《（浙江選考）2019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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019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（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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章知識(shí)內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2015/102016/042016/102017/042017/112018/04動(dòng)量守恒定律動(dòng)量和動(dòng)量定理c2223222223動(dòng)量守恒定律c2322碰撞d反沖運(yùn)動(dòng)火箭b23考點(diǎn)一動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析1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IFt，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)量變化間的因果關(guān)系；沖量是物體動(dòng)量變化的原因，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

2、規(guī)定正方向2動(dòng)量定理的應(yīng)用(1)應(yīng)用Ip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pFt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)處于平衡狀態(tài)(2)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)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的兩

3、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)p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向(3)p0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零1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(lái)的籃球接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖1所示，下列說(shuō)法正確的是()圖1A球?qū)κ值臎_量減小 B球?qū)θ说臎_擊力減小C球的動(dòng)量變化量不變 D球的動(dòng)能變化量減小答案BC解析先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：Ft0mv得F，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

4、探測(cè)到小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的vt圖象，小球質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，根據(jù)圖象可知()圖2A橫坐標(biāo)每一小格表示的時(shí)間是0.1 sB小球第一次反彈的最大高度為1.25 mC小球下落的初始位置離地面的高度為1.25 mD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 s0.6 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，為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由題圖可知，最大高度為：h10(0.5)2 m1.25 m，故B正確；小球下落的初始位置離地面的高

5、度為：h10(0.6)2 m1.8 m，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t0.1 s，根據(jù)動(dòng)量定理可知：mgtFtmvmv，代入數(shù)據(jù)解得：F60 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v0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vav0(待定系數(shù)avB，由以上兩式可解得：a，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1如圖4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37，

6、D、C兩點(diǎn)的高度差h0.1 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m10.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m20.6 kg的小物塊碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置物塊和與軌道BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2.g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：圖4(1)物塊和在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)物塊和第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊和的支持力的大小答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物塊和粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為

7、E，物塊帶電荷量為q，與物塊碰撞前物塊的速度為v1，碰撞后共同速度為v2，取水平向左為正方向，則qE(m1m2)g，qEtm1v1，m1v1(m1m2)v2解得v22 m/s(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊和第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊和的支持力的大小為FN，則R(1cos )hFN(m1m2)g解得FN18 N4(2018諸暨市期末)在一個(gè)高為H5 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x0到x4 m之間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 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m13

8、103 kg，帶q5103 C的正電荷，乙球的質(zhì)量m210103 kg，靜止在桌子邊緣上的F點(diǎn)，即x軸上x3 m處；現(xiàn)讓甲球從金屬板M附近由靜止開始在電場(chǎng)中加速，經(jīng)y軸上y3 m處的E點(diǎn)，垂直y軸射入磁場(chǎng)，甲球恰好能與乙球?qū)π呐鲎?，碰后沿相反方向彈回，最后垂直于磁?chǎng)邊界PQ射出，而乙球落到地面假設(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g10 m/s2，則：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)速度大小；(3)求乙球的落地點(diǎn)到桌子邊緣(即x軸)的水平距離答案(1)30 V(2) m/s(3)2 m解析(1)設(shè)甲球做第一次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則由幾何關(guān)系

9、可得(R1OE)2OF2R12R16.0 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qv1Bm1，得v110 m/sqUm1v12代入數(shù)據(jù)得U30 V.(2)設(shè)甲球做第二次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，則由幾何關(guān)系可得R22.0 mqv2Bm1代入數(shù)據(jù)得v2 m/s.(3)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m1v1m1v2m2v，代入數(shù)據(jù)得v4 m/s.由幾何關(guān)系可得甲球的碰前速度方向與x軸成60，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.Hgt2，svt，yssin ，代入

10、數(shù)據(jù)得y2 m.考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的簡(jiǎn)單應(yīng)用例2如圖6所示，足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)b1b2c1c2部分的軌道間距為2L，右側(cè)c1c2d1d2部分的軌道間距為L(zhǎng)，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，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37的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.1 T質(zhì)量為M0.2 kg的金屬棒C垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m0.1 kg的導(dǎo)體棒A自曲線軌道上a1a2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R0.2 ，h0.2 m，L0.2 m

11、，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：圖6(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??；(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；(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)5.56 C(4)27.8 m2解析(1)A棒在曲線軌道上下滑，由機(jī)械能守恒定律得：mghmv02得：v0 m/s2 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 tMvC對(duì)A：FA安cos tmvAmv0其中FA安2FC安聯(lián)立可知：mv0mvA2Mv

12、C兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無(wú)電流：有BLvC2BLvA得：vC2vA解得vC0.44 m/s(3)在C加速過程中：(Bcos )iLtMvC0qit得：q C5.56 C(4)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E磁通量的變化量：BScos 電路中的電流：I通過截面的電荷量：qIt得：S m227.8 m25.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r0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)有兩根長(zhǎng)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ab、cd的質(zhì)量分別為m10.

