高中物理電學(xué)總結(jié)及高中物理動量定理專題-word

電學(xué)要分請拿走，高中物理電學(xué)總結(jié)大全一、電場基本規(guī)律2、庫侖定律（1）定律內(nèi)容：真空中兩個靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的平方成反比，作用力的方向在它們的連線上。（2）表達(dá)式：k=9.0×109N?m2/C2——靜電力常量（3）適用條件：真空中靜止的點(diǎn)電荷。1、電荷守恒定律：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。（1）三種帶電方式：摩擦起電，感應(yīng)起電，接觸起電。（2）元電荷：最小的帶電單元，任何帶電體的帶電量都是元電荷的整數(shù)倍，e=1.6×10-19C——密立根測得e的值。二、電場能的性質(zhì)1、電場能的基本性質(zhì)：電荷在電場中移動，電場力要對電荷做功。2、電勢φ（1）定義：電荷在電場中某一點(diǎn)的電勢能Ep與電荷量的比值。（2）定義式：φ——單位：伏（V）——帶正負(fù)號計算（3）特點(diǎn)：○1電勢具有相對性，相對參考點(diǎn)而言。但電勢之差與參考點(diǎn)的選擇無關(guān)?！?電勢一個標(biāo)量，但是它有正負(fù)，正負(fù)只表示該點(diǎn)電勢比參考點(diǎn)電勢高，還是低?！?電勢的大小由電場本身決定，與Ep和q無關(guān)?！?電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點(diǎn)移動到零勢點(diǎn)時電場力所做的功。（4）電勢高低的判斷方法○1根據(jù)電場線判斷：沿著電場線電勢降低。φA>φB○2根據(jù)電勢能判斷：正電荷：電勢能大，電勢高；電勢能小，電勢低。負(fù)電荷：電勢能大，電勢低；電勢能小，電勢高。結(jié)論：只在電場力作用下，靜止的電荷從電勢能高的地方向電勢能低的地方運(yùn)動。3、電勢能Ep（1）定義：電荷在電場中，由于電場和電荷間的相互作用，由位置決定的能量。電荷在某點(diǎn)的電勢能等于電場力把電荷從該點(diǎn)移動到零勢能位置時所做的功。（2）定義式：——帶正負(fù)號計算（3）特點(diǎn)：○1電勢能具有相對性，相對零勢能面而言，通常選大地或無窮遠(yuǎn)處為零勢能面?！?電勢能的變化量△Ep與零勢能面的選擇無關(guān)。4、電勢差UAB（1）定義：電場中兩點(diǎn)間的電勢之差。也叫電壓。（2）定義式：UAB=φA-φB（3）特點(diǎn)：○1電勢差是標(biāo)量，但是卻有正負(fù)，正負(fù)只表示起點(diǎn)和終點(diǎn)的電勢誰高誰低。若UAB>0，則UBA<0。○2單位：伏○3電場中兩點(diǎn)的電勢差是確定的，與零勢面的選擇無關(guān)○4U=Ed勻強(qiáng)電場中兩點(diǎn)間的電勢差計算公式?！妱莶钆c電場強(qiáng)度之間的關(guān)系。5、靜電平衡狀態(tài)（1）定義：導(dǎo)體內(nèi)不再有電荷定向移動的穩(wěn)定狀態(tài)（2）特點(diǎn)○1處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，內(nèi)部場強(qiáng)處處為零?！?感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)任何位置產(chǎn)生的電場都等于外電場在該處場強(qiáng)的大小相等，方向相反。○3處于靜電平衡狀態(tài)的整個導(dǎo)體是個等勢體，導(dǎo)體表面是個等勢面?！?電荷只分布在導(dǎo)體的外表面，在導(dǎo)體表面的分布與導(dǎo)體表面的彎曲程度有關(guān)，越彎曲，電荷分布越多。6、電場力做功WAB（1）電場力做功的特點(diǎn)：電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，即與初末位置的電勢差有關(guān)。（2）表達(dá)式：WAB=UABq—帶正負(fù)號計算（適用于任何電場）WAB=Eqd—d沿電場方向的距離?！獎驈?qiáng)電場（3）電場力做功與電勢能的關(guān)系WAB=-△Ep=EpA-EPB結(jié)論：電場力做正功，電勢能減少電場力做負(fù)功，電勢能增加7、等勢面：（1）定義：電勢相等的點(diǎn)構(gòu)成的面。（2）特點(diǎn)：○1等勢面上各點(diǎn)電勢相等，在等勢面上移動電荷，電場力不做功?！?等勢面與電場線垂直○3兩等勢面不相交○4等勢面的密集程度表示場強(qiáng)的大?。菏枞趺軓?qiáng)?！?