3μmg，即F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D错误；对F作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft－μmgt＝mv0，联立解得F的冲量大小为I F＝Ft＝32mv0，选项B正确．答案：BC例3 解析：将A 、弹簧、B 看成一个系统，0到t 1时间内，重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零，墙对系统的冲量等于系统动量的变化量，即墙对B 的冲量等于m A v 0，A 正确；t 1时刻之后，A 、B 组成的系统动量守恒，由题图(b)可知，t 1到t 2这段时间内，S 3>S 2，故B 物体速度的变化量大于A 物体速度的变化量，可知A 物体的质量大于B 物体的质量，B 正确；撤去外力F 后，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，B 运动后，A 、B 具有动量，根据系统机械能守恒和动量守恒可知，弹簧的最大形变量小于x ，C 错误；t 2时刻，A 、B 的加速度均最大，此时弹簧拉伸到最长，A 、B 共速，设速度为v ，a － t 图象与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量，0～t 2时间内，A 的速度变化量为S 1－S 2，t 1～t 2时间内，B 的速度变化量为S 3，两者相等，即S 1－S 2＝S 3，D 正确．答案：ABD4．解析：对物块，由动量定理可得：Ft ＝mv ，解得v ＝Ftm ，t ＝1 s 时的速率为v ＝1 m/s ，A 正确；在F － t 图中面积表示冲量，故t ＝2 s 时物块的动量大小p ＝Ft ＝2×2 kg ·m/s ＝4 kg ·m/s ，t ＝3 s 时物块的动量大小为p ′＝(2×2－1×1) kg ·m/s ＝3 kg ·m/s ，B 正确，C 错误；t ＝4 s 时物块的动量大小为p ″＝(2×2－1×2) kg ·m/s ＝2 kg ·m/s ，故t ＝4 s 时物块的速度为1 m/s ，D 错误．答案：AB情境1 解析：设球棒对垒球的平均作用力为F̅，由动量定理得F ̅·t ＝m (v －v 0)，取v ＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ̅＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2−12mv 02＝126 J ，选项A 、C 正确．答案：AC情境2 解析：本题考查动量定理的应用，为基础性题．根据动量定理可得F Δt ＝mv ，得F ＝mv Δt，当时间变为110，作用力变为10倍．故选D.答案：D情境3 解析：(1)根据机械能守恒定律mgh ＝12mv 2解得鸡蛋撞击地面前的速度大小v ＝√2gh ＝30 m/s 以向下为正方向，根据动量定理 I ＝Δp ＝0－mv ＝－1.5 N ·s撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小为1.5 N ·s (2)根据I ＝Ft ，解得F ＝It ＝－500 N根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为500 N 答案：(1)30 m/s 1.5 N ·s (2)500 N情境4 解析：取很短时间Δt ，则Δt 内射到钢板上水柱的长度l ＝v Δt ，水柱的质量m ＝ρlS ＝ρSv Δt .设钢板对水柱的作用力为F ，取竖直向上为正方向，由动量定理得：F Δt ＝0－(－mv )，可解得F ＝mv Δt＝ρSv 2，由牛顿第三定律可得，水对钢板的平均冲击力为F ′＝F ＝ρSv 2.答案：ρSv 2。
高三一轮同步复习专题23 动量定理及应用知识点一、动量和冲量的概念理解1、关于冲量和动量，下列说法中正确的是（）A．冲量是反映力对位移的积累效应的物理量C．冲量是物体动量变化的原因B．动量是描述物体运动过程的物理量D．冲量方向与动量方向一致2、如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（）A．两物体所受重力冲量相同B．两物体所受合外力冲量不相同C．两物体到达斜面底端时时间相同D．两物体到达斜面底端时动量相同3、关于物体的动量，下列说法正确的是（）A．动量越大的物体，其质量也越大B．动量越大的物体，它的速度一定越大C．如果物体的动量改变，物体的动能一定改变D．如果物体的动能改变，物体的动量一定改变4、关于动量的变化，下列说法中正确的是（）∆的方向与运动方向相同A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量p∆的方向与运动方向相反B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量p∆一定为零C．物体的速度大小不变时，动量的增量pD．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零5、一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是（）A．第2s末，质点的动量为0B．第2s末，质点距离出发点最远C．在0~2s内，F的功率一直增大D．在0~4s内，F的冲量为0知识点二、动量定理的理解和应用6、行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D ．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积7、高空作业须系安全带。
如果质量为m 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h （可视为自由落体运动）。
