高三物理二輪高頻考點(diǎn)突破專題09 動(dòng)量定理

高考物理二輪高頻考點(diǎn)專題突破專題09動(dòng)量定理專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1重力場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量定理（1T—7T）目標(biāo)2電場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量定理（8T—12T）目標(biāo)3磁場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量定理（13T—17T）【典例專練】一、重力場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量定理1．11月18日14時(shí)02分，某市消防救援指揮中心接到報(bào)警稱：某區(qū)某街道某路某號(hào)4樓起火。14時(shí)17分，70名指戰(zhàn)員到達(dá)現(xiàn)場(chǎng)，經(jīng)偵查，起火建筑為5層鋼筋混凝土建筑，4樓起火向3樓和5樓蔓延，15時(shí)10分火勢(shì)得到有效控制，15時(shí)48分火勢(shì)被撲滅，如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物時(shí)；設(shè)水柱直徑為D，以水平水流速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度為零。高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度忽略不計(jì)，水的密度為，下列說(shuō)法正確的是（）A．水槍的流量為B．水槍的功率為C．水柱對(duì)著火物的沖擊力為D．向前水平噴水時(shí)，消防員對(duì)水槍的作用力方向向后且斜向上方【答案】B【詳解】A．設(shè)時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為，質(zhì)量為，則；A錯(cuò)誤；B．單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量為，時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能為知高壓水槍在此期間對(duì)水做功為高壓水槍的功率為，B正確；C．考慮一個(gè)極短時(shí)間，在此時(shí)間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量為m，設(shè)著火物對(duì)水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理得，時(shí)間內(nèi)沖到著火物上水的質(zhì)量為解得由牛頓第三定律可知，水柱對(duì)著火物的平均沖力為，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)高壓水槍向前噴出高壓水流時(shí)，水流對(duì)高壓水槍的作用力向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件。手對(duì)高壓水槍的作用力方向斜向前上方，D錯(cuò)誤。故選B。2．很多人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到頭部的情況。若手機(jī)質(zhì)量為，從離人約的高度無(wú)初速度掉落，砸到頭部后手機(jī)未反彈，頭部受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為，取下列分析不正確的是（）A．手機(jī)剛要接觸頭部之前的速度約為B．手機(jī)與頭部作用過(guò)程中手機(jī)動(dòng)量變化約為C．手機(jī)對(duì)頭部的沖量方向向下D．手機(jī)對(duì)頭部的平均作用力大小約為【答案】B【詳解】A．手機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知手機(jī)接觸頭部之前的速度約為，A正確；B．手機(jī)與頭部作用后手機(jī)的速度變?yōu)?，選取向下為正方向，所以手機(jī)與頭部作用過(guò)程中動(dòng)量變化為，B錯(cuò)誤；C．手機(jī)對(duì)頭部的作用力方向向下，則手機(jī)對(duì)頭部的沖量方向向下，C正確；D．因?yàn)槭謾C(jī)落在頭上沒反彈，速度減為0，規(guī)定豎直向下為正方向，對(duì)手機(jī)由動(dòng)量定理得代入數(shù)據(jù)可得負(fù)號(hào)表示方向豎直向上根據(jù)牛頓第三定律，可知手機(jī)對(duì)頭部的沖量大小約為手機(jī)對(duì)頭部的作用力大小約為，D正確。故選B。3．某碼頭采用斜面運(yùn)送冷鏈?zhǔn)称?，?jiǎn)化如圖甲所示，電動(dòng)機(jī)通過(guò)繞輕質(zhì)定滑輪的輕細(xì)繩與放在傾角為的足夠長(zhǎng)斜面上的物體相連，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)后物體沿斜面上升，在時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，其中除時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線，后電動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變。已知物體的質(zhì)量為，不計(jì)一切摩擦，重力加速度。則下列判斷正確的是（）A．在內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為B．后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為C．在內(nèi)電動(dòng)機(jī)牽引力的沖量大小為D．在內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)了【答案】C【詳解】A．在0~1s內(nèi)，物體位移大小為設(shè)0~1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)做的功為，由動(dòng)能定理得解得故A錯(cuò)誤；B．