畫等勢面時，相鄰等勢面間的電勢差相等。（3）判斷電場線上兩點(diǎn)間的電勢差的大?。嚎拷鼒鲈矗▓鰪?qiáng)大）的兩間的電勢差大于遠(yuǎn)離場源（場強(qiáng)小）相等距離兩點(diǎn)間的電勢差。三、電場力的性質(zhì)1、電場的基本性質(zhì)：電場對放入其中電荷有力的作用。2、電場強(qiáng)度E（1）定義：電荷在電場中某點(diǎn)受到的電場力F與電荷的帶電量q的比值，就叫做該點(diǎn)的電場強(qiáng)度。（2）定義式：E與F、q無關(guān)，只由電場本身決定。（3）電場強(qiáng)度是矢量：大?。簡挝浑姾墒艿降碾妶隽?。方向：規(guī)定正電荷受力方向，負(fù)電荷受力與E的方向相反。（4）單位：N/C,V/m1N/C=1V/m（5）其他的電場強(qiáng)度公式○1點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式：——Q場源電荷○2勻強(qiáng)電場場強(qiáng)公式：——d沿電場方向兩點(diǎn)間距離（6）場強(qiáng)的疊加：遵循平行四邊形法則3、電場線（1）意義：形象直觀描述電場強(qiáng)弱和方向理性模型，實(shí)際上是不存在的（2）電場線的特點(diǎn)：○1電場線起于正（無窮遠(yuǎn)），止于（無窮遠(yuǎn)）負(fù)電荷○2不封閉，不相交，不相切○3沿電場線電勢降低，且電勢降低最快。一條電場線無法判斷場強(qiáng)大小，可以判斷電勢高低?！?電場線垂直于等勢面，靜電平衡導(dǎo)體，電場線垂直于導(dǎo)體表面（3）幾種特殊電場的電場線四、應(yīng)用——帶電粒子在電場中的運(yùn)動（平衡問題，加速問題，偏轉(zhuǎn)問題）1、基本粒子不計重力，但不是不計質(zhì)量，如質(zhì)子，電子，α粒子,氕，氘，氚帶電微粒、帶電油滴、帶電小球一般情況下都要計算重力。2、平衡問題：電場力與重力的平衡問題。mg=Eq3、加速問題（1）由牛頓第二定律解釋，帶電粒子在電場中加速運(yùn)動（不計重力），只受電場力Eq，粒子的加速度為a=Eq/m，若兩板間距離為d，則（2）由動能定理解釋，可見加速的末速度與兩板間的距離d無關(guān)，只與兩板間的電壓有關(guān)，但是粒子在電場中運(yùn)動的時間不一樣，d越大，飛行時間越長。3、偏轉(zhuǎn)問題——類平拋運(yùn)動在垂直電場線的方向：粒子做速度為v0勻速直線運(yùn)動。在平行電場線的方向：粒子做初速度為0、加速度為a的勻加速直線運(yùn)動帶電粒子若不計重力，則在豎直方向粒子的加速度帶電粒子做類平拋的水平距離，若能飛出電場水平距離為L，若不能飛出電場則水平距離為x帶電粒子飛行的時間：t=x/v0=L/v0——————○1粒子要能飛出電場則：y≤d/2————————○2粒子在豎直方向做勻加速運(yùn)動：———○3粒子在豎直方向的分速度:——————○4粒子出電場的速度偏角：——————○5由○1○2○3○4○5可得：飛行時間：t=L/vO豎直分速度：側(cè)向偏移量：偏向角：飛行時間：t=L/vO側(cè)向偏移量：y’＝偏向角：在這種情況下，一束粒子中各種不同的粒子的運(yùn)動軌跡相同。即不同粒子的側(cè)移量，偏向角都相同，但它們飛越偏轉(zhuǎn)電場的時間不同，此時間與加速電壓、粒子電量、質(zhì)量有關(guān)。如果在上述例子中粒子的重力不能忽略時，只要將加速度a重新求出即可，具體計算過程相同五、電容器及其應(yīng)用1、電容器充放電過程：（電源給電容器充電）充電過程S-A：電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能放電過程S-B：電容器的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2、電容（1）物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。（2）定義：電容器所帶電量Q與電容器兩極板間電壓U的比值就叫做電容器的電容。（3）定義式：——是定義式不是決定式——是電容的決定式（平行板電容器）（4）單位：法拉F，微法μF，皮法pF1pF=10-6μF=10-12F（5）特點(diǎn)○1電容器的帶電量Q是指一個極板帶電量的絕對值?！?電容器的電容C與Q和U無關(guān)，只由電容器本身決定?！?在有關(guān)電容器問題的討論中，經(jīng)常要用到以下三個公式和○3的結(jié)論聯(lián)合使用進(jìn)行判斷○4電容器始終與電源相連，則電容器的電壓不變。電容器充電完畢，再與電源斷開，則電容器的帶電量不變。的平方和）動量和動量定理的應(yīng)用知識點(diǎn)一——沖量（I）

