《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題二 能量和動量 第2講 動量和能量觀點的應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題二 能量和動量 第2講 動量和能量觀點的應用學案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動量和能量觀點的應用 [選考考點分布] 章 知識內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 動量守恒定律 動量和動量定理 c 22 23 22 22 動量守恒定律 c 23 22 碰撞 d 反沖運動　火箭 b 23 考點一　動量與沖量有關概念與規(guī)律的辨析 1．高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視

2、為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為多少？ 答案?。玬g 解析　由自由落體運動公式得，人下降h距離時的速度為v＝，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝＋mg. 2．(多選)(人教版選修3－5P9改編)雞蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防護和規(guī)定中與其具有相同的原理的是(　　) A．撐竿跳高比賽中，橫桿的下方放有較厚的海綿墊 B．易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎 C．有關部門規(guī)定用手工操作的各類振動機械的頻率必須大于20赫

3、茲 D．在汽車上安裝安全氣囊 答案　ABD 解析　雞蛋掉在草地上時與草地的作用時間長，掉在水泥地上時與水泥地的作用時間短，由動量定理FΔt＝Δp知，當動量變化量相同時，雞蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎．撐竿跳高比賽時，橫桿的下方放有較厚的海綿墊是為了增大運動員與海綿的作用時間而減小運動員受到的作用力，選項A正確；易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎是為了增大物體間的作用時間而減小物體間的作用力，選項B正確；用手工操作的各類振動機械的頻率大于20 Hz是為了防止發(fā)生共振現(xiàn)象而對人體健康造成危害，選項C錯誤；在汽車上安裝安全氣囊是為了增大安全氣囊與人的作用時間而減小

4、人受到的作用力，選項D正確． 3．(多選)(2016·浙江鎮(zhèn)海中學期末)下列說法正確的是(　　) A．動量大的物體，它的速度不一定大 B．動量大的物體，它的速度一定也大 C．只要物體運動的速度大小不變，物體的動量就保持不變 D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大 答案　AD 4．(多選)關于物體的動量和動能，下列說法中正確的是(　　) A．一物體的動量不變，其動能一定不變 B．一物體的動能不變，其動量一定不變 C．兩物體的動量相等，其動能不一定相等 D．兩物體的動能相等，其動量一定相等 答案　AC 解析　動能是標量Ek＝mv2，動量是矢量p＝mv，動能與動

5、量之間的大小關系：Ek＝.一物體的動量p不變，其動能Ek一定不變，故A正確．一物體的動能不變，其動量大小一定不變，但速度的方向可以變化，即動量的方向可以變化，故B錯誤．兩物體的動量相等，當兩物體的質(zhì)量相等時，其動能一定相等，當兩物體的質(zhì)量不等時，其動能一定不相等，故C正確．兩物體動能相等，而質(zhì)量不等時，其動量也是不相等的，故D錯誤． 5．(多選) 如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組

6、成的系統(tǒng)動量守恒 D．木箱的動量增加量與男孩、小車的總動量減小量相同 答案　CD 6. (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L(小于立柱高)、拴有小球的細線，小球拉至和懸點在同一水平面處靜止釋放，如圖2所示，小球擺動時，不計一切阻力，重力加速度為g，下面說法中正確的是(　　) 圖2 A．小球和小車的總機械能守恒 B．小球和小車的動量守恒 C．小球運動到最低點的速度為 D．小球和小車只在水平方向上動量守恒 答案　AD 7．(多選) 如圖3所示，質(zhì)量為m的物體在一個與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運動，則下列關于物體在t時間內(nèi)所受力

7、的沖量，正確的是(　　) 圖3 A．拉力F的沖量大小為Ftcos θ B．摩擦力的沖量大小為Ftcos θ 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錯誤；物體做勻速直線運動，可知摩擦力Ff＝Fcos θ，則摩擦力的沖量大小為Fft＝Ftcos θ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C正確；支持力的大小為FN＝mg－Fsin θ，則支持力的沖量大小為(mg－Fsin θ)t，故D錯誤． 1.動量定理 (1)動量定理表示了合外力的沖量與動量變化間的因果關系；沖量是物體動量變化的原因，動量發(fā)生改變是物

8、體合外力的沖量不為零的結(jié)果． (2)動量定理的表達式是矢量式，應用動量定理時需要規(guī)定正方向． (3)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量．求合外力的沖量有兩種方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的沖量；二是先求每個外力的沖量，再求所有外力沖量的矢量和． 2．動量定理的應用 (1)應用I＝Δp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，但可求物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應用Δp＝Ft求恒力作用下物體的動量變化：若作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動量的變化． 3．動量守恒的適用條件 (1)系