在0~1s內(nèi)，物體的加速度大小為設(shè)0~1s內(nèi)細(xì)繩拉力的大小為，由牛頓第二定律得解得由題意知1s后電動(dòng)機(jī)輸出功率為故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)物體達(dá)到最大速度后，根據(jù)平衡條件可得細(xì)繩的拉力大小為根據(jù)功率的公式可得在1~5s內(nèi)，設(shè)電動(dòng)機(jī)牽引力的沖量大小為I，由動(dòng)量定理得解得故C正確；D．設(shè)1~5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為，對(duì)物體由動(dòng)能定理得解得所以在內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為故D錯(cuò)誤。故選C。4．2020年11月10日，全國(guó)皮劃艇靜水錦標(biāo)賽在浙江省麗水市水上運(yùn)動(dòng)中心開幕。大賽前，甲、乙兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員分別劃動(dòng)兩艘皮劃艇沿同一方向進(jìn)行賽前訓(xùn)練，他們分別劃動(dòng)了一段時(shí)間后讓各自的皮劃艇自由滑行，一段時(shí)間后停下。他們及各自的皮劃艇總質(zhì)量相等，測(cè)速器測(cè)得甲、乙的v-t圖像分別如圖中的OAB、O＇CD所示，圖中AB//CD，則（）A．運(yùn)動(dòng)員乙較晚停下，乙做功更多B．乙劃槳時(shí)間長(zhǎng)，乙劃槳時(shí)受到水反作用力的沖量大C．甲皮劃艇早停下，甲劃槳時(shí)受到水反作用力的沖量小D．甲在劃槳時(shí)用力小【答案】D【詳解】由圖像可知，減速階段斜率相同，則加速度相同，水的阻力相同；最大速度相同。A．由動(dòng)能定理得，運(yùn)動(dòng)員乙加速階段的位移小，乙做功WF小，A錯(cuò)誤；B．乙加速度階段時(shí)間短，劃槳時(shí)間短，B錯(cuò)誤；C．由，甲皮劃艇加速階段的時(shí)間長(zhǎng)，甲劃槳時(shí)受到水反作用力的沖量I大，C錯(cuò)誤；D．由牛頓第二定律得，加速階段甲的斜率小，加速度小，在劃槳時(shí)用力F小，D正確。故選D。5．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在O點(diǎn)下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球。將小球從某一位置由靜止釋放，在某一時(shí)刻，小球的速度大小為v，方向豎直向下。再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球的速度大小又為v，方向變?yōu)樨Q直向上。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。則在該運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的機(jī)械能增量為0 B．彈簧彈力對(duì)小球做的功為0C．彈簧彈力對(duì)小球的沖量大小為2mv+mgt D．彈簧彈力對(duì)小球做功的功率為【答案】C【詳解】A．小球在速度大小又一次變?yōu)関時(shí)，它可能仍處于之前速度大小為v的位置，也可能與原來(lái)速度為v的位置關(guān)于平衡位置對(duì)稱，故其機(jī)械能變化不確定，A錯(cuò)誤；BD．若兩次速度大小為v的位置相同，則彈簧彈力對(duì)小球做功為0；若兩次不在同一位置，則彈簧彈力做功不為0，BD錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量定理，彈簧彈力和重力對(duì)小球的合沖量，等于小球始末動(dòng)能的變化量，設(shè)豎直向上為正方向解得故C正確；故選C。6．當(dāng)?shù)貢r(shí)間2021年7月30日，東京奧運(yùn)會(huì)女子蹦床決賽，整套動(dòng)作完美發(fā)揮的朱雪瑩，以56.635分奪得金牌，幫助中國(guó)蹦床隊(duì)時(shí)隔13年重獲該項(xiàng)目冠軍。隊(duì)友劉靈玲收獲一枚銀牌。已知朱雪瑩的體重為45kg，在比賽中，朱雪瑩從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知朱雪瑩與網(wǎng)接觸的時(shí)間為0.15s，若把這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，g取，則（）A．運(yùn)動(dòng)員下落接觸網(wǎng)面前瞬間的速度為6m/sB．運(yùn)動(dòng)員上升離開網(wǎng)面瞬間的速度為10m/sC．運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)面之間的相互作用力大小為5400ND．運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)面之間的相互作用力大小為5850N【答案】BD【詳解】A．運(yùn)動(dòng)員下落接觸網(wǎng)面前瞬間的速度大小為故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)員上升離開網(wǎng)面瞬間的速度大小為故B正確；CD．先豎直向上為正方向，運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)接觸過(guò)程中，由動(dòng)量定理知可解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。7．水平力F方向確定，大小隨時(shí)間的變化如圖a所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，物塊質(zhì)量為3kg，在F從0開始逐漸增大的過(guò)程中，物塊的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖b所示，重力加速度大小為10m/s2，由圖可知（）A．在0～2s時(shí)間內(nèi)，物塊所受摩擦力的沖量為0 B．在0～4s時(shí)間內(nèi)，水平力F的沖量為48N·sC．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合力的沖量為12N·s D．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合力做的功為24J【答案】CD【詳解】A．