2021年高考物理二轮复习 备课资料 专题四 能量与动量 第3讲 动量 三大观点的综合应用专题限时检
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二轮复习力学三大观点的综合应用 课件
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考点一
考点二
考点三
(1)为使物块越过“壕沟”,求物块在B点最小ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ度v的大小;
(2)若θ=37°,为使物块恰好越过“壕沟”,求拉力F的大小;(sin
37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)若θ大小不确定,为使物块恰好越过“壕沟”,求力F的最小值。 关闭
((1结)由果h可=1保gt留2,得根号t=0) .4 s,v=������=4 m/s。
2
������
(2)v2=2al,解得 a=0.8 m/s2。
对物块受力分析,由牛顿第二定律可得 Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma,即 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������
代入数据可得 F≈5.27 N。
(3)由数学知识可知 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������ = N(1()其4 m中/stan(2φ)=5μ.2)7。N (3)58255 N
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考点一
考点二
考点三
例2如图所示,一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用 下从A点由静止开始沿水平直轨道运动,到B点后撤去力F,物体飞出 后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 kg,物块与水 平直轨道间的动摩擦因数μ=0.5,AB段长L=10 m,B、E两点的高度 差h=0.8 m,B、E两点的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点,空气 阻力不计,g取10 m/s2。
解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。
答案： (1)①10 m/s ②9 N (2)F≥0.625 N
高三第二轮复习专题复习通用课件动量和能量上
动能和势能的综Байду номын сангаас计算方法
• 动能和势能的综合计算需要考虑 物体的运动状态和相对位置，以 及合外力对物体做的功和重力对 物体做的功。通过综合计算，可 以得出物体的总能量，即机械能 。在只有重力做功的情况下，机 械能守恒，即动能和势能之和保 持不变。
05
动能和势能的变化规律
动能和势能随时间的变化规律
动能和势能随位置的变化规律是
01
动能和势能都是位置的函数，随着位置的改变，动能和势能也
会发生变化。
动能的变化规律是
02
当物体运动时，动能随位置的变化率与物体的质量、速度和加
速度有关。
势能的变化规律是
03
当物体位置发生变化时，势能随位置的变化率与物体的质量、
位置和速度有关。
动能和势能随速度的变化规律
动能计算
通过物体的质量和速度计算动能，公 式为 E_k = frac{1}{2}mv^2。
能量和动能的基本概念
能量
物体或系统做功的能力，具有多种形 式，如动能、势能、内能等。
动能与势能的区别
动能是由于物体运动而具有的能量， 而势能是由于物体位置或状态而具有 的能量。
动能和势能之间的转换
机械能守恒
实验验证动量守恒定律的方法和步骤
准备实验器材
包括斜面、滑块、碰撞 器、测量尺、天平等。
设定初始条件
设定滑块的质量、斜面 的角度、碰撞器的位置
等。
进行实验
让滑块从斜面滑下，与 碰撞器发生碰撞，记录 碰撞前后滑块的速度。
数据处理
根据动量守恒定律计算 理论值，与实验数据进
行比较。
实验验证能量守恒定律的方法和步骤
在没有外力做功的情况下，物体的动能和势能之和保持不变。
高三第二轮复习专题复习通用课件3动量和能量上
t3 v2 v0 / 2
2v0 2 v0 / 2
2 1
t1 : t2 : t3 (2 3) : ( 3 2) : ( 2 1)
四 碰撞的分类
完全弹性碰撞 —— 动量守恒，动能不损失 （质量相同，交换速度）
完全非弹性碰撞—— 动量守恒，动能损失 最大。 （以共同速度运动）
非完全弹性碰撞— 动量守恒，动能有损失。 碰 撞后的速度介于上面两种碰撞的 速度之间.
8J 焦耳，恒力乙做的功等于 24J 焦耳.