要點(diǎn)詮釋：

1.定義：力F和作用時間的乘積，叫做力的沖量。

2.公式：

3.單位：

4.方向：沖量是矢量，方向是由力F的方向決定。

5.注意：

①沖量是過程量，求沖量時一定要明確是哪一個力在哪一段時間內(nèi)的沖量。②用公式求沖量，該力只能是恒力，無論是力的方向還是大小發(fā)生變化時，都不能用直接求出

1.推導(dǎo)：

設(shè)一個質(zhì)量為的物體，初速度為，在合力F的作用下，經(jīng)過一段時間，速度變?yōu)?/p>

則物體的加速度

由牛頓第二定律

可得，

即（為末動量，P為初動量）

2.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。

3.公式：或

4.注意事項(xiàng)：

①動量定理的表達(dá)式是矢量式，在應(yīng)用時要注意規(guī)定正方向；

②式中F是指包含重力在內(nèi)的合外力，可以是恒力也可以是變力。當(dāng)合外力是變力時，F(xiàn)應(yīng)該是合外力在這段時間內(nèi)的平均值；

③研究對象是單個物體或者系統(tǒng)；

④不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動，也適用與微觀物體的高速運(yùn)動。

5.應(yīng)用：

在動量變化一定的條件下，力的作用時間越短，得到的作用力就越大，因此在需要增大作用力時，可盡量縮短作用時間，如打擊、碰撞等由于作用時間短，作用力都較大，如沖壓工件；

在動量變化一定的條件下，力的作用時間越長，得到的作用力就越小，因此在需要減小作用力時，可盡量延長作用時間，如利用海綿或彈簧的緩沖作用來延長作用時間，從而減小作用力，再如安全氣囊等。

規(guī)律方法指導(dǎo)

1.動量定理和牛頓第二定律的比較

（1）動量定理反映的是力在時間上的積累效應(yīng)的規(guī)律，而牛頓第二定律反映的是力的瞬時效應(yīng)的規(guī)律

（2）由動量定理得到的，可以理解為牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式，即：物體所受的合外力等于物體動量的變化率。

（3）在解決碰撞、打擊類問題時，由于力的變化規(guī)律較復(fù)雜，用動量定理處理這類問題更有其優(yōu)越性。

4.應(yīng)用動量定理解題的步驟

①選取研究對象；

②確定所研究的物理過程及其始末狀態(tài)；

③分析研究對象在所研究的物理過程中的受力情況；④規(guī)定正方向，根據(jù)動量定理列式；

⑤解方程，統(tǒng)一單位，求得結(jié)果。

經(jīng)典例題透析

類型一——對基本概念的理解

1.關(guān)于沖量，下列說法中正確的是（）

A.沖量是物體動量變化的原因B.作用在靜止的物體上力的沖量一定為零

C.動量越大的物體受到的沖量越大D.沖量的方向就是物體受力的方向

思路點(diǎn)撥：此題考察的主要是對概念的理解

解析：力作用一段時間便有了沖量，而力作用一段時間后物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動量也發(fā)生了變化，因此說沖量使物體的動量發(fā)生了變化，A對；只要有力作用在物體上，經(jīng)歷一段時間，這個力便有了沖量，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，B錯誤；物體所受沖量大小與動量大小無關(guān)，C錯誤；沖量是一個過程量，只有在某一過程中力的方向不變時，沖量的方向才與力的方向相同，故D錯誤。