在0～2s時(shí)間內(nèi)，物塊所受摩擦力與拉力F相等，沖量不為0，A錯(cuò)誤；B．在0～4s時(shí)間內(nèi)，用面積法求水平力F的沖量為，B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量，則得0～4s內(nèi)物體速度的增量為根據(jù)動(dòng)量定理，0～4s內(nèi)合力的沖量為，C正確；D．4s末的速度為根據(jù)動(dòng)能定理，0～4s內(nèi)合力做的功為，D正確。故選CD。二、電場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量定理8．在光滑的水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場(chǎng)，其電勢(shì)φ隨x變化的φ－x圖像如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始，僅在電場(chǎng)力作用下，以一定的初速度沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處的過(guò)程中，加速度逐漸增大B．帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，電場(chǎng)力的沖量為零C．帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，最大速度為D．帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x2點(diǎn)時(shí)速度為【答案】B【詳解】A．由可知φ－x圖像中，斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，在帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處的過(guò)程中，斜率不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由知，粒子所受電場(chǎng)力保持不變，所以加速度不變，故A錯(cuò)誤；BD．帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，電勢(shì)差為零，電場(chǎng)力做功為零，小球的動(dòng)能變化為零，故速度變化為零，即電荷在O點(diǎn)和x2處的速度相同，都是v0，由可知，電場(chǎng)力沖量為零，故B正確D錯(cuò)誤；C．由圖可知0~過(guò)程，電場(chǎng)力做正功，~過(guò)程，電場(chǎng)力做負(fù)功，故處速度最大有可解得故C錯(cuò)誤。故選B。9．a(chǎn)、b、c是三個(gè)電荷量相同、質(zhì)量不同的帶電粒子，以相同的初速度由同一點(diǎn)垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，僅在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，其中b恰好沿著極板邊緣飛出電場(chǎng)。粒子a、b、c在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)、b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小C．動(dòng)量的增量相比，a的最小，b和c的一樣大D．動(dòng)能的增量相比，c的最大，a和b的一樣大【答案】C【詳解】AB．三個(gè)粒子均做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向滿足x=vt由于初速度相同，可知a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，b、c運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，豎直方向滿足可知，a的加速度最大，c的加速度最小，據(jù)牛頓第二定律可得可知a的質(zhì)量最小、c的質(zhì)量最大，AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量定理可得可知a的動(dòng)量增量最小，b、c的一樣大，C正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理可得可知，a、b動(dòng)能增量相同，c的最小，D錯(cuò)誤。故選C。10．兩個(gè)質(zhì)量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，以不同的速率從S點(diǎn)沿SO方向垂直射入水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，它們?cè)趫A形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，乙粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與圓形區(qū)域的交點(diǎn)恰好在水平直徑AOB最左端的A點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．乙粒子帶正電荷B．甲粒子所帶的電荷量比乙粒子小C．乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)具有的動(dòng)能比甲粒子大D．從粒子進(jìn)入圓形區(qū)域到離開圓形區(qū)域的過(guò)程中甲粒子動(dòng)量變化更小【答案】BD【詳解】A．乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)后向左偏轉(zhuǎn)，所受電場(chǎng)力水平向左，與電場(chǎng)方向相反，故乙粒子帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；B．兩粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有、、相等，則與成正比，乙粒子的水平分位移比甲粒子大，則乙粒子所帶電荷量比甲粒子多，故B正確；C．豎直方向有相同時(shí)間內(nèi)，乙粒子的豎直分位移小，則乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度小，而兩粒子質(zhì)量相等，則乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)具有的動(dòng)能比甲粒子小，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)量定理得因、相等，甲粒子的電荷量小，則從粒子進(jìn)入圓形區(qū)域到離開圓形區(qū)域的過(guò)程中甲粒子動(dòng)量變化更小，故D正確。