解：A---B S=1/2a1 t2 =F1 t2 /2m v=at=F1 t/m
B---C—A - S=vt - 1/2 a2 t2 = F1 t 2/m - F2 t2 /2m
∴F2 =3 F1
A—B—C—A 由动能定理 F1S+F2S=32
∴W1= F1S=8J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为 v/2 ，
因此工件的位移是皮带运动距离S′的1/2， 即S′= 2S = 1.6 m
由于滑动摩擦力作功而增加的内能 △ E 为 △E=f △S=mgcos30°(S′－S)= 60J
电动机多消耗的电能为 △EK+△EP+△E=280J
96年高考21 在光滑水平面上有一静止的物体，现以 水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反 方向的恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力 甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的 动能为32 J,则在整个过程中，恒力甲做的功等于
ΔE = fΔS （ ΔS 为相对位移） ⑻克服安培力所做的功等于感应电能的增加
三. 应用动能定理分析一个具体过程时，要做 到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个 物体的运动情况），明确研究过程（从初状态 到末状态）及明确各个力做功的情况。还要注 意是合力的功。
高三高考物理二轮复习资料2 动量和能量
高三高考物理二轮复习资料2 动量和能量动量和能量是高三物理二轮复习的重要内容之一。
本文将详细介绍动量和能量的概念、公式和应用，并提供一些复习资料供参考。
一、动量的概念和公式动量是物体运动状态的量度，表示物体运动的惯性大小。
动量的公式为：动量（p）= 质量（m） ×速度（v）。
动量的单位是千克·米/秒（kg·m/s）。
二、动量守恒定律动量守恒定律是指在没有外力作用下，一个系统的总动量在运动过程中保持不变。
这意味着系统中各个物体的动量之和保持恒定。
根据动量守恒定律，我们可以解决一些与碰撞有关的问题。
三、碰撞碰撞是指物体之间发生直接接触或间接作用力的过程。
根据碰撞过程中动量守恒定律，我们可以分为完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。
1. 完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指碰撞后物体之间没有能量损失的碰撞。
在完全弹性碰撞中，动量守恒定律和动能守恒定律同时成立。
根据动量守恒定律和动能守恒定律，我们可以解决完全弹性碰撞问题。
2. 完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞后物体之间有能量损失的碰撞。
在完全非弹性碰撞中，动量守恒定律成立，但动能守恒定律不成立。
根据动量守恒定律，我们可以解决完全非弹性碰撞问题。
四、能量的概念和公式能量是物体具有的做功能力，是物体运动和变化的基本原因。
常见的能量形式包括动能和势能。
1. 动能动能是物体由于运动而具有的能量。
动能的公式为：动能（KE）= 1/2 ×质量（m） ×速度的平方（v²）。
动能的单位是焦耳（J）。
2. 势能势能是物体由于位置或形状而具有的能量。
常见的势能形式包括重力势能、弹性势能和化学能等。
势能的公式根据具体情况而定。
五、能量守恒定律能量守恒定律是指在一个封闭系统中，能量总量在运动过程中保持不变。
根据能量守恒定律，我们可以解决一些与能量转化和能量损失有关的问题。
六、动量和能量的应用动量和能量的概念和公式在实际生活中有广泛的应用。
4.2021届高考物理专题动量与能量
1 / 28专题二 动量与能量第4讲 功与能考点2018年2019年2020年核心解读Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 近几年全国卷对功能关系这一部分的命题呈现多样化趋势,不但从动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查,还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查。
在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握,并注意知识点在运动形式中的应用1.功与功率T19从近几年高考来看,关于功与功率的考查,多以选择题的形式出现,有时与电流及电磁感应相结合命题 2.动能定理 能量守恒定律T14 T25T18 T25T25 T22动能定理及能量守恒定律仍是高考考查的重点。
高考题注重与生产、生活、科技相结合,将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中去,能力要求不会降低3.机械能守恒定律 功能关系T18 T15T20功和能的关系一直是高考的“重中之重”,是高考的热点和重点,涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重,而且还经常有压轴题考题深研·考点突破 考点一 功与功率典例1 (多选)(2018课标Ⅲ,19,6分)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程, (AC)A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5考查角度功、功率等概念及牛顿第二定律等规律与图像的综合素养立意物理观念、科学思维思维引领v-t图线与t轴所围的面积表示位移,两次位移相同即两图线与时间轴围成的面积相等,据此可以求得两次所用的时间之比;v-t图线的斜率表示加速度,由牛顿第二定律可以求得最大牵引力之比;由P=Fv可分析求解电机输出的最大功率;由于电机牵引力是变力,可根据动能定理求解变力做的功模型构建除动能定理之外,求解变力做功的常用方法还有微元法、化变力为恒力、图像法等1地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。