9、統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統(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)在該方向上動量守恒． 考點二　動量觀點在電場和磁場中的應用 1．在豎直的xOy平面內(nèi)，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的勻強電場和勻強磁場，第一象限內(nèi)電場沿＋y方向，磁場垂直xOy平面向外，第三象限內(nèi)電場沿－x方向，磁場垂直xOy平面向里，電場強度大小均為E，磁感應強度大小均為B，A、B兩小球帶等量異種電荷，帶電量大小均為q，兩球中間夾一被壓縮的長度不計的絕緣輕彈簧(不

10、粘連)，某時刻在原點O處同時釋放AB，AB瞬間被彈開之后，A沿圓弧OM運動，B沿直線OP運動，OP與－x軸夾角θ＝37°，如圖4中虛線所示，不計兩球間庫侖力的影響，已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求： 圖4 (1)A、B兩球的質(zhì)量比； (2)A球出射點M離O點的距離； (3)剛釋放時，彈簧的彈性勢能Ep. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)彈開后，A沿圓弧運動，所以A應帶正電， mAg＝Eq得：mA＝ B沿OP運動，受力平衡，帶負電，有 tan θ＝得mB＝ ＝＝ (2)對B球受力分析，知： Bqv2sin θ＝Eq得B

11、球速度v2＝ AB彈開瞬間，動量守恒mAv1＝mBv2 解以上各式得，A球速度v1＝ A做圓周運動，Bqv1＝ 軌道半徑R＝＝ OM＝2Rsin θ＝ (3)彈開瞬間，由能量守恒可知 Ep＝mAv＋mBv 將(1)(2)各式代入得：Ep＝ 2．如圖5所示，質(zhì)量mA＝0.8 kg、帶電量q＝－4×10－3 C的A球用長l＝0.8 m的不可伸長的絕緣輕線懸吊在O點，O點右側(cè)有豎直向下的勻強電場，場強E＝5×103 N/C.質(zhì)量mB＝0.2 kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢能為3.6 J．現(xiàn)將A球拉至左邊與圓

12、心等高處靜止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運動到最低點的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時撤去水平軌道．A、B、C均可視為質(zhì)點，線始終未被拉斷，g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)碰撞過程中A球?qū)球做的功； (2)碰后C第一次離開電場時的速度大??； (3)C每次離開最高點時，電場立即消失，到達最低點時，電場又重新恢復，不考慮電場瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前瞬間繩子受到的拉力． 答案　(1)－3.2 J　(2)4 m/s　(3)(80n－30) N，n＝1,2,3…… 解析　(1)碰前A的速度為vA mAv＝mAgl vA＝4 m/s 碰前B

13、的速度為vB Ep＝mBv，vB＝6 m/s 由動量守恒得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC vC＝2 m/s A對B所做的功W＝mBv－Ep＝－3.2 J (2)碰后，整體受到豎直向上的電場力 F＝|q|E＝20 N，G＝mCg＝10 N 因F－mCg>mC，整體C做類平拋運動 水平方向上：x＝vCt 豎直方向上：y＝at2 其中a＝＝10 m/s2 圓的方程：(y－l)2＋x2＝l2 解得：x＝0.8 m，y＝0.8 m C剛好在圓心等高處繩子拉直 此時C向上的速度為v0＝gt＝4 m/s 設C運動到最高點速度為v1 由動能定理得mCv－mCv＝(F－m

14、Cg)l v1＝4 m/s (3)設C從最高點運動到最低點時的速度為v1′，由機械能守恒定律得：mCg×2l＝mCv1′2－mCv v1′＝8 m/s 由FT＋F－mCg＝mC 可知FT>0，所以小球能一直做圓周運動 設小球第n次經(jīng)過最高點時的速度為vn mCv－mCv＝(n－1)|q|E×2l FT＋mCg－F＝mC 解得：FT＝(80n－30) N，n＝1,2,3…… 考點三　動量和能量觀點在電磁感應中的應用 1．(2017·浙江11月選考·22)如圖6所示，匝數(shù)N＝100、截面積S＝1.0×10－2 m2、電阻r＝0.15 Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨

15、時間均勻增加的勻強磁場B1，其變化率k＝0.80 T/s.線圈通過開關S連接兩根相互平行、間距d＝0.20 m的豎直導軌，下端連接阻值R＝0.50 Ω的電阻．一根阻值也為0.50 Ω、質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg的導體棒ab擱置在等高的擋條上，在豎直導軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時間變化的勻強磁場B2.接通開關S后，棒對擋條的壓力恰好為零．假設棒始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好，不計摩擦阻力和導軌電阻． 圖6 (1)求磁感應強度B2的大小，并指出磁場方向； (2)斷開開關S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此過程棒上產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0