答案：A

【變式】關(guān)于沖量和動量，下列說法中錯誤的是（）

A.沖量是反映力和作用時間積累效果的物理量B.沖量是描述運(yùn)動狀態(tài)的物理量

C.沖量是物體動量變化的原因D.沖量的方向與動量的方向一致

答案：BD

點(diǎn)撥：沖量是過程量；沖量的方向與動量變化的方向一致。故BD錯誤。

類型二——用動量定理解釋兩類現(xiàn)象

2.玻璃杯從同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松軟的地毯上不易碎。這是為什么？

解釋：玻璃杯易碎與否取決于落地時與地面間相互作用力的大小。由動量定理可知，此作用力的大小又與地面作用時的動量變化和作用時間有關(guān)。

因?yàn)楸邮菑耐桓叨嚷湎?，故動量變化相同。但杯子與地毯的作用時間遠(yuǎn)比杯子與水泥地面的作用時間長，所以地毯對杯子的作用力遠(yuǎn)比水泥地面對杯子的作用力小。所以玻璃杯從同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松軟的地毯上不易碎。

３.如圖，把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運(yùn)動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面抽出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（）

A.在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大

B.在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小

C.在緩慢拉動時，紙帶給重物的沖量大

D.在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小

解析：在緩慢拉動時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力。由于通常認(rèn)為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。所以一般情況是：緩拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故AB都錯；緩拉紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間很長，故重物獲得的沖量可以很大，所以能把重物帶動?？炖瓡r摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以動量改變也小，因此，CD正確。

總結(jié)升華：用動量定理解釋現(xiàn)象一般可分為兩類：一類是物體的動量變化一定，力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。另一類是作用力一定，力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。分析問題時，要搞清楚哪個量一定，哪個量變化。

【變式1】有些運(yùn)動鞋底有空氣軟墊，請用動量定理解釋空氣軟墊的功能。

解析：由動量定理可知，在動量變化相同的情況下，時間越長，需要的作用力越小。因此運(yùn)動鞋底部的空氣軟墊有延長作用時間，從而減小沖擊力的功能。

【變式2】機(jī)動車在高速公路上行駛，車速越大時，與同車道前車保持的距離也越大。請用動量定理解釋這樣做的理由。

解析：由動量定理可知，作用力相同的情況下，動量變化越大，需要的時間越長。因此，車速越大時，與同車道前車保持的距離也要越大。

類型三——動量定理的基本應(yīng)用

4.質(zhì)量為1T的汽車，在恒定的牽引力作用下，經(jīng)過2s的時間速度由5m/s提高到8m/s，如果汽車所受到的阻力為車重的0.01，求汽車的牽引力？

思路點(diǎn)撥：此題中已知力的作用時間來求力可考慮用動量定理較為方便。

解析：⑴物體動量的增量△P=Pˊ-P=103×8-103×5=3×103kg·m/s。

⑵根據(jù)動量定理可知：

答案：汽車所受到的牽引力為1598N。

總結(jié)升華：本題也是可以應(yīng)用牛頓第二定律，但在已知力的作用時間的情況下，應(yīng)用動量定理比較簡便。

【變式】一個質(zhì)量5kg的物體以4m/s的速度向右運(yùn)動，在一恒力作用下，經(jīng)過0.2s其速度變?yōu)?m/s向左運(yùn)動。求物體所受到的作用力。

解析：規(guī)定初速度的方向即向右為正方向，根據(jù)動量定理可知：

負(fù)號表示作用力的方向向左。

答案：物體所受到的作用力為300N，方向向左。

類型四——求平均作用力

5.汽錘質(zhì)量，從1.2m高處自由落下，汽錘與地面相碰時間為，碰后汽錘速度為零，不計空氣阻力。求汽錘與地面相碰時，地面受到的平均作用力。

思路點(diǎn)撥：本題是動量定理的實(shí)際應(yīng)用，分清速度變化是問題的關(guān)鍵。

解析：選擇汽錘為研究對象，設(shè)汽錘落地是速度為，則有

汽錘與地面相碰時，受力如圖所示，

選取向上為正方向，由動量定理得

根據(jù)牛頓第三定律可知，地面受到的平均作用力大小為3498N，方向豎直向下。

答案：平均作用力大小為3498N，方向豎直向下。

總結(jié)升華：動量定理是合力的沖量；動量定理是矢量式。在解決這類豎直方向的打擊問題中，重力是否能忽略，取決于與的大小，只有時，才可忽略，當(dāng)然不忽略一定是正確的。