高三物理动量和能量专题PPT优秀课件
五、两个守恒定律 1、动量守恒定律：
公式： p =p ′或Δp 1=-Δp2
或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′
成立条件—（1）系统不受外力或合外力为零；
（2）系统所受合外力不为零，但沿某个方向的合外力为 零，则系统沿该方向的动量守恒 ；（3）系统所受合外 力不为零，但合外力远小于内力且作用时间极短，如爆 炸或瞬间碰撞等。
（1）小球m1滑到的最大高度 （2）小球m1从斜面滑下后，二者速度 （3）若m1= m2小球m1从斜面滑下后，二者速度
m1 v0
m2
析与解 （1）以向右为正，对上升过程水平方向由动量守恒
m1V0 = （m1+m2）V
V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s
对系统上升过程由机械能守恒
1 2m 1 v021 2(m 1m 2)v2m 1gh h=0.15m
⑤都不做功．
作用力与反作用力冲量大小相等，方向相反。
4．合力做功
W合=F合scosα=W总=F1s1cosα1+F2s2cosα2 +…
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二、动能与动量
①动能与动量从不同角度都可表示物体运动
状态的特点；
Ek
1mv2 2
pmv
②物体要获得动能，则在过程中必须对它做
功，物体要获得动量，则在过程中必受冲量
（2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，S相为相
对路程。
动量守恒定律
矢量性、瞬时间、同 一性和同时性
能量守恒定律
功是能量转化的量度
守恒思想是一种系统方法，它是把物体组成 的系统作为研究对象，守恒定律就是系统某 种整体特性的表现。
解题时，可不涉及过程细节，只需要关键状态
高三物理二轮复习 第三部分动量和能量课件 大纲人教
6．一对作用力与反作用力的功一定相等吗？ 答案 作用力与反作用力总是大小相等，方向相反， 同时存在，同时消失，但它们分别作用在两个不同的 物体上，而这两个物体各自发生的位移却是不确定 的．所以作用力做功时，反作用力可能做功，也可能 不做功，可能做正功，也可能做负功，不要以为作用 力与反作用力所做的功一定是数值相等，一正一负．
7．摩擦力做功有哪些特点？一对静摩擦力和一对滑动 摩擦力的功有什么区别？它们都能把机械能转化为 其它形式的能吗？
答案 (1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功． (2)相互摩擦的系统内 一对静摩擦力的功的代数和总为零，静摩擦力起着 传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式 的能． 一对滑动摩擦力的功的代数和等于摩擦力与相对位 移的乘积，其值为负值．W＝－F滑·s相对，且F滑·s相对＝ ΔE损＝Q内能．
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/182022/1/182022/1/181/18/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/182022/1/18January 18, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/182022/1/182022/1/182022/1/18
式中 s 为沿力 F 方向的分位移．另一类是滑动摩擦力、 空气阻力等，在曲线运动或往返运动时，这类力的功等 于力和路程(不是位移)的积，即 W＝－Ff·s，式中 s 为物 体运动路程． ③变力 F 的功率 P 恒定，W＝P·t. ④利用动能定理及功能关系等方法根据做功的效果求 解．即 W 合＝ΔEk 或 W＝E. (3)合力的功 W 合 W 合＝F 合 scos α，F 合是恒力 W 合＝W1＋W2＋…＋Wn，要注意各功的正负．
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2019年高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第3讲动量三大观点的综合应用专题限时检测一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(xx·山西大学附中检测)下列四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线,若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是( C )解析:在不计空气阻力的情况下,做竖直上抛运动的物体只受重力的作用,加速度方向竖直向下,取竖直向上为正方向,根据动量定理,有Δp=-mgΔt,=-mg,选项C正确.2.(xx·广东武邑调研)如图所示,三辆完全相同的平板小车a,b,c成一直线排列,静止在光滑水平面上,c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上,小孩跳离c 车和b车时对地的水平速度相同,他跳到a车上没有走动便相对a车静止,此后( B )A.a,c两车速率相同B.三辆车的速率关系为v c>v a>v bC.a,b两车运动速度相同D.a,c两车运动方向相同解析:设人的质量为m,对地速度为v0,车的质量为m′,人从c车跳出有0=mv0+m′v c,人跳到b 车再跳出,有mv0=m′v b+mv0,人跳上a车有mv0=(m′+m)v a,可得v c>v a>v b,选项B正确.3.