(浙江選考)高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二能量和動(dòng)量第2講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案

1、1 第 2 講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 歷次選考考情分析 早 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/1 1 2018/0 4 動(dòng) 量 守 恒 疋 律 動(dòng)量和動(dòng) 曰.Tin 量定理 c 22 23 22 22 23 動(dòng)量守恒 定律 c 23 22 碰撞 d 反沖運(yùn)動(dòng) 火箭 b 23 考點(diǎn)一動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析 n基礎(chǔ)知識(shí)梳理 i.動(dòng)量定理 (1) 沖量：力與力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量，即 1= Ft，沖量是矢量，其方向與力的方 向相同，單位是 Ns. (2) 物理意義：動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化

2、間的因果關(guān)系； 沖量是物體動(dòng)量變化2 的原因，動(dòng)量發(fā)生改變是物體合外力的沖量不為零的結(jié)果. (3) 矢量性：動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向. 2 .動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1) 應(yīng)用I = p求變力的沖量：若作用在物體上的作用力是變力， 不能直接用Ft求變力的沖 量，但可求物體動(dòng)量的變化 p,等效代換變力的沖量 I. (2) 應(yīng)用 p= Ft求恒力作用下物體的動(dòng)量變化： 若作用在物體上的作用力是恒力， 可求該力 的沖量Ft，等效代換動(dòng)量的變化. 3 動(dòng)量守恒的適用條件 (1) 系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零， 不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零， 更不能認(rèn) 為系統(tǒng)處于平衡狀

3、態(tài). 近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力. (3) 如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒. 4.動(dòng)量守恒的表達(dá)式 (1) mwi + mav2= mivi+ mw2，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用 后的動(dòng)量和. (2) pi = p2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向. (3) p= 0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零. 基本題目訓(xùn)練 i.動(dòng)量定理的定性分析(多選)籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球. 隨球迅速收縮至胸前，如圖 答案 BC 解 析 先 伸 出 兩 臂 迎 接 ， 手 接 觸 到 球 后 ， 兩 臂 隨

4、球 引 至 胸 前 ， 這 樣 可 以 增 加 球 與 手 接 觸 的 時(shí) 間，根據(jù)動(dòng)量定理得：一 mv Ft = 0-mv得F= t，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力減小，而沖量和動(dòng)量變 化量、動(dòng)能變化量都不變，所以 B、C 正確. 2 .動(dòng)量定理的定量計(jì)算(多選)如圖 2 所示為運(yùn)動(dòng)傳感器探測(cè)到小球由靜止釋放后撞擊地面 彈跳的v- t圖象，小球質(zhì)量為 0.5 kg，重力加速度g= 10 m/s 2,不計(jì)空氣阻力，根據(jù)圖象接球時(shí)，兩手 A. 球?qū)κ值臎_量減小 C.球的動(dòng)量變化量不變 B. 球?qū)θ说臎_擊力減小 1 所示，下列說法正確的是 ( 圖 1 3 可知（ ） A. 橫坐標(biāo)每一小格表示的時(shí)間是 0.1

5、 s B. 小球第一次反彈的最大高度為 1.25 m C. 小球下落的初始位置離地面的高度為 1.25 m D. 小球第一次撞擊地面時(shí)地面給小球的平均作用力為 55 N 答案 AB 解析 小球下落時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)， 加速度為g,則落地時(shí)速度為 6 m/s,用時(shí)t =材 s = 0.6 10 s，圖中對(duì)應(yīng) 6 個(gè)小格，每一小格表示 0.1 s，故 A 正確；第一次反彈后加速度也為 g,為豎 1 2 直上拋運(yùn)動(dòng)，由題圖可知，最大高度為： h= 2X 10X （0.5） m= 1.25 m，故 B 正確；小球下 1 2 落的初始位置離地面的高度為： h= 2X 10X （0.6） m= 1.8 m

6、故 C 錯(cuò)誤；設(shè)向下為正方向， 由題圖可知，碰撞時(shí)間約為 t = 0.1 s，根據(jù)動(dòng)量定理可知： mgt Ft= mv - mv,代 入數(shù)據(jù)解得：F= 60 N，故 D 錯(cuò)誤. 3. 動(dòng)量守恒的應(yīng)用 （多選）如圖 3 所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為 m的A球以速度V。向右 運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為 5m的B球碰撞，碰撞后 A球以v= av0（待定系數(shù)aVB，由以上兩式可解得： 2 1 3 D.7 圖 2 圖 3 4 1 a4，故 B、C 正確，A、D 錯(cuò)誤. 考點(diǎn)二 動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用 【例化 如圖 4 所示，軌道 ABCD位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段 CD與水平段AC及傾斜段DP 分別相切