故選BD。11．如圖是電子加速系統(tǒng)，K是與金屬板M距離最近的燈絲，電源E1給K加熱可以產(chǎn)生初速度不計(jì)的熱電子，N為金屬網(wǎng)，M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E2上，M、N之間的電場(chǎng)近似為勻強(qiáng)電場(chǎng)，系統(tǒng)放置在真空環(huán)境中，正常工作時(shí)，從K發(fā)出的電子經(jīng)M、N之間的電場(chǎng)加速后，大多數(shù)電子從金屬網(wǎng)N的小孔射出，少部分電子打到金屬網(wǎng)絲上被吸收，從而形成回路電流，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，不計(jì)電子所受的重力和電子之間的相互作用。（1）求單位時(shí)間內(nèi)被金屬網(wǎng)N吸收的電子數(shù)n；（2）若金屬網(wǎng)N吸收電子的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，證明金屬網(wǎng)的發(fā)熱功率P=IU；（3）電子可認(rèn)為垂直打到金屬網(wǎng)N上，并假設(shè)打在金屬網(wǎng)N上的電子全部被吸收，不反彈。求被金屬網(wǎng)吸收的電子對(duì)金屬網(wǎng)的作用力大小F?！驹斀狻浚?）由根據(jù)電流定義式得；解得（2）每個(gè)電子被加速，有單位時(shí)間內(nèi)金屬網(wǎng)吸收的電子動(dòng)能轉(zhuǎn)化為金屬網(wǎng)的發(fā)熱功率（3）電子被加速時(shí)，有解得由動(dòng)量定理得聯(lián)立解得由牛頓第三定律，金屬網(wǎng)對(duì)電子的作用力與電子對(duì)金屬網(wǎng)的作用力大小相等，為12．衛(wèi)星在一定高度繞地心做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運(yùn)行時(shí)間中，衛(wèi)星高度會(huì)發(fā)生變化（可達(dá)15km之多），利用離子推進(jìn)器可以對(duì)衛(wèi)星進(jìn)行軌道高度、姿態(tài)的調(diào)整。圖是離子推進(jìn)器的原理示意圖：將稀有氣體從O端注入，在A處電離為帶正電的離子，帶正電的離子飄入電極B、C之間的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)（不計(jì)帶正電的離子飄入加速電場(chǎng)時(shí)的速度），加速后形成正離子束，以很高的速度沿同一方向從C處噴出艙室，由此對(duì)衛(wèi)星產(chǎn)生推力。D處為一個(gè)可以噴射電子的裝置，將在電離過(guò)程中產(chǎn)生的電子持續(xù)注入由C處噴出的正離子束中，恰好可以全部中和帶正電的離子。(1)在對(duì)該離子推進(jìn)器做地面靜態(tài)測(cè)試時(shí)，若BC間的加速電壓為U，正離子被加速后由C處噴出時(shí)形成的等效電流大小為I，產(chǎn)生的推力大小為F。已知每個(gè)正離子的質(zhì)量為m。①試分析說(shuō)明要在正離子出口D處注入電子的原因；②求離子推進(jìn)器單位時(shí)間內(nèi)噴出的正離子數(shù)目N；(2)若定義比推力f為單位時(shí)間內(nèi)消耗單位質(zhì)量的推進(jìn)劑所產(chǎn)生的推力，是衡量推進(jìn)器性能的重要參數(shù)，請(qǐng)你指出一種增加離子推進(jìn)器比推力的方案。（電子的質(zhì)量可忽略不計(jì)，推進(jìn)劑的總質(zhì)量可視為正離子的總質(zhì)量）【詳解】(1)①若引擎持續(xù)噴射出正離子束，會(huì)將帶有負(fù)電的電子留在A中，由于庫(kù)侖力作用將嚴(yán)重阻礙正離子的繼續(xù)噴出。電子積累足夠多時(shí)，甚至?xí)姵龅恼x子再吸引回來(lái)，致使推進(jìn)器無(wú)法正常工作。因此，必須注入電子以中和正離子，使推進(jìn)器獲得持續(xù)推力。②設(shè)正離子電荷量為，由動(dòng)量定理得由動(dòng)能定理得根據(jù)電流的定義得聯(lián)立解得(2)根據(jù)定義，比推力可見若想提高比推力，應(yīng)該增大加速電壓U或者使用比荷更大的正離子作為推進(jìn)劑。三、磁場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量定理13．如圖所示，兩根質(zhì)量均為m的金屬棒垂直地放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左、右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1∶2，導(dǎo)軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒單位長(zhǎng)度的電阻相同，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，現(xiàn)用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右運(yùn)動(dòng)距離為s的過(guò)程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，此時(shí)AB棒和CD棒的速度大小均為v，此時(shí)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．v的大小等于B．撤去拉力F后，AB棒的最終速度大小為v，方向向右C．撤去拉力F后，CD棒的最終速度大小為v，方向向右D．撤去拉力F后，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】C【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理可知根據(jù)AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱可知可解得A錯(cuò)誤。BC．最終穩(wěn)定后，則有分別對(duì)兩根導(dǎo)體棒列動(dòng)量定理，則有根據(jù)公式；；聯(lián)立可解得；，AB的速度方向向左，CD的速度方向向右，B錯(cuò)誤C正確。