(xx·天津卷,4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是( B )A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变解析:摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.4.如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,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变为v(v<v0),那么( B )A.完全进入磁场中时线圈的速度大于B.完全进入磁场中时线圈的速度等于C.完全进入磁场中时线圈的速度小于D.以上情况A,B均有可能,而C是不可能的解析:设线圈完全进入磁场中时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0对于线圈穿出磁场的过程,据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv-mv x由上述二式可得v x=,选项B正确.5.我国女子短道速滑队世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠.如图所示,观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( C )A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定相同C.甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功解析:由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反,因此两个力的冲量大小相等,方向相反,由动量定理可知,两者的动量变化量大小相等,方向相反,选项A,B错误;虽然甲、乙之间的相互作用力等大反向,但在作用力作用过程中两人的位移不一定相等,所以做功不一定相等,由动能定理可知,甲、乙动能的变化量也不一定相等,选项C正确,D错误.6.(xx·河北衡水质检)如图(甲)所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图像如图(乙)所示.t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端.下列说法正确的是( BC )A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cos θB.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为-mv0C.斜面倾角θ的正弦值为D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析:物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量I G=3mgt0,选项A错误;上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动,下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动,上滑和下滑的位移大小相等,所以有t0=·2t0,解得v=,物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp=-mv-mv0=-mv0,选项B正确;上滑过程中有-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0,下滑过程中有(mgsin θ-μmgcos θ)2t0=,解得sin θ=,选项C正确;根据图像可求出物块上升的最大位移,由动能定理求出整个过程中摩擦力所做的功,选项D错误.7.两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,球2在前,球1在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,当球1与球2发生碰撞后,两球的速度分别为v1,v2,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1,p1,则v1,v2,E1,p1的可能值为( AB )A.v1=3.75 m/s,v2=3.75 m/sB.v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/sC.E1=9 JD.p1=1 kg· m/s解析:两球碰撞过程中系统动量守恒,以两球的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得m1v01+m2v02=(m1+m2)v,代入数据解得v=3.75 m/s,如果两球发生完全弹性碰撞,有m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律得m1+m2=m1+m2,代入数据解得v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s,则碰撞后球1、球2的速度满足1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s,3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s;球1的动能E1=m1,满足1.125 J≤E1≤7.03 J;球1的动量p1=m1v1,满足1.5 kg· m/s≤p1≤3.75 kg· m/s,综上所述,选项A,B正确,C,D错误.8.