【變式1】蹦床是運(yùn)動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運(yùn)動項(xiàng)目。一個質(zhì)量為的運(yùn)動員，從離水平網(wǎng)面高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面高處。已知運(yùn)動員與網(wǎng)接觸的時間為。若把這段時間內(nèi)網(wǎng)對運(yùn)動員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小。（g?。?/p>

解析：運(yùn)動員剛接觸網(wǎng)時速度大?。?，方向向下；

剛離開網(wǎng)時速度大?。海较蛳蛏?。

運(yùn)動員與網(wǎng)接觸的過程，設(shè)網(wǎng)對運(yùn)動員的作用力為F，對運(yùn)動員由動量定理有：

取向上為正方向，則

解得：

方向向上。

答案：N

【變式2】質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保障，使他懸掛起來，已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s，安全帶長為5m，則安全帶所受的平均作用力。（g?。?/p>

解：對人在全過程中（從開始跌下到安全停止），由動量定理得：

mg(t1+t2)－Ft2=0

t1==s=1s

t2=1.2s

∴F==N

=1100N

根據(jù)牛頓第三定律可知，安全帶所受的平均作用力為1100N。

點(diǎn)評：此題也可用上面的方法分兩個階段分別研究，無論是分過程的解法還是全過程的解法，一定要注意力與時間的對應(yīng)以及始末狀態(tài)的確定。

類型五——用動量定理求變力的沖量

6.如圖所示，將一輕彈簧懸于O點(diǎn)，下端和物體A相連，物體A下面用細(xì)線連接物體B，A、B質(zhì)量分別為M、m，若將細(xì)線剪斷，待B的速度為v時，A的速度為V，方向向下，求該過程中彈簧彈力的沖量。

思路點(diǎn)撥：求變力的沖量，不能用Ft直接求解，可借助動量定理，由動量的變化量間接求出。

解析：剪斷細(xì)線后，B向下做自由落體運(yùn)動，A向上運(yùn)動。

對A：取向上方向?yàn)檎?，由動量定理?/p>

I彈－Mgt=－MV－O

∴I彈=Mgt－MV……………①

對B：由自由落體運(yùn)動知識

………②

由①、②解得：

=M（v－V）

類型六——用動量定理解決變質(zhì)量問題

7.一艘帆船在靜水中由風(fēng)力推動做勻速直線運(yùn)動。設(shè)帆面的面積為S，風(fēng)速為v1，船速為v2（v2<v1），空氣的密度為，則帆船在勻速前進(jìn)時帆面受到的平均風(fēng)力大小為多少？

思路點(diǎn)撥：此題需求平均風(fēng)力大小，需用動量定理來解決。

解析：取如圖所示的柱體內(nèi)的空氣為研究對象。這部分空氣經(jīng)過時間后速度由v1變?yōu)関2，

故其質(zhì)量。

取船前進(jìn)方向?yàn)檎较?，對這部分氣體，設(shè)風(fēng)力為F，由動量定理有

解得

總結(jié)升華：對于流體運(yùn)動問題，如水流、風(fēng)等，在運(yùn)用動量定理求解時，我們常隔離出一定形狀的部分流體作為研究對象，然后對其列式計算。

【變式】宇宙飛船以的速度進(jìn)入分布均勻的宇宙微粒塵區(qū)，飛船每前進(jìn)要與個微粒相碰。假如每一微粒的質(zhì)量，與飛船相碰后附在飛船上。為了使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)為多大。

答案：

類型七——動量定理在系統(tǒng)中的應(yīng)用

8.滑塊A和B（質(zhì)量分別為mA和mB）用輕細(xì)線連接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由靜止開始沿水平桌面滑動，如圖。已知滑塊A、B與水平面的滑動摩擦因數(shù)均為，在力F作用時間t后，A、B間連線突然斷開，此后力F仍作用于B。試求：滑塊A剛好停住時，滑塊B的速度多大？

