2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分第7講動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律學(xué)案

PAGE12-第7講動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律1．動(dòng)量定理表達(dá)式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時(shí)間內(nèi)所受的合外力．2．不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．3．三類碰撞：(1)彈性碰撞．動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2).(2)完全非彈性碰撞．動(dòng)量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞．動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2))).1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)行駛中的汽車假如發(fā)生猛烈碰撞，車內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并瞬間充溢氣體．若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于平安氣囊在此過(guò)程中的作用，下列說(shuō)法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．削減了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變更量C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能D．延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積解析：因平安氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤；有無(wú)平安氣囊，司機(jī)初動(dòng)量和末動(dòng)量均相同，所以動(dòng)量的變更量也相同，故B錯(cuò)誤；因有平安氣囊的存在，司機(jī)和平安氣囊接觸后會(huì)有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；因?yàn)槠桨矚饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過(guò)程中由于氣囊的緩沖，故增加了作用時(shí)間，故D正確．答案：D2．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員．不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg解析：設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0，規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍\(yùn)動(dòng)員起先時(shí)靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則依據(jù)動(dòng)量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0.物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0.第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0.依次類推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0，依據(jù)題意可知v8＝eq\f(15m0,m)v0>5m/s，解得m<60kg.第7次運(yùn)動(dòng)員的速度肯定小于5m/s，則v7＝eq\f(13m0,m)v0<5m/s，解得m>52kg，綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿意52kg<m<60kg.A、D錯(cuò)誤，B、C正確．答案：BC3．(2024·天津卷)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)．A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)．當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？解析：(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓其次定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l).①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl，②由動(dòng)量定理，有I＝m1vA，③聯(lián)立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl).④(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿意v′＝vA⑤要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必需與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍O(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′，⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2).⑧答案：(1)I＝m1eq\r(5gl)(2)Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)考點(diǎn)一動(dòng)量定理的應(yīng)用1．動(dòng)量定理的理解．(1)公式Ft＝p′－p是矢量式，左邊是物體受到全部力的總沖量，而不是某一個(gè)力的沖量．其中的F是探討對(duì)象所受的包括重力在內(nèi)全部外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，假如合外力是變力，則F是合外力在t時(shí)間內(nèi)的平均值．(2)動(dòng)量定理說(shuō)明的是合外力的沖量I合和動(dòng)量的變更量Δp的關(guān)系，不僅I合與Δp大小相等，而且Δp的方向與I合的方向相同．(3)公式Ft＝p′－p說(shuō)明白兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動(dòng)量變更的緣由．2．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的基本步驟．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試勝利，這標(biāo)記著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展．若某次試驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg解析：設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動(dòng)機(jī)的相互作用力為F，由動(dòng)量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正確．答案：B考向沖量大小及動(dòng)量變更量大小比較1.(多選)如圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止起先從頂端下滑究竟端C、D、E處，三個(gè)過(guò)程中重力的沖量分別為I1、I2、I3，動(dòng)量變更量的大小分別為Δp1、Δp2、Δp3，則()A．三個(gè)過(guò)程中，合力的沖量相等，動(dòng)量變更量相等B．三個(gè)過(guò)程中，合力做的功相等，動(dòng)能變更量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3解析：由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑究竟端C、D、E的速度大小v相等，動(dòng)量變更量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；依據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于動(dòng)量的變更量，故合力的沖量大小也相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤．設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑究竟端C，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得物體下滑的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1<I2<I3，故C正確，D錯(cuò)誤．物體下滑過(guò)程中只有重力做功，故合力做的功相等，依據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能變更量相等，故B正確．答案：BC考向動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用2．一輛轎車強(qiáng)行超車時(shí)，與另一輛迎面駛來(lái)的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5m，據(jù)測(cè)算兩車相撞前速率約為30m/s.(1)求相撞中車內(nèi)質(zhì)量約60kg的人受到的平均沖力；(2)若此人系有平安帶，平安帶在車禍過(guò)程中與人的作用時(shí)間是1s，求這時(shí)人受到的平均沖力．解析：(1)兩車相撞時(shí)認(rèn)為人與車一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停止，位移為0.5m.設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，依據(jù)x＝eq\f(v0,2)t，得t＝eq\f(2x,v0)＝eq\f(1,30)s.依據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp＝mv0，得F＝eq\f(mv0,t)＝eq\f(60×30,\f(1,30))N＝5.4×104N.(2)若人系有平安帶，依據(jù)動(dòng)量定理F′t′＝mv0，得F′＝eq\f(mv0,t′)＝eq\f(60×30,1)N＝1.8×103N.答案：(1)5.4×104N(2)1.8×103N考向“微元法”在動(dòng)量定理中的應(yīng)用3．對(duì)于同一物理問(wèn)題，經(jīng)?？梢詮暮暧^與微觀兩個(gè)不同角度進(jìn)行探討，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)．正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量．為簡(jiǎn)化問(wèn)題，我們假定：粒子大小可以忽視；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變．利用所學(xué)力學(xué)學(xué)問(wèn)，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系．(解題過(guò)程中須要用到、但題目沒(méi)有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說(shuō)明)解析：如圖所示，一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有eq\f(1,6)的粒子在Δt時(shí)間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰撞粒子總數(shù)N＝eq\f(1,6)n·SvΔt，Δt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt，器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝eq\f(I,Δt)，則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2.答案：f＝eq\f(1,3)nmv2考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．內(nèi)容．假如一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．2．表達(dá)式．