(xx·山西联考卷)如图所示,一辆小车静止在光滑的水平面上,小车的上表面左侧AB为一光滑的圆弧,其半径为R=0.8 m,右侧BC为粗糙水平面,且水平面与圆弧光滑过渡,BC=0.8 m,小车的上表面离地高度为h=0.8 m,小车静止时其右侧端点C在地面上的投影为C′点,一质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)自圆弧顶点A由静止释放,并且从C处滑落小车,其落地时刚好打在C′点,已知滑块与小车上表面BC面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2,则由以上条件可得( BCD )A.小车的最终速度为1 m/sB.整个过程滑块与小车因摩擦产生的热量为Q=4 JC.小车的质量为M=1 kgD.从小车开始运动至滑块落至C′的时间内,小车一共向左前进了x=1.6 m解析:滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,设滑块滑离小车时速度大小为v1,小车最终速度大小为v2,小车的质量为M,则mv1=Mv2,根据能量守恒可得mgR=m+M+μmgL BC,滑块滑离小车后做平抛运动,根据题意其平抛的水平距离为小车向左运动的距离,小车向左运动了s=(R+L BC),又s=v1t,h=gt2,联立以上各式解得:M=1 kg,v1=v2=2 m/s,s=0.8 m,t=0.4 s,故A错误,C正确;整个过程的摩擦生热为Q=μmgL BC=4 J,B正确;自滑块滑落小车至落地时,小车又发生的位移s′=v2t=0.8 m,所以从小车开始运动至滑块落至C′的时间内,小车一共向左前进了s总=s+s′=1.6 m,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(xx·百校联盟模拟)如图(甲)所示,两相互平行且间距为l=0.5 m的足够长的光滑金属导轨MN,PQ固定在水平面上,两长度均为l=0.5 m的导体棒ab,cd垂直于导轨放置,与金属导轨平行的绝缘水平细线一端固定,另一端与导体棒ab的中点连接,绝缘细线能承受的最大拉力为F T=4 N,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中.开始时两导体棒均处于静止状态,细线刚好伸直且无拉力.现对导体棒cd施加一水平向右的拉力F,并开始计时,使导体棒cd向右做匀加速直线运动,当绝缘细线刚好被拉断时撤去拉力F,已知两导体棒的质量均为m=0.1 kg,电阻均为R=2 Ω,导轨电阻不计,拉力F随时间变化的关系如图(乙)所示.求:(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和细线被拉断所需要的时间t;(2)撤去拉力F后,两导体棒ab,cd间距离增加量的最大值.解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得导体棒cd在拉力F的作用下切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv回路中的电流大小为I=,导体棒cd的速度为v=at导体棒cd受到的安培力大小为F安=BIl由牛顿运动定律可得F-F安=ma联立并代入数据解得F=t+ma由题图(乙)可知=2N·s-1,ma=0.2 N,联立两式并代入数据解得B=4 T,a=2 m/s2当绝缘细线刚被拉断时,有F T=F安又因为F安=t代入数据解得t=2 s.(2)由题意可知,当细线刚断时,导体棒cd的速度大小v0=at此后导体棒ab做加速运动,导体棒cd做减速运动,但由于cd棒的速度大于ab棒的速度,故两导体棒之间的距离在不断增大,当两导体棒达到共同速度而稳定时,两导体棒之间的距离增加量达到最大值Δx.此过程中通过该回路导线横截面的电荷量q=Δt=,由动量守恒定律可得mv0=2mv共对导体棒ab,由动量定理可得BlΔt=mv共联立并代入数据解得Δx=0.2 m.答案:(1)4 T 2 s(2)0.2 m10.(18分)(xx·河南六市一联)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为x0,如图所示.一物块从距钢板3x0的A处沿斜面滑下,与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点,O为弹簧自然伸长时钢板的位置.若物块质量为2m,仍从A处沿斜面滑下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度,已知重力加速度为g,计算结果可以用根式表示,求:(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1;(2)碰撞前弹簧的弹性势能;(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离.解析:(1)设物块与钢板碰撞前速度为v0,有3mgx0sin θ=m解得v0=设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v1,有mv0=2mv1解得v1=.(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p,当质量为m的物块和钢板一起回到O点时,弹簧无形变,弹簧弹性势能为零,根据机械能守恒得E p+(2m)=2mgx0sin θ解得E p=mgx0sin θ.(3)由能量守恒可知质量为2m的物块与钢板碰撞前的速度为v0,设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后一起向下运动的速度,有2mv0=3mv2它们回到O点时,弹簧弹性势能为零,但它们仍继续向上运动,设此时速度为v,由机械能守恒定律得E p+(3m)=3mgx0sin θ+(3m)v2在O点物块与钢板分离.分离后,物块以初速度v沿斜面上升,设运动到达的最高点离O点的距离为x,有v2=2ax2mgsin θ=2ma解得x=.答案:(1) (2)mgx0sin θ(3)。