思路點(diǎn)撥：在已知力的作用時間的情況下，可考慮應(yīng)用動量定理求解比較簡便。

解析：取滑塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象。設(shè)F作用時間t后線突然斷開，此時A、B的共同速度為v，根據(jù)動量定理，有

解得

在線斷開后，滑塊A經(jīng)時間tˊ停止，根據(jù)動量定理有

由此得

設(shè)A停止時，B的速度為vB。對于A、B系統(tǒng)，從力F開始作用至A停止的全過程，根據(jù)動量定理有

將tˊ代入此式可求得B滑塊的速度為

總結(jié)升華：盡管系統(tǒng)內(nèi)各物體的運(yùn)動情況不同，但各物體所受的沖量之和仍等于各物體總動量的變化量。應(yīng)用這個處理方法能使一些繁雜的運(yùn)動問題求解更簡便。

【變式】質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊通過細(xì)線連在一起，從靜止開始以加速度a在水中下沉。經(jīng)過時間t，細(xì)線斷了，金屬塊和木塊分離。再經(jīng)過時間，木塊停止下沉，求此時金屬塊的速度？

解析：將金屬塊和木塊看作一個系統(tǒng)，根據(jù)動量定理有：

最終木塊停止下沉，即速度為零，所以只有金屬塊有動量，根據(jù)動量守恒定律有

王嘉珺0314類型八——動量定理與動量、能量的綜合應(yīng)用

9.一傾角為θ＝45°的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m＝0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g＝10m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？

解析：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動，到達(dá)斜面底端時速度為v。

由功能關(guān)系得①

以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量

②

設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為hˊ，則

③

同理，有④

⑤

式中，vˊ為小物塊再次到達(dá)斜面底端時的速度，

Iˊ為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。

由①②③④⑤式得⑥

式中⑦

由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項(xiàng)為

⑧

總沖量為⑨

由⑩

得⑾

代入數(shù)據(jù)得N·s

10.如圖所示，在同一水平面內(nèi)有相互平行且足夠長的兩條滑軌MN和PQ相距，垂直于滑軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，垂直于滑軌放置的金屬棒ab和cd質(zhì)量為和，每根金屬棒的電阻均為，其它電阻不計，開始時兩棒都靜止，且ab和cd與滑軌間的動摩擦因數(shù)分別和，求：

⑴當(dāng)一外力作用cd棒t=5s的時間,恰好使ab棒以的速度做勻速運(yùn)動，那么外力的沖量多大？

⑵若在5s末令cd棒突然停止運(yùn)動，ab繼續(xù)運(yùn)動直到停止的過程中，通過其橫截面的電量為10C，則在此過程中兩根金屬棒消耗的電能是多少？（設(shè)兩棒不相碰，）

解析：

⑴ab棒是由于cd棒切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢并在閉合電路產(chǎn)生感受應(yīng)電流后，使其受到安培力作用而做加速運(yùn)動。由分析知當(dāng)它勻速時受安培力和摩擦力平衡：

┅①

此時隱含cd也要勻速運(yùn)動（設(shè)其速度為，外力的沖量為），

對兩棒組成的系統(tǒng)，由動理定理得：

┅②

但┅③

解①–③得

⑵當(dāng)cd突然停止，ab中流過的感應(yīng)電流方向立即反向，因而受安培力反向使ab做變減速運(yùn)動直到停止，設(shè)滑動的距離為x，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：┅④

因流過的電量為┅⑤

設(shè)兩棒在該過程消耗的電能為W，由能量守恒得：┅⑥

解④–⑤得

總結(jié)升華：此題以雙桿為載體將受力分析、動量、能量、電磁感應(yīng)等綜合起來，其中ab棒勻速隱含cd棒也勻速是關(guān)鍵，也是易錯點(diǎn)，此類題為高考的一大趨勢。

遷移應(yīng)用

【變式】如圖，在離水平地面h高的地方上有一相距L的光滑軌道，左端接有已充電的電容器，電容為C，充電后兩端電壓為U1。軌道平面處于垂直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)渡為B的勻強(qiáng)磁場中。在軌道右端放一質(zhì)量為m的金屬棒，當(dāng)閉合K，棒離開軌道后電容器的兩極電壓變?yōu)閁2，求棒落在地面離平臺多遠(yuǎn)的位置。

分析與解：當(dāng)L閉合時，電容器由于放電，形成放電電流，因而金屬棒受磁場力作用做變加速運(yùn)動，并以一定速度離開導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動，所以棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動時有，