D．根據(jù)能量守恒可知，D錯(cuò)誤。故選C。14．如圖所示，兩條相距d的足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其左端接阻值為R的定值電阻。電阻為R長(zhǎng)為d的金屬桿ab在導(dǎo)軌上以初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)，其左側(cè)有邊界為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。該磁場(chǎng)以恒定速度v0勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)（）A．當(dāng)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，桿兩端的電壓大小為Bdv0B．當(dāng)金屬桿運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，桿兩端的電壓大小為Bdv0C．t時(shí)間內(nèi)金屬桿所受安培力的沖量等于0D．t時(shí)間內(nèi)金屬桿所受安培力做的功等于0【答案】AD【詳解】A．當(dāng)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，桿相對(duì)于磁場(chǎng)的速度是2v0，切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2Bdv0，則桿兩端的電壓大小為Bdv0，選項(xiàng)A正確；B．開始時(shí)根據(jù)楞次定律可知桿受到向右的安培力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)減速到0后，由于磁場(chǎng)依舊向右運(yùn)動(dòng)，則金屬桿在安培力的作用下向右加速運(yùn)動(dòng)，直到桿與磁場(chǎng)的相對(duì)速度為0時(shí)，金屬桿運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，此時(shí)金屬桿不再切割磁感線運(yùn)動(dòng)，桿兩端的電壓大小為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．t時(shí)間內(nèi)金屬桿所受安培力的沖量選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．t時(shí)間內(nèi)金屬桿所受安培力做的功選項(xiàng)D正確。故選AD。15．如圖所示，光滑導(dǎo)軌的傾斜部分和水平部分在處平滑連接，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，傾斜導(dǎo)軌連接阻值為R的電阻。現(xiàn)讓質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒a從距水平導(dǎo)軌高h(yuǎn)處由靜止釋放，金屬棒到達(dá)位置時(shí)的速度是到達(dá)位置時(shí)速度的倍，并最終停止在水平導(dǎo)軌上。金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)回路中的電流大小為B．金屬棒運(yùn)動(dòng)到時(shí)加速度的大小為C．在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為D．金屬棒從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中通過(guò)金屬棒導(dǎo)體截面的電荷量為【答案】BD【詳解】A．金屬棒沿斜軌道下滑過(guò)程，據(jù)動(dòng)能定理有解得此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)，電流為聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；B．由題意知，金屬棒到達(dá)OO′時(shí)的速度為倍，根據(jù)牛頓第二定律得解得故B正確；C．對(duì)金屬棒運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，據(jù)能量守恒定律有其中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱與金屬棒上的焦耳熱按阻值分配有故C錯(cuò)誤；D．取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有即其中，解得故D正確。故選BD。16．如圖所示，一平行金屬導(dǎo)軌與水平成放置，導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，在OO’的上方區(qū)域存在與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未全部畫出)，導(dǎo)軌的下端接有阻值為R的電阻，在導(dǎo)軌的上端垂直于導(dǎo)軌放有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，另有一質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒cd垂直于導(dǎo)軌，以v0的速度沿導(dǎo)軌向上進(jìn)入磁場(chǎng)，cd與導(dǎo)軌無(wú)摩擦，當(dāng)cd進(jìn)入和離開磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體棒ab恰好保持靜止，兩導(dǎo)體棒一直沒有相撞。已知兩導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)其他電阻。則：()A．導(dǎo)體棒ab恰好不受摩擦力時(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度為B．cd上滑過(guò)程中重力的沖量大于下滑過(guò)程中重力的沖量C．cd上滑過(guò)程中通過(guò)R的電荷量大于下滑過(guò)程中通過(guò)R的電荷量D．cd離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為【答案】AD【詳解】A．當(dāng)導(dǎo)體棒ab恰好不受摩擦力時(shí)，重力沿