专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解． 考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v RΔt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0RB 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt－B 2L 2v RΔt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的一个物理量例1 水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d ，电阻不计，其左端连接一阻值为R 的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .质量为m 、长度为d 、阻值为R 与导轨接触良好的导体棒MN 以速度v 0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )A ．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功B ．导体棒在导轨上运动的最大距离为2m v 0RB 2d 2C ．整个过程中，电阻R 上产生的焦耳热为12m v 02D ．整个过程中，导体棒的平均速度大于v 02答案 B解析 导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A 错误；由动量定理可知－I dB ·Δt ＝0－m v 0，其中I ·Δt ＝ΔΦΔt 2R ·Δt ＝ΔΦ2R ，ΔΦ＝Bdx ，解得x ＝2m v 0R B 2d 2，故B 正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R 上产生的焦耳热应该为14m v 02，故C 错误；根据a ＝BId m ＝B 2d 2v2Rm 可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于v 02，故D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L ，右侧导轨间距为2L ，且导轨两侧均足够长．质量为m 的导体棒ab 和质量为2m 的导体棒cd 均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab 的电阻为R ，cd 的电阻为2R ，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd 一水平向右的初速度v 0，则( )A ．两棒组成的系统动量守恒B ．最终通过两棒的电荷量为2m v 03BLC ．ab 棒最终的速度为23v 0D ．从cd 棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为89m v 02答案 BC解析 当cd 棒向右运动时，受向左的安培力，ab 棒受向右的安培力，且F cd ＝2F ab ，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A 错误；cd 棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd 棒减速，ab 棒加速，当BL v ab ＝2BL v cd 时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2B I Lt ＝2m v cd －2m v 0，B I Lt ＝m v ab ，得v cd ＋v ab ＝v 0，联立解得v ab ＝23v 0，v cd ＝13v 0，因q ＝I t ，可得q ＝2m v 03BL ，B 、C 正确；从cd 棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q ＝12·2m v 02－12·m v ab 2－12·2m v cd 2，解得Q ＝23m v 02，D 错误．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C 变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最终特征棒做加速度a 减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电容器带电荷量不为零 最终速度电容器充电荷量：q ＝CU 最终电容器两端电压U ＝BL v对棒应用动量定理： m v －m v 0＝－B I L ·Δt ＝－BLq v ＝m v 0m ＋B 2L 2C.v －t 图像例3 (多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距为l ，电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻为r ，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动．则( )A ．当杆ab 刚具有初速度v 0时，杆ab 两端的电压U ＝Bl v 0RR ＋r，且a 点电势高于b 点电势 B ．通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐增大C ．若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图乙所示，同样给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动，则杆ab 稳定后的速度为v ＝m v 0m ＋B 2l 2CD ．在C 选项中，杆稳定后a 点电势高于b 点电势 答案 ACD解析 当杆ab 刚具有初速度v 0时，其切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v 0，杆ab 两端的电压U ＝ER R ＋r ＝Bl v 0RR ＋r ，根据右手定则知，感应电流的方向为b 到a ，杆ab 相当于电源，a 相当于电源的正极，则a 点电势高于b 点电势，A 正确；通过电阻R 的电流I ＝Bl vR ＋r ，由于杆ab 速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab 做加速度逐渐减小的减速运动，速度v 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，B 错误；当杆ab 以初速度v 0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab ，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U ＝Bl v ，而q ＝CU ，对杆ab ，根据动量定理得－B I l ·Δt ＝－Blq ＝m v －m v 0，联立可得v ＝m v 0m ＋B 2l 2C，C 正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C ＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m 对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQ v m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2017·天津卷·12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少． 