13、2 kg、m20.1 kg，電阻分別為R10.1 、R20.2 .現(xiàn)讓ab棒以v010 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g10 m/s2，求：圖7(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0；(2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1；(3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W.答案(1)30 m/s2(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EBdv0IBIdm2a0解得：a030 m/s2(2)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

14、恒，有m1v0m1v1m2v2m2v22m2g2rm2vP2m2gm2解得：v17.5 m/s(3)由動(dòng)能定理得m1v12m1v02W解得：W4.375 J.專題強(qiáng)化練1(多選)下列說(shuō)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

15、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(shuō)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

16、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，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)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()圖1A合外力做的功為0 B合外力的沖量為mC重力做的功為mgL D重力的沖量為m答案BC4(多選)(2018新高考研

17、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(shuō)法正確的是()圖2A接力過程中前面隊(duì)員的動(dòng)能增加量等于后面隊(duì)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BD5(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(lái)的方向，則()Ab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

18、，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、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CD6.(多選)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長(zhǎng)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(shuō)法中正確的是()圖3A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D小球和小車只在水平方向上動(dòng)量守恒答案AD7(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

19、說(shuō)法正確的是()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pmvmv0，子彈穿墻而過，末速度的方向?yàn)檎鹌つ嗾吃趬ι?，末速度等?，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Ip，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4所示，質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻

20、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4A拉力F的沖量大小為Ftcos B摩擦力的沖量大小為Ftcos C重力的沖量大小為mgtD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FfFcos ，則摩擦力的沖量大小為FftFtcos ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C正確；支持力的大小為FNmgFsin ，則支持力的沖量大小為(mgFsin )t，故D錯(cuò)誤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，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B，磁場(chǎng)以MN為右邊界，一個(gè)

21、質(zhì)量為2m的帶電荷量為q的物體從地面上O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QN間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已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 370.6，cos 370.8.圖5(1)求O、Q之間的距離x1；(2)若MN右側(cè)有一傾角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(wú)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10.5，求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運(yùn)動(dòng)的最大距離答案(1)(2)解析(1)設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為v2，則有：Bqv23mg設(shè)帶電物體的碰撞前速度為v

22、1，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mv13mv2對(duì)2m，從O到Q由動(dòng)能定理可得：Eqx12mgx12mv12，則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 13mgcos 3ma則ag.故物體系統(tǒng)上升的最大距離為：x210(2017名校協(xié)作體聯(lián)考)用質(zhì)量為m、電阻率為、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abba，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

23、平(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)甲裝置縱截面示意圖乙裝置俯視示意圖圖6(1)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時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P；(3)當(dāng)方框下落的時(shí)間t時(shí)，速度恰好達(dá)到最大，求方框的最大速度vm和此過程中產(chǎn)生的熱量答案(1)順時(shí)針(2)(3)解析(1)由右手定則可知：感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(2)方框受到的安培力：F安2BIL由牛頓第二定律有mgF安解得I由電阻定律得金屬方框電阻R方框的發(fā)熱功率PI2R(3)當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即mgF安2BL解得vm將下落過程分成若干微元，由動(dòng)量定理得mgt2BLtmvm0vith解得h由能量守恒定律得mg

24、hQmvm2解得Q11(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(zhǎng)，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)左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，方向豎直向下質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒b置于磁場(chǎng)的右邊界CD處現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高處由靜止釋放，使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)設(shè)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好圖7(1)若水平段導(dǎo)軌粗糙，兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力均為mg，將金屬棒a從距水平面高度為h處由靜止

25、釋放金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，求通過金屬棒b的電流大??；若金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止，通過計(jì)算分析金屬棒a釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件；(2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度為h處由靜止釋放，使其進(jìn)入磁場(chǎng).設(shè)兩磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，求金屬棒b中可能產(chǎn)生的電熱的最大值答案(1)h(2)mgh解析(1)a棒從h高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，有mghmv02解得v0a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，EBLv0，此時(shí)通過a、b的感應(yīng)電流大小為I，解得I.a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，b棒受到的安培力大小F2BIL為使b棒保持靜止，應(yīng)有Fmg聯(lián)立解得h.(2)當(dāng)金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由左手定則判斷，a棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，b棒向左做加速運(yùn)動(dòng)二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相反，當(dāng)二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)，閉合回路的電流為零，此后二者均勻速運(yùn)動(dòng)，故金屬棒a、b均勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒b中產(chǎn)生的電熱最大設(shè)此時(shí)a、b的速度大小分別為v1與v2，有BLv12BLv2對(duì)金屬棒a應(yīng)用動(dòng)量定理，有BLtmv1mv0對(duì)金屬棒b應(yīng)用動(dòng)量定理，有2BLtmv2聯(lián)立解得v1v0，v2v0根據(jù)能量守恒定律，電路中產(chǎn)生的總電熱Q總mv02mv12mv22mgh故金屬棒b中產(chǎn)生的電熱最大值為QQ總mgh14