7、于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段 AB圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段 BC粗糙，DP段 與水平面的夾角 0 = 37, D C兩點(diǎn)的高度差h= 0.1 m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向 左、場(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.一個(gè)質(zhì)量 m= 0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊 I 在 A點(diǎn) 由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間 t = 1 s，與靜止在 B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量 m= 0.6 kg 的小物塊 n 碰撞 并粘在一起在 BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 到達(dá)傾斜段DP上某位置.物塊 I 和 n 與軌道 BC段間 2 的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 口= 0.2. g= 10 m/s , sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.

8、8.求： 圖 4 (1) 物塊 I 和 n 在 BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小； (2) 物塊 I 和 n 第一次經(jīng)過 C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊 I 和 n 的支持力的大小. 答案 (1)2 m/s (2)18 N 解析(1)物塊 I 和 n 粘在一起在 BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為 E,物塊 I 帶電荷 量為q,與物塊 n 碰撞前物塊 I 的速度為 V1，碰撞后共同速度為 V2,取水平向左為正方向， 則 qE=(i(m+ m)g, qEt = mv1, mv1 = (m+ m)V2 解得 V2= 2 m/s 設(shè)圓弧段CD的半徑為R,物塊 I 和 n 第一次經(jīng)過 C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物

9、塊 I 和 n 的支持 力的大小為FN,則 R(1 cos 0 ) = h 解得FN= 18 N 拓展訓(xùn)練 4. (2018 諸暨市期末)在一個(gè)高為 H= 5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐標(biāo)系， x軸剛好位 于桌子的邊緣，如圖 5 所示為俯視平面圖. 在第一象限的x= 0 到x= 4 3 m 之間有豎直向上 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B= 1.0 T,第二象限內(nèi)的平行金屬板 MN之間加有一定的電壓.甲、 乙為兩個(gè)絕緣小球，已知甲球質(zhì)量 m= 3X 10 3 kg，帶q= 5X 10 3 C 的正電荷，乙球的質(zhì)量 m= 10X 10 一3 kg，靜止在桌子邊緣上的 F點(diǎn)，即x軸上x= 3 3 m

10、 處；現(xiàn)讓甲球從金屬板 M FN- (m+ m)g = 5 附近由靜止開始在電場(chǎng)中加速，經(jīng) y軸上y= 3m 處的E點(diǎn)，垂直y軸射入磁場(chǎng)，甲球恰好能6 與乙球?qū)π呐鲎玻?碰后沿相反方向彈回， 最后垂直于磁場(chǎng)邊界 PQ射出，而乙球落到地面. 設(shè)在整個(gè)過程中甲球的電荷量始終保持不變，重力加速度 g= 10 m/s2,則： y * * F丄 E 1 9 M N * 乙 r a F t? 圖 5 (1) 求平行金屬板MN之間的電壓； (2) 求甲球從磁場(chǎng)邊界 PQ射出時(shí)速度大?。?求乙球的落地點(diǎn)到桌子邊緣 (即 x軸)的水平距離. 10 答案 (1)30 V (2) m/s (3)2 3 m 3 解析

11、(1)設(shè)甲球做第一次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R,則由幾何關(guān)系可得(R OEE2+ OF= R2 R = 6.0 m. 設(shè)平行金屬板 MN之間的電壓為 U甲球加速后的速度為 V1，則 2 V1 qv1B= m , 得 V1 = 10 m/s R 1 ql= 2mv1 代入數(shù)據(jù)得U= 30 V. (2)設(shè)甲球做第二次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 艮，則由幾何關(guān)系可得 R?= 2.0 m 2 V2 qv2B= m 甲、乙兩球?qū)π呐鲎?，設(shè)碰后乙球的速度為 v,以碰撞前甲球的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng) 量守恒定律有 mv1 = mv2+ mv, 代入數(shù)據(jù)得v = 4 m/s. 由幾何關(guān)系可得甲球的碰前速度方向與 x軸成 60