答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)BlE mR (3)B 2l 2C 2Em ＋B 2l 2C解析 (1)将S 接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S 接2时，电容器放电，流经MN 的电流由M 到N ，又知MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有 I ＝ER① 设MN 受到的安培力为F ，有F ＝IlB ② 由牛顿第二定律，有F ＝ma ③ 联立①②③式得a ＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有 Q 0＝CE ⑤开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有E ′＝Bl v max ⑥ 依题意有E ′＝QC⑦设在此过程中流经MN 的平均电流为I ，MN 受到的平均安培力为F ，有F ＝I lB ⑧ 由动量定理，有F Δt ＝m v max －0⑨ 又I Δt ＝Q 0－Q ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q ＝B 2l 2C 2Em ＋B 2l 2C.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．例6 (多选)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L ，另外两根长度为L 、质量为m 、电阻为R 的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，某时刻使导体棒a 获得大小为v 0、水平向右的初速度，同时使导体棒b 获得大小为2v 0、水平向右的初速度，下列结论正确的是( )A ．该时刻回路中产生的感应电动势为3BL v 0B ．该时刻导体棒a 的加速度为B 2L 2v 02mRC ．当导体棒a 的速度大小为3v 02时，导体棒b 的速度大小也是3v 02D ．运动过程中通过导体棒a 电荷量的最大值q m ＝m v 02BL答案 BCD解析 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E ＝BL ·2v 0－BL v 0＝BL v 0，A 错误；在该时刻，回路中的感应电流I ＝ER ＝BL v 02R ，导体棒a 所受安培力大小F ＝BIL ＝ma ，可得a ＝B 2L 2v 02mR ，B 正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a 的速度大小为3v 02时，根据动量守恒定律得m ·2v 0＋m v 0＝m ·3v 02＋m v 1，解得v 1＝3v 02，C 正确；由上解析知v 共＝3v 02，对a 由动量定理有F 安Δt ＝m v共－m v 0，而由安培力公式得F安＝BI L ，通过导体棒a 电荷量的最大值q m ＝I Δt ＝m v 02BL，D正确．例7 (2021·重庆北碚西南大学附中高三月考)如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x .答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 10mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有 m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v10mR(2)ab 、cd 棒间有最大距离时两棒速度相等，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共 对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共 而q ＝I Δt 解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误．2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d ，ab 、cd 是质量为m 、电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bd gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bd v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bd gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.50 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.20 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图所示，图像中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，取g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，则( )A ．通过金属棒ab 的电流方向由b 到aB ．磁感应强度B 为0.1 TC ．金属棒ab 在开始的6 s 内产生的热量为3.465 JD ．