16、.5 T　磁場垂直紙面向外　(2)2.3×10－3 J 解析　(1)線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E＝， ΔΦ＝S 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.8 V 等效電路圖如圖： 總電流I＝＝ A＝2 A，Iab＝＝1 A 根據(jù)題意，此刻棒對擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，方向豎直向上 即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5 T， 根據(jù)左手定則可知磁場的方向應該垂直紙面向外． (2)開關斷開之后，撤去擋條，ab下滑過程切割磁感線，從而產(chǎn)生感應電流，根據(jù)動量定理，則 (mg－B2I′d)t＝mv－0，其中I′t＝q＝ ΔΦ＝B2·dh 根據(jù)動能定理可知mgh＋W＝mv2－0 聯(lián)立

17、解得W＝－4.6×10－3 J 因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q＝|W|＝2.3×10－3 J. 2．(2015·浙江10月選考·22改編)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示．(g取10 m/s2) 　　 甲　　　　　　　　　　　　乙　　 圖7 (1)求0～0.10

18、 s線圈中的感應電動勢大?。? (2)t＝0.22 s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過細桿CD的電荷量． 答案　(1)30 V　(2)0.03 C 解析　(1)由法拉第電磁感應定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)由牛頓第二定律F＝ma＝m(或由動量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03 C. 3．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)質(zhì)量為m、電阻率為ρ、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8甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行．

19、設勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計．可認為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極間，磁極間磁感應強度大小為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8 (1)請判斷圖乙中感應電流的方向； (2)當方框下落的加速度為時，求方框的發(fā)熱功率P； (3)當方框下落的時間t＝時，速度恰好達到最大，求方框的最大速度vm和此過程中產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)順時針　(2)　(3)　 解析　(1)由右手定則可知：感應電流方向為順時針． (2)方框受到的安培力：FA＝2BIL

20、由牛頓第二定律有mg－FA＝ 解得I＝ 由電阻定律得金屬方框電阻R＝ρ 方框的發(fā)熱功率P＝I2R＝ (3)當方框下落的加速度為零時，速度達到最大，即 mg＝FA′＝2BL 解得vm＝ 將下落過程分成若干微元，由動量定理得 mgt－∑2BLt＝mvm－0 ∑vit＝h 解得h＝ 由能量守恒定律得mgh－Q＝mv 解得Q＝ 4．(2016·浙江鎮(zhèn)海中學月考)有電阻均為R的兩金屬棒a、b，a棒的質(zhì)量為m，b棒的質(zhì)量為M，兩棒均放在如圖9所示的光滑軌道的水平部分上，軌道的水平部分有豎直向下的勻強磁場，圓弧部分無磁場，且軌道足夠長，開始時給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒

21、在運動過程中與軌道始終接觸良好，且a棒與b棒始終不相碰，請問： 圖9 (1)當a、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運動時，速度分別為多少？損失的機械能為多少？ (2)若b棒在水平軌道上穩(wěn)定運動后，又沖上圓弧軌道，在b棒返回到水平軌道前，a棒已靜止在水平軌道上，且b棒與a棒不相碰，然后達到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？ (3)整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？ 答案　(1)均為　　(2) (3)mv[1－] 解析　(1)a、b兩棒在水平軌道上動量守恒． 設穩(wěn)定運動時a、b兩棒的共同速度為v1， 由動量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v1， 解得v1＝， 損失的機械能為 ΔE＝m

22、v－(m＋M)v＝. (2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過程中機械能守恒，故返回時速度大小不變，即v2＝v1， b棒與a棒向右運動過程中，直到新的穩(wěn)定狀態(tài)，設達到新的穩(wěn)定狀態(tài)時a、b的共同速度為v3， 由動量守恒定律，有Mv2＝(M＋m)v3， 解得v3＝. (3)整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機械能的減少量，即 Q＝mv－(M＋m)v， 解得Q＝mv[1－]． 專題強化練 (限時：40分鐘) 1．(多選)下面說法正確的是(　　) A．物體運動的方向就是它的動量的方向 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．如果合外力對物體的沖量不

23、為零，則合外力一定使物體的動能增大 D．作用在物體上的合外力沖量不一定能改變物體速度的大小 答案　ABD 解析　物體動量的方向與物體運動方向相同，A對；如果物體的速度變化，則物體的動量一定發(fā)生了變化，由動量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對；合外力對物體的沖量不為零，但合外力可以對物體不做功，物體的動能可以不變，C錯誤；作用在物體上的合外力沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對． 2．(多選)關于動量、沖量，下列說法成立的是(　　) A．某段時間內(nèi)物體的動量增量不為零，而物體在某一時刻的動量可能為零 B．某段時間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動量的增量可能為零