即BIL△t=BL△q=BL(CU1-CU2)=BLC(U1-U2)=mv

棒做平拋運(yùn)動時有，vt=S

所以作業(yè)：1如圖所示，質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0kg的小物塊B（視為質(zhì)點(diǎn)），它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬時沖量作用開始運(yùn)動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能EKA為8.0J，小物塊的動能EKB為0.50J，重力加速度?。?）瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度υ0;（2）木板的長度L．【解析】（1）在瞬時沖量的作用時，木板A受水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略．取水平向右為正方向，對A由動量定理，有：I=mAυ0代入數(shù)據(jù)得：υ0=3.（2）設(shè)A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A的速度為υA，B的速度為υB．A、B對C位移為sA、sB．對A由動量定理有：—（FfBA+FfCA）t=mAυA-mAυ0對B由動理定理有：FfABt=mBυB其中由牛頓第三定律可得FfBA=FfAB，另FfCA=μ（mA+mB）g對A由動能定理有：—（FfBA+FfCA）sA=1/2eq\f(1,2)mAυeq\o(2,A)-1/2eq\f(1,2)mAυeq\o(2,A)eq\o(2,0)對B由動能定理有：FfABfsB=1/2eq\f(1,2)mBυeq\o(2,B)根據(jù)動量與動能之間的關(guān)系有：mAυA=eq\r(2mAEKA)，mBυB=eq\r(2mBEKB)木板A的長度即B相對A滑動距離的大小，故L=sA-sB，代入放數(shù)據(jù)由以上各式可得L=0.2質(zhì)量為m=1kg的小木塊（可看在質(zhì)點(diǎn)），放在質(zhì)量為M=5kg的長木板的左端，如圖所示．長木板放在光滑水平桌面上．小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，長木板的長度l=2m．系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使小木塊從長木板右端脫離出來，可采用下列兩種方法：（g取10m/s（1）給小木塊施加水平向右的恒定外力F作用時間t=2s，則F至少多大？（2）給小木塊一個水平向右的瞬時沖量I，則沖量I至少是多大？答案：（1）F=1．85N（2）I=6．94NS【例2】在一次抗洪搶險活動中，解放軍某部隊(duì)用直升飛機(jī)搶救一重要落水物體，靜止在空中的直升飛機(jī)上的電動機(jī)通過懸繩將物體從離飛機(jī)90m處的洪水中吊到機(jī)艙里．已知物體的質(zhì)量為80kg，吊繩的拉力不能超過1200N，電動機(jī)的最大輸出功率為12kW，為盡快把物體安全救起，操作人員采取的辦法是，先讓吊繩以最大拉力工作一段時間，而后電動機(jī)又以最大功率工作，當(dāng)物體到達(dá)機(jī)艙前已達(dá)到最大速度．（g取10m/s2（1）落水物體運(yùn)動的最大速度；（2）這一過程所用的時間．【解析】先讓吊繩以最大拉力FTm=1200N工作時，物體上升的加速度為a，由牛頓第二定律有：a=eq\f(FTm-mg,m)，代入數(shù)據(jù)得a=5m/s2當(dāng)?shù)趵K拉力功率達(dá)到電動機(jī)最大功率Pm=12kW時，物體速度為υ，由Pm=Tmυ，得υ=10m/s物體這段勻加速運(yùn)動時間t1=eq\f(v,a)=2s，位移s1=1/2eq\f(1,2)ateq\o(2,1)=10m．此后功率不變，當(dāng)?shù)趵K拉力FT=mg時，物體達(dá)最大速度υm=eq\f(Pm,mg)=15m/s．這段以恒定功率提升物體的時間設(shè)為t2，由功能定理有：Pt2-mg（h-s1）=eq\f(1,2)mυeq\o(2,m)-eq\f(1,2)mυ2代入數(shù)據(jù)得t2=5．75s，故物體上升的總時間為t=t1+t2=7.75s．即落水物體運(yùn)動的最大速度為15m/s，整個運(yùn)動過程歷時7.75s．3一輛汽車質(zhì)量為m，由靜止開始運(yùn)動，沿水平地面行駛s后，達(dá)到最大速度υm，設(shè)汽車的牽引力功率不變，阻力是車重的k倍，求：（1）汽車