(1)p＝p′，系統(tǒng)作用前的總動(dòng)量等于作用后的總動(dòng)量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變更量等大反向．3．適用條件．(1)志向守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為0.(2)近似守恒：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)某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力之和為0時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．4．動(dòng)量守恒定律的“五性”．矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，列方程時(shí)應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必需是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2…必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p′1、p′2…必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性探討的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)5.動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同始終線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變更如圖中實(shí)線所示．已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5JD．6J解析：由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為v甲＝5m/s，v乙＝1m/s；碰后甲、乙的速度分別為v′甲＝－1m/s，v′乙＝2m/s，甲、乙兩物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，則損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v′eq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)，解得ΔE＝3J，故A正確．答案：A考向動(dòng)量是否守恒的推斷1.如圖所示，裝有彈簧放射器的小車放在水平地面上，現(xiàn)將彈簧壓縮鎖定后放入小球，再解鎖將小球從靜止斜向上彈射出去，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦．從靜止彈射到小球落地前的過(guò)程中，下列推斷正確的是()A．小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒B．小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒C．小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒D．小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒解析：從靜止彈射到小球落地前的過(guò)程中，由于彈簧的彈力對(duì)小球做功，小球的機(jī)械能不守恒．由于小球所受的合力不等于0，則其動(dòng)量不守恒，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．系統(tǒng)豎直方向的合力不為0，水平方向合力為0，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，水平方向動(dòng)量守恒，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．答案：D考向動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用2．(2024·江蘇卷)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽視滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時(shí)的速度大小為v，此時(shí)滑板的速度大小為()A.eq\f(m,M)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v解析：對(duì)小孩和滑板車組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，0＝Mv－mv′，解得：v′＝eq\f(M,m)v，故B項(xiàng)正確．答案：B考向碰撞問(wèn)題3．一質(zhì)量為m1的物體以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2＝km1，k<1.碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞．碰撞后兩物體速度分別為v1和v2.假設(shè)碰撞在一維上進(jìn)行，且一個(gè)物體不行能穿過(guò)另一個(gè)物體．物體1撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是()A.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤1B.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)C．0≤r≤eq\f(2,1＋k)D.eq\f(1,1＋k)≤r≤eq\f(2,1＋k)解析：若發(fā)生彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；由能量關(guān)系：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，則eq\f(v1,v0)＝eq\f(1－k,1＋k)；若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v1＝v2＝eq\f(m1v0,m1＋m2)，則eq\f(v1,v0)＝eq\f(1,1＋k).故eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)，B正確．答案：B考向爆炸和反沖問(wèn)題4．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空．當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)．爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度．解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0＝v0－gt，②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)).③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1.④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E，⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0.⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2，⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg).⑧答案：(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)考點(diǎn)三電磁學(xué)中的動(dòng)量問(wèn)題動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用．(1)對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的狀況，假如兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問(wèn)題；(2)由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理來(lái)解決問(wèn)題．如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg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)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，現(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5m的過(guò)程中，CD棒上產(chǎn)生的焦耳熱為30J，此時(shí)AB棒和CD棒的速度分別為vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，馬上撤去拉力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)，求：(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5m的過(guò)程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度vA和vC的大??；(3)撤去拉力F后，兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v′A和v′C的大?。馕觯?1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L，電阻分別為R和2R，由于電路在任何時(shí)候電流均相等，依據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，可得QAB＝eq\f(1,2)QCD＝15J.(2)依據(jù)能量守恒定律有Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋QAB＋QCD，又vA∶vC＝1∶2，解得vA＝4m/s，vC＝8m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒接著向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒起先向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿意BLv′A＝B·2Lv′C，即v′A＝2v′C.設(shè)AB棒和CD棒受到的安培力大小分別為FA和FC，對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理有FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC.因?yàn)镕C＝2FA，解得eq\f(v′A－vA,v′C－vC)＝－eq\f(1,2)，聯(lián)立以上各式解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s.答案：(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s考向動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中應(yīng)用1.如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速v0垂直磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，滑過(guò)磁場(chǎng)后速度變?yōu)関(v<v0)那么()A．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度大于eq\f(v0＋v,2)B．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度等于eq\f(v0＋v,2)C．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度小于eq\f(v0＋v,2)D．以上狀況A、B均有可能，而C是不行能的解析：設(shè)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度為v′.線圈在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中的感應(yīng)電荷量為q.因?yàn)榭蜻M(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)面積變更量相等，所以磁通量的變更量相等，即進(jìn)、出磁場(chǎng)感應(yīng)電荷量相等．下面是線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)、穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中的動(dòng)量定理：Bqa＝mv0－mv′，Bqa＝mv′－mv，由上述二式可得v′