12、,因此乙球的碰后速度方向也與 x軸成 =60,開始做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為 s，沿y軸方向位移分量為 y. 代入數(shù)據(jù)得 10 V2=亍 m/s. 7 s = vt, y = ssin 9 ,8 代入數(shù)據(jù)得y = 2 .3 m. 考點(diǎn)三 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的簡單應(yīng)用 側(cè) 2 如圖 6 所示，足夠長的水平軌道左側(cè) bb C1C2部分的軌道間距為 2L,右側(cè)C1C2 did2 部分的軌道間距為 L,曲線軌道與水平軌道相切于 bb,所有軌道均光滑且電阻不計(jì)在水 平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成 0 = 37的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B= 0.1 T.質(zhì)量為 M= 0.2 kg 的金屬棒C垂直

13、于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為 m= 0.1 kg 的導(dǎo)體棒A 自曲線軌道上aia2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接 觸，A棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，C棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng).已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為 2 =0.2 Q, h= 0.2 m , L= 0.2 m , sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8 , g= 10 m/s，求: (1) 金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大小； (2) 金屬棒C勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小； (3) 在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中通過金屬棒 A某截面的電荷量; 1 2 解析(1) A棒在曲線軌道上下滑，由機(jī)械能守恒定律得： m

14、g=mv0 得：Vo= i/2gh= 10X 0.2 m/s = 2 m/s (2) 選取水平向右為正方向，對(duì) A C利用動(dòng)量定理可得: 對(duì) C: Fc 安 cos 0 t = MvC 對(duì) A： FA安 cos 0 t = mv mv 其中FA安=2FC 安 聯(lián)立可知：mv mv= 2 MVC 兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無電流：有 BLVC= 2BLA 得：VC= 2VA 解得 Vc 0.44 m/s (3) 在C加速過程中：(Bcos 0 )iL t = Mv 0 (4) 在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒 A、C在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差. 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)

15、5.56 C (4)27.8 m 圖 6 9 q=S i t 得: q= 50 8 5.56 C (4) 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有: 磁通量的變化量： 二BA Scos 9 電路中的電流：I = A 通過截面的電荷量：q = I t 250 2 2 得： S=m 27.8 m 9 拓展訓(xùn)練 5. 如圖 7 所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑 r = 0.5 m 的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離 d= 0.3 m 導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B= 1 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長度均為 d的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水 平導(dǎo)軌上，金屬棒

16、ab、cd的質(zhì)量分別為 m= 0.2 kg、m = 0.1 kg，電阻分別為 R = 0.1 R2= 0.2 Q .現(xiàn)讓ab棒以V0= 10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng)， cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好 能通過軌道最高點(diǎn) PP , cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度 g= 10 m/s2,求： (1) ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí) cd棒的加速度a。； cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí) ab棒的速度大小V1； cd棒進(jìn)入半圓軌道前 ab棒克服安培力做的功 WW 2 答案 (1)30 m/s (2)7.5 m/s (3)4.375 J 解析(1) ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為 I，有 E= Bdv0

17、Bld = mao 2 解得：a0= 30 m/s 設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為 V2,系統(tǒng)動(dòng)量定恒，有 mv0 = mv1 + mv2 10 1 2 2mv2 1 2 =mg 2 r + 2mvp 2 VP mg= 解Vi= 7.5 m/s 由動(dòng)能定理得1mivi2- 2miv02=- W 解W= 4.375 J. 專題強(qiáng)化練 IS基礎(chǔ)題組夯實(shí)練 1.（多選）下列說法正確的是（ ） A. 物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向 B. 如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零 C. 如果合外力對(duì)物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動(dòng)能增大 D. 作用在物體上的合外力的沖量不

18、一定能改變物體速度的大小 答案 ABD 解析 物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同， A 對(duì)；如果物體的速度變化，則物體的動(dòng)量 一定發(fā)生了變化，由動(dòng)量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零， B 對(duì)；合外力對(duì)物體的 沖量不為零，但合外力可以對(duì)物體不做功，物體的動(dòng)能可以不變， C 錯(cuò)；作用在物體上的合 外力的沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小， D 對(duì). 2 .（多選）關(guān)于動(dòng)量、沖量，下列說法成立的是 （ ） A. 某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零 B. 某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動(dòng)量的增量可能為零 C. 某一時(shí)刻，物體的動(dòng)量為零，而動(dòng)量對(duì)時(shí)間的