金属棒ab 在开始的3.5 s 内通过的电荷量为2.8 C 答案 BD解析 根据右手定则，判断通过金属棒ab 的电流方向由a 到b ，故A 错误；金属棒ab 匀速运动过程，根据图像信息，有v ＝x AB t ＝37.1－19.66.0－3.5 m/s ＝7 m/s ，mg ＝F A ＝B 2L 2v R ＋r ，解得B ＝0.1 T ，故B 正确；对金属棒开始的6 s 内进行分析，根据功能关系，有mgx OB ＝Q 热＋12m v 2，Q R 热＝RR ＋r Q 热，解得Q R 热＝2.475 J ，故C 错误；金属棒ab 在开始的3.5 s 内通过的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r，ΔΦ＝BLx OA ，解得q ＝2.8 C ，故D 正确．4．(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l 、2l ；质量分别为 m 、2m 的导体棒 a 、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R ，其余电阻均忽略不计； a 、b 两棒分别以 v 0、2v 0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )A ．a 棒加速度的大小始终等于b 棒加速度的大小B ．稳定时a 棒的速度为1.5v 0C ．电路中产生的焦耳热为32m v 02D ．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为 m v 02Bl答案 AC解析 分别计算a 、b 棒的加速度，由F 安＝BIL 和F 安＝ma ，可得a ＝BILm ，a 、b 棒串联，电流相等，a 、b 棒长度分别为 l 、2l ，质量分别为 m 、2m ，则a 、b 棒加速度大小相等，故A 正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a 棒，根据动量定理有F a ·t ＝B I l ·t ＝m v a －m v 0，同理，对b 棒有－F b t ＝－B I ×2l ·t ＝2m v b －2m ·2v 0，稳定时无电流，即Bl v a ＝B ·2l v b ，得v a ＝2v b ，联立解得v a ＝2v 0，v b ＝v 0，故B 错误；由能量守恒可知，动能的损失等于焦耳热，初动能E k0＝12m v 02＋12×2m ×(2v 0)2，末动能E k ＝12m ×(2v 0)2＋12×2m ×v 02，则电路中产生的焦耳热为E k0－E k ＝32m v 02，故C 正确；对a 应用动量定理有B I l ·Δt ＝m v a －m v 0，又q ＝I ·Δt ，v a ＝2v 0，解得q ＝m v 0Bl，故D 错误．5.(多选)如图所示，相距L 的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R 的14圆弧部分和水平平直部分组成．MNQP 范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场．金属棒ab 和cd (长度均为L )垂直导轨放置且接触良好，cd 静止在磁场中；ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd 没有接触；cd 离开磁场时的速度是此时ab 速度的一半．已知ab 的质量为m 、电阻为r ，cd 的质量为2m 、电阻为2r .金属导轨电阻不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反B ．cd 在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小C ．cd 在磁场中运动的过程中通过ab 横截面的电荷量q ＝m 2gR 2BLD ．从ab 由静止释放至cd 刚离开磁场时，cd 上产生的焦耳热为512mgR答案 BCD解析 cd 在磁场中运动时，穿过abdc 回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A 错误；当ab 进入磁场后回路中产生感应电流，则ab 受到向左的安培力而做减速运动，cd 受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd 向右做加速度减小的加速运动，故B 正确；ab 从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR ＝12m v 02，ab 进入磁场后，对ab 和cd 系统，所受合外力为零，则由动量守恒定律有m v 0＝m ·2v cd ＋2m ·v cd ，解得v cd ＝14v 0＝142gR ，对cd 由动量定理有B I L ·Δt ＝2m ·v cd ，其中q ＝I ·Δt ，解得q ＝m 2gR 2BL，通过ab 、cd 横截面的电荷量相同，故C 正确；从ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd 刚离开磁场时由能量关系得：mgR ＝12m (2v cd )2＋12×2m v cd 2＋Q ，其中Q cd ＝23Q ，解得Q cd ＝512mgR ，故D正确．6．如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L ＝1 m ．质量m ＝1 kg 的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R ＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B ＝2 T ．在t ＝0时，一水平向右的恒定拉力F 垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v －t 图像(设导轨足够长)．求：(1)拉力F 的大小；(2)t ＝1.6 s 时，导体棒的加速度大小a ； (3)前1.6 s 内导体棒的位移大小x . 答案 (1)10 N (2)2 m/s 2 (3)8 m解析 (1)导体棒的运动速度为v 时产生的电动势E ＝BL v ，闭合回路中的感应电流I ＝E R导体棒所受安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2vR由题图乙可知，当速度v ＝10 m/s 时拉力F ＝F A ， 得F ＝10 N.(2)由题图乙知，t ＝1.6 s 时，v ＝8 m/s ，由牛顿第二定律有F －B 2L 2vR ＝ma ，得a ＝2 m/s 2.(3)在导体棒的速度为任意值v 的一段极短时间Δt 内，发生位移Δx ，安培力的冲量ΔI ＝ －B 2L 2v R ·Δt ＝－B 2L 2RΔx则前1.6 s 内安培力的总冲量I ＝－B 2L 2R x由动量定理有Ft －B 2L 2Rx ＝m v －0，得x ＝8 m.7.