24、 C．某一時刻，物體的動量為零，而動量對時間的變化率不為零 D．某段時間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動量大小可能變大、變小或不變 答案　ACD 解析　自由落體運動，從開始運動的某一段時間內(nèi)物體動量的增量不為零，而其中初位置物體的動量為零，故A正確；某一段時間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動量定理，動量的變化量不為零，故B錯誤；某一時刻物體的動量為零，該時刻速度為零，動量的變化率是合力，速度為零，合力可以不為零，即動量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動量定理，沖量等于動量的變化．某段時間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動量的改變量變大，動量大小可能變大、變小或不變，故D正確． 3．(多

25、選)籃球運動員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做(　　) A．球?qū)κ值臎_量減小 B．球?qū)θ说臎_擊力減小 C．球的動量變化量不變 D．球的動能變化量減小 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間，根據(jù)動量定理得：－Ft＝0－mv得F＝，當時間增大時，作用力減小，而沖量和動量、動能的變化量都不變，所以B、C正確． 4．(多選)將質(zhì)量為0.5 kg的小球以20 m/s的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取10 m/s2，以下判斷正確的是(　　) A．小球從拋出至到最高點受到的沖量大小為10 N·

26、s B．小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為零 C．小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為零 D．小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為20 kg·m/s 答案　AD 5．(多選) 如圖1所示，一段不可伸長的輕質(zhì)細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點)，保持細繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　) 圖1 A．合外力做的功為0 B．合外力的沖量為m C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為m 答案　BC 6．如圖2所示，光滑平行金屬導軌的水平部分處于豎

27、直向下的B＝4 T的勻強磁場中，兩導軌間距為L＝0.5 m，軌道足夠長，金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1 kg，電阻Ra＝Rb＝1 Ω.b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導軌垂直且接觸良好，且兩棒始終不相碰，求a、b兩棒的最終速度大小，以及整個過程中b棒產(chǎn)生的焦耳熱．(已知重力加速度g＝10 m/s2) 圖2 答案　均為2 m/s　2 J 解析　a棒下滑至C點時速度設為v0，則由動能定理，有：mgh＝mv， 解得：v0＝＝ m/s＝4 m/s； 此后的運動過程中，a、b兩棒達到共速前，兩

28、棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，選向右的方向為正，有： mv0＝(m＋m)v 解得a、b兩棒共同的最終速度為：v＝2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動； 由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝mv－(m＋m)v2＝×1×42 J－×2×22 J＝4 J； 則b棒產(chǎn)生的焦耳熱為：Qb＝Q＝×4 J＝2 J. 7．如圖3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點和D點，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θ＝37°，D、C兩點的高度差h＝0.1 m，整個

29、軌道絕緣，處于方向水平向左、場強未知的勻強電場中．一個質(zhì)量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝1 s，與靜止在B點的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6 kg小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運動，到達傾斜段DP上某位置．物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大?。? (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大?。? 答案　(1)2 m/s　(2)18 N 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在B

30、C段上做勻速直線運動，設電場強度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為v2，則 qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點時圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則 R(1－cos θ)＝h FN－(m1＋m2)g＝ 解得FN＝18 N 8．如圖4所示，半徑R＝1.6 m的光滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長l＝3 m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝3 m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度

31、E＝20 N/C，磁感應強度B＝3.0 T，方向垂直紙面向外．兩個質(zhì)量均為m＝1.0×10－3 kg的物塊a和b，物塊a不帶電，b帶q＝1.0×10－3 C的正電并靜止于圓弧軌道最低點，將物塊a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到最低點與b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后粘合在一起，離開傳送帶后一起飛入復合場中，最后以與水平面成60°角落在地面上的P點(如圖)，已知兩物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，a、b均可看做質(zhì)點．求： 圖4 (1)物塊a運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力； (2)傳送帶距離水平地面的高度； (3)兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運動過程中，

32、a、b系統(tǒng)機械能的變化量． 答案　見解析 解析　(1)物塊a從靜止釋放運動到圓弧軌道最低點C時，機械能守恒，mgR(1－cos θ)＝mv，解得vC＝4 m/s 在C點，由牛頓第二定律：FN－mg＝ 解得：FN＝2×10－2 N 由牛頓第三定律，物塊a對圓弧軌道最低點的壓力：FN′＝2×10－2 N，方向豎直向下 (2)ab碰撞動量守恒：mvC＝2mvC′，vC′＝2 m/s ab在傳送帶上假設能與傳送帶達到共速時經(jīng)過的位移為x， μ2mg＝2ma得a＝μg＝1 m/s2，v2－vC′2＝2ax 得：x＝2.5 m