19、變化率可能不為零 D. 某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量大小可能變大、變小或不變 答案 ACD 解析 自由落體運(yùn)動(dòng)， 從開始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零， 而其中初位置物 體的動(dòng)量為零，故 A 正確；某一段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變 化量不為零，故 B 錯(cuò)誤；某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零， 該時(shí)刻速度為零，動(dòng)量的變化率是合力， 速度為零，合力可以不為零，即動(dòng)量的變化率可以不為零，故 C 正確；根據(jù)動(dòng)量定理，沖量 等于動(dòng)量的變化某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量的改變量變大，動(dòng)量大小 可能變大、變小或不變，故 D 正確. 3. （多選）如圖 1 所示

20、，一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為 L, 一端固定在 0點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)11 量為m的小球（可以視為質(zhì)點(diǎn)），保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟 O點(diǎn)等高的位置由靜 止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為 g,則（ ） i / 圖 i B.合外力的沖量為 m.2gL D.重力的沖量為 m,：2gL 4. （多選）（2018 新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）如圖 2 所示是兩名短道速滑選手在接力瞬間的照片， 在短道速滑接力時(shí)，后面隊(duì)員把前面隊(duì)員用力推出（推出過程中可忽略運(yùn)動(dòng)員受到的冰面水平 方向的作用力），以下說法正確的是（ ） * 圖 2 A. 接力過程中前面隊(duì)員的動(dòng)能增加量等于后面隊(duì)

21、員的動(dòng)能減少量 B. 接力過程中前面隊(duì)員受到的沖量和后面隊(duì)員受到的沖量大小相等方向相反 C. 接力過程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量增加 D. 接力過程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量不變 答案 BD 5. （多選）（2018 諸暨中學(xué)段考）向空中發(fā)射一物體（不計(jì)空氣阻力），當(dāng)物體的速度恰好沿水 平方向時(shí)，物體炸裂為 a、b兩塊.若質(zhì)量較大的 a的速度方向仍沿原來的方向，則 （ ） A. b的速度方向一定與原速度方向相反 B. 從炸裂到落地這段時(shí)間里， a飛行的水平距離一定比 b的大 C. a、b 一定同時(shí)到達(dá)地面 D. 炸裂的過程中，a、b的動(dòng)量變化大小一定相等 答案 CD 6. （多選）一輛小車靜止在光滑的水平

22、面上，小車立柱上固定一條長 L（小于立柱高）、拴有小 球的細(xì)線，將小球拉至和懸點(diǎn)在同一水平面處由靜止釋放，如圖 3 所示，小球擺動(dòng)時(shí)，不計(jì) 一切阻力，重力加速度為 g,下面說法中正確的是（ ） 圖 3 A.合外力做的功為 0 C.重力做的功為 mgL 答案 BC 12 A. 小球和小車的總機(jī)械能守恒 B. 小球和小車的動(dòng)量守恒 C. 小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為 ：2gL D. 小球和小車只在水平方向上動(dòng)量守恒 答案 AD 7. （多選）質(zhì)量相同的子彈、 橡皮泥和鋼球以相同的水平速度射向豎直墻壁， 結(jié)果子彈穿墻而 過，橡皮泥粘在墻上，鋼球被彈回不計(jì)空氣阻力，關(guān)于它們對(duì)墻的水平?jīng)_量的大小，下列 說法

23、正確的是（ ） A. 子彈對(duì)墻的沖量最小 B. 橡皮泥對(duì)墻的沖量最小 C. 鋼球?qū)Φ臎_量最大 D. 子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等 答案 AC 解析 由于子彈、橡皮泥和鋼球的質(zhì)量相等、初速度相等，取初速度的方向?yàn)檎较颍瑒t它 們動(dòng)量的變化量 p= mv- mv,子彈穿墻而過，末速度的方向?yàn)檎鹌つ嗾吃趬ι?，末?度等于 0，鋼球被彈回，末速度的方向?yàn)樨?fù)，可知子彈的動(dòng)量變化量最小，鋼球的動(dòng)量變化 量最大由動(dòng)量定理l=A p,則子彈受到的沖量最小， 鋼球受到的沖量最大結(jié)合牛頓第三 定律可知， 子彈對(duì)墻的沖量最小， 鋼球?qū)Φ臎_量最大，故 A、C 正確，B、D 錯(cuò)誤. 8. （多選）如圖

