專題（72）動(dòng)力學(xué) 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用（解析版）

2021年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)全攻關(guān)專題（72）動(dòng)力學(xué)動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用（解析版）專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題．2．學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題，提高分析和解決綜合問題的能力．3．用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：電場(chǎng)的性質(zhì)、磁場(chǎng)對(duì)電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)以及力學(xué)三大觀點(diǎn)．命題熱點(diǎn)一：電磁感應(yīng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量．如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題．2．在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．類型1動(dòng)量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用例1(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1為電磁驅(qū)動(dòng)與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩軌道間距及磁場(chǎng)寬度均為L.質(zhì)量為m的金屬棒ab靜置于導(dǎo)軌上，當(dāng)磁場(chǎng)沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰好滑動(dòng)．棒運(yùn)動(dòng)過程始終在磁場(chǎng)范圍內(nèi)，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．圖1(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大??；(2)若磁場(chǎng)不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝eq\f(mR,B2L2)停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)位移x及回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】見解析【解析】(1)磁場(chǎng)沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，即棒相對(duì)于磁場(chǎng)沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安F安＝BI1LI1＝eq\f(BLv,R)聯(lián)立解得：Ff＝eq\f(B2L2v,R)(2)設(shè)棒的平均速度為eq\x\to(v)，根據(jù)動(dòng)量定理可得：－eq\x\to(F)安t－Fft＝0－2mveq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L，又eq\x\to(I)＝eq\f(BL\x\to(v),R)，x＝eq\x\to(v)t聯(lián)立解得：x＝eq\f(mvR,B2L2)根據(jù)動(dòng)能定理有：－Ffx－W安＝0－eq\f(1,2)m(2v)2根據(jù)功能關(guān)系有Q＝W安得：Q＝mv2.變式1(多選)如圖2所示，CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌固定不動(dòng)，間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處．已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則下列說法中正確的是()圖2A．電阻R的最大電流為eq\f(BL\r(2gh),2R)B．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mghC．磁場(chǎng)左右邊界的長度d為eq\f(mR\r(2gh),B2L2)D．流過電阻R的電荷量為eq\f(m\r(2gh),BL)【答案】AD【解析】導(dǎo)體棒下滑過程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，得導(dǎo)體棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，導(dǎo)體棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場(chǎng)受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，最大的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正確；導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q＝mgh，故電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mgh，故B錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒，經(jīng)時(shí)間Δt穿過磁場(chǎng)，由動(dòng)量定理得：－eq\x\to(F)安Δt＝－BLeq\x\to(I)Δt＝－mv，而q＝eq\x\to(I)Δt，變形得：BLq＝mv，解得q＝eq\f(mv,BL)＝eq\f(m\r(2gh),BL)，而由q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),2R)Δt＝eq\f(BS,2RΔt)Δt＝eq\f(BS,2R)和S＝Ld，解得：d＝eq\f(2qR,BL)＝eq\f(2mR\r(2gh),B2L2)，故C錯(cuò)誤，D正確．類型2動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用1．問題特點(diǎn)對(duì)于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時(shí)必然在磁場(chǎng)中切割磁感線，在該閉合回路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，一旦運(yùn)動(dòng)起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)原來電流的變化起阻礙作用．2．方法技巧解決此類問題時(shí)通常將兩棒視為一個(gè)整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個(gè)變力將不影響整體的動(dòng)量守恒．因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒(動(dòng)量定理)和功能關(guān)系求解．例2(2019·河北衡水中學(xué)高考模擬)如圖3所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r＝0.5m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M＝2kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有質(zhì)量m＝1kg的ab金屬桿以初速度v0＝12m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取g＝10m/s2，求：圖3(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)eq\r(5)m/s(2)2J【解析】(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：Mg＝Meq\f(v2,r)解得：v＝eq\r(5)m/s(2)cd絕緣桿以速度v2由NQ滑至最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有：－Mg2r＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)Mv22解得：v2＝5m/s由于cd是絕緣桿，所以沒有電流通過，故碰后勻速運(yùn)動(dòng)，則碰撞后cd絕緣桿的速度為v2＝5m/s兩桿碰撞過程，動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有：mv0＝mv1＋Mv2解得碰撞后ab金屬桿的速度：v1＝2m/sab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后由能量守恒定律有：eq\f(1,2)mv12＝Q解得：Q＝2J.變式2(2019·山東泰安市第二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測(cè))如圖4所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，虛線MN右側(cè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量均為m、長度均為L、電阻均為R的導(dǎo)體棒a、b，垂直導(dǎo)軌放置且保持與導(dǎo)軌接觸良好．開始導(dǎo)體棒b靜止于與MN相距為x0處，導(dǎo)體棒a以水平速度v0從MN處進(jìn)入磁場(chǎng)．不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略因電流變化產(chǎn)生的電磁輻射，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒a、b沒有發(fā)生碰撞．求：圖4(1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)導(dǎo)體棒a、b間的最小距離．【答案】(1)eq\f(1,8)mv02(2)x0－eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)后，a、b及導(dǎo)軌組成的回路磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流．在安培力作用下，a做減速運(yùn)動(dòng)、b做加速運(yùn)動(dòng)，最終二者速度相等．此過程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv0＝2mv根據(jù)能量守恒定律eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝Q導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的內(nèi)能Qb＝eq\f(Q,2)整理得v＝eq\f(v0,2)，Qb＝eq\f(1,8)mv02；(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間Δt二者速度相等，此時(shí)a、b間有最小距離，此過程中安培力的平均值為F，導(dǎo)體棒ab間的最小距離為x.以b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理得FΔt＝mv而F＝BILI＝eq\f(E,2R)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝BL(x0－x)聯(lián)立解得x＝x0－eq\f(mv0R,B2L2).