如图所示，两平行且无限长金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L ＝1 m ，两导轨M 、P 之间接入阻值R ＝0.2 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc 区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B 1＝1 T ，磁场的宽度x 1＝1 m ；在cd 连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B 2＝0.5 T ．一个质量为m＝2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝3 6，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到平衡状态，cd与ef之间的距离x2＝16 m．求(g取10 m/s2)(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间．答案(1)2 m/s(2)25 J(3)5.7 s解析(1)设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝B1L v1电路中的感应电流为I1＝ER＋r金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mg sin θ－μmg cos θ＝B1I1L，联立解得v1＝2 m/s(2)经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mg sin θ－μmg cos θ＝B2I2L感应电流I2＝B2L v2R＋r，联立解得v2＝8 m/s金属棒从开始运动到滑到ab的过程中由动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)x0＝12m v12解得x0＝0.8 m从开始运动到滑到ef的过程中由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝m v222解得Q＝25 J(3)全过程由动量定理得(mg sin θ－μmg cos θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝m v2且q 1＝B 1Lx 1R ＋r ，q 2＝B 2Lx 2R ＋r解得t ＝5.7 s.8.(2022·福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L ＝0.5 m ，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B ＝0.2 T 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．导轨上的a 、b 两根导体棒质量分别为m a ＝0.3 kg 、m b ＝0.1 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω.现将a 、b 棒由静止释放，同时用大小为2 N 的恒力F 沿平行导轨方向向上拉a 棒．导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g ＝10 m/s 2.已知当a 棒中产生的焦耳热Q a ＝0.12 J 时，其速度v a ＝1.0 m/s ，求：(1)此时b 棒的速度大小； (2)此时a 棒的加速度大小；(3)a 棒从静止释放到速度达到1.0 m/s 所用的时间． 答案 (1)3 m/s (2)1 m/s 2 (3)0.768 s解析 (1)设a 、b 棒受到的安培力大小为F 安，则对a 、b 棒由牛顿第二定律分别有 F －m a g sin θ－F 安＝m a a a m b g sin θ－F 安＝m b a b联立可得m a a a ＝m b a b ，所以有m a v a ＝m b v b ， 可解得v b ＝3 m/s.(2)设此电路产生的感应电动势为E ，电流为I ，则有 E ＝BL v a ＋BL v b ，I ＝E2R ，F 安＝BIL联立(1)中式子解得a a ＝1 m/s 2.(3)设此过程a 、b 棒位移分别为x a 、x b ，由(1)的分析可得m a x a ＝m b x b 根据能量守恒有Fx a ＋m b gx b sin θ－m a gx a sin θ－12m a v a 2－12m b v b 2＝2Q a对a 棒根据动量定理有(F －m a g sin θ)t －I 安＝m a v a －0其中安培力的冲量I 安＝∑F 安Δt 可得I 安＝B 2L 2(x a ＋x b )2R联立代入数据可解得t ＝0.768 s.9．(2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab 和cd 是两根与导轨垂直、长度均为l 、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m .列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由． (2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小．(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l .若某时刻列车的速度为v 0，此时ab 、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？ 答案 (1)见解析 (2)2BEl mR(3)见解析解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b 、由c 到d ，故M 接电源正极．(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝R2①设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有 I ＝E R 总② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有F ＝IlB ③ 根据牛顿第二定律有F ＝ma ④ 联立①②③④式得a ＝2BElmR⑤。