24、4 所示，質(zhì)量為 m的物體在一個(gè)與水平方向成 0角的拉力F作用下，一直沿 水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在 t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量，正確的是 （ ） 圖 4 A. 拉力F的沖量大小為Ft cos 0 B. 摩擦力的沖量大小為 Ft cos 0 C. 重力的沖量大小為 mgt D. 物體所受支持力的沖量大小是 mgt 答案 BC 解析 拉力F的沖量大小為Ft,故 A 錯(cuò)誤；物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力 Ff = Feos 0 , 則摩擦力的沖量大小為 Fft = Ft eos 0，故 B 正確；重力的沖量大小為 mgt,故 C 正確；支持13 力的大小為FN= mg- Fsin 0，則支持力

25、的沖量大小為（mg- Fsin 0 ）t，故 D 錯(cuò)誤. If能力題組提升練 9如圖 5 所示，粗糙水平地面上方以 PQ為界，左邊有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為 E mg ，右邊有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 量為2m的帶電荷量為+ q的物體從地面上0點(diǎn)出發(fā)， 在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到 Q點(diǎn)時(shí)與另一質(zhì) 量為m不帶電的物體發(fā)生正碰，碰后兩者粘為一體，并恰好能在 知兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.1 , g為重力加速度，sin 37= 0.6 , cos 37= 0.8. B,磁場(chǎng)以MN為右邊界，一個(gè)質(zhì) QN間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已 14 求O Q之間的距離xi; 若MN右側(cè)有一傾角0

26、= 37的傾斜傳送帶正以速度 V0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體系統(tǒng)通過 N點(diǎn)到 傳送帶時(shí)無動(dòng)能損失， 且傳送帶足夠大，已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 口 1= 0.5 , 求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運(yùn)動(dòng)的最大距離. 2 2 答案（1）籍黑 解析 設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為 V2,則有：Bqu= 3mg 設(shè)帶電物體的碰撞前速度為 V1,取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有: 2mv = 3mu 對(duì) 2m從O到Q由動(dòng)能定理可得： Eqx 口2mgx=*X2mv2，貝U 405mg x1= （2） 物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律得: 3mgsin 0 +3mgcos 0 =3ma 貝U

27、a=g. 2 2 故物體系統(tǒng)上升的最大距離為： X2= 2=2 10. （2017 名校協(xié)作體聯(lián)考）用質(zhì)量為m電阻率為 P、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成 邊長為L的閉合正方形框abb a,如圖 6 甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框 平面與磁場(chǎng)方向平行.設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì).可認(rèn) 為方框的aa邊和bb邊都處在磁極間，磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B方框從靜止開始釋放, 其平面在下落過程中保持水平 （不計(jì)空氣阻力，重力加速度為 g） . 15 甲裝置縱截面示意圖 請(qǐng)判斷圖乙金屬方框中感應(yīng)電流的方向; （2）當(dāng)方框下落的加速度為 3 時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P 3

28、 （3）當(dāng)方框下落的時(shí)間t=罷；時(shí)，速度恰好達(dá)到最大，求方框的最大速度 的熱量.Vm和此過程中產(chǎn)生 答案（1）順時(shí)針 2 2 4mgp 3 2 2 mg p 2EfL2S2 解析（1）由右手定則可知：感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針. 方框受到的安培力：F安=2BIL 由牛頓第二定律有 mg- F安= m3g 解得1 = mg 3BL 由電阻定律得金屬方框電阻R=p 4L 方框的發(fā)熱功率-|2R=鬆 當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即 mg= F 安=2E2-VnL 解得Vm= 將下落過程分成若干微元，由動(dòng)量定理得 2BLv mgt-E2 B 百Lt = mv- 0 刀 Vit = h 2 2 解得h=冒陸 由能量守恒定律得 mg- Q= * mv2 itt騷血的迪屯乙裝置俯視示意圖 16 11. (2017 魯迅中學(xué)月考)如圖 7 所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌 MN和PQ放在水平面上，左端向 上彎曲且光滑，導(dǎo)軌間距為 L,電阻不計(jì)水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相距 一段距離不重疊，磁場(chǎng) I 左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為