命題熱點(diǎn)二：電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題例3如圖5所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4kg、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＝1s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后，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Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖5(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮。敬鸢浮?1)2m/s(2)18N【解析】(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，物塊Ⅰ帶電荷量大小為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ速度為v1，碰撞后共同速度為v2，以向左為正方向，則qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2聯(lián)立解得v2＝2m/s；(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊支持力的大小為FN，則R(1－cosθ)＝hFN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(v22,R)解得：FN＝18N，由牛頓第三定律可得物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?8N.變式3如圖6所示，光滑絕緣的半圓形軌道ACD，固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半圓的直徑AD水平，半徑為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)軌道的壓力差為ΔF，小球運(yùn)動(dòng)過程中始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：圖6(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大??；(2)小球甲所帶的電荷量；(3)若在半圓形軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍從軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫Γ?不計(jì)兩球間靜電力的作用)【答案】(1)eq\r(2gR)(2)eq\f(ΔF\r(2gR),4gRB)(3)3mg－eq\f(ΔF,4)，方向豎直向下【解析】(1)由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，有mgR＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2gR)(2)小球甲第一次通過C點(diǎn)時(shí)，qvCB＋F1－mg＝meq\f(vC2,R)第二次通過C點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)2－qvCB－mg＝meq\f(vC2,R)由題意知ΔF＝F2－F1解得q＝eq\f(ΔF\r(2gR),4gRB)(3)因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，則有mvC＝mv甲＋mv乙eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2解得v甲＝0，v乙＝vC設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對(duì)乙球的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則F乙＋eq\f(1,2)qv乙B－mg＝meq\f(v乙2,R)解得F乙＝3mg－eq\f(ΔF,4)根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg－eq\f(ΔF,4)，方向豎直向下．課時(shí)精練：一、雙基鞏固練：如圖1所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，M、N分別為AB、AD邊的中點(diǎn)，一帶正電的粒子(不計(jì)重力)以某一速度從M點(diǎn)平行于AD邊垂直磁場(chǎng)方向射入，并恰好從A點(diǎn)射出．現(xiàn)僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，下列判斷正確的是()圖1A．粒子將從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將變?yōu)樵瓉淼?倍C．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化前后，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程的動(dòng)量變化大小之比為eq\r(2)∶1D．若其他條件不變，繼續(xù)減小磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子可能從C點(diǎn)射出【答案】C【解析】設(shè)正方形磁場(chǎng)區(qū)域的邊長為a，由題意可知，粒子從A點(diǎn)射出時(shí)在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為eq\f(a,4)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時(shí)，粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即eq\f(a,2)，粒子將從N點(diǎn)射出，故A錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時(shí)，T1＝eq\f(T2,2)，粒子從A點(diǎn)離開磁場(chǎng)的情況下，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(T1,2)，粒子從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)的情況下，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(T2,4)，可得：t1＝t2，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化前，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量變化大小為2mv，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)后，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量變化大小為eq\r(2)mv，即動(dòng)量變化大小之比為eq\r(2)∶1，故C正確；無論磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何變化，只要磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，粒子都不可能從C點(diǎn)射出，故D錯(cuò)誤．光滑絕緣的水平桌面上方存在垂直桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，俯視圖如圖2所示．一個(gè)質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球甲靜止在桌面上，另一個(gè)大小相同、質(zhì)量為m的不帶電小球乙，以速度v0沿兩球心連線向帶電小球甲運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生彈性碰撞．假設(shè)碰撞后兩小球的帶電荷量相同，忽略兩小球間靜電力的作用．則下列關(guān)于甲、乙兩小球碰后在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，說法正確的是()圖2A．甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是外切圓，半徑之比為2∶1B．甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是外切圓，半徑之比為4∶1C．甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是內(nèi)切圓，半徑之比為2∶1D．甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是內(nèi)切圓，半徑之比為4∶1【答案】B【解析】不帶電小球乙與帶正電小球甲發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，規(guī)定速度v0方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后甲球的速度為v1，乙球的速度為v2，則有：mv0＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·2mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得：v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝－eq\f(1,3)v0，根據(jù)左手定則可知甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是外切圓，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)可得R＝eq\f(mv,qB)，半徑之比為R甲∶R乙＝4∶1，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．3.(多選)(2019·云南第二次統(tǒng)一檢測(cè))如圖3所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.從ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()圖3A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0【答案】BD【解析】由題意可知：mgsin37°＝μmgcos37°，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向動(dòng)量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mv02，則導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，則由動(dòng)量守恒：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，則由動(dòng)量守恒：mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，選項(xiàng)D正確．4.如圖4所示，光滑絕緣水平面上方分布著場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)．兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：圖4(1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大??；(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小．【答案】(1)eq\r(\f(2EqL,3m))(2)eq\f(1,4)EqL(3)eq\f(\r(6EqLm),4)【解析】(1)由動(dòng)能定理：EqL＝eq\f(1,2)×3mv2解得v＝eq\r(\f(2EqL,3m))(2)A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：3mv＝(3m＋m)v1解得v1＝eq\f(3,4)v系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)×3mv2－eq\f(1,2)(3m＋m)v12＝eq\f(