《2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 專題復習篇四 解決物理問題的三條途徑練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 專題復習篇四 解決物理問題的三條途徑練習（含解析）（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、解決物理問題的三條途徑 要點提煉 1.三條途徑 (1)以牛頓運動定律和運動學公式為基礎用動力學的觀點解決問題。 (2)以功與能的關系、動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律為基礎用能量的觀點解決問題。 (3)以動量定理和動量守恒定律為基礎用動量的觀點解決問題。 2．三條途徑的選用 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，已知力的作用情形，涉及加速度、時間，則用動力學觀點解決問題。 (2)能量變化反映力在空間上的積累，即Ek2－Ek1＝∑F合·Δx＝W合，Ep2－Ep1＝∑(－F場·Δx)＝－W場，F(xiàn)場＝－，功初、末狀態(tài)的能量變化。如果不需要求解運動過程細節(jié)，且已知(

2、或隱含)力與位移的關系，優(yōu)先用能量的觀點解決問題。例如在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量。 (3)動量變化反映力在時間上的積累，即p2－p1＝∑F·Δt＝I，F(xiàn)＝，沖量初、末狀態(tài)的動量變化。如果不需要求解運動過程細節(jié)，且已知(或隱含)力和時間的關系，優(yōu)先用動量的觀點解決問題。例如碰撞、反沖問題(相互作用力大小、作用時間均相等)，用微元法(∑F·Δt＝∑mΔv)求解碰撞產生的作用力、碰撞產生的壓強、正比于速度的阻力作用一段距離后的速度。 注：對于實際物理問題，經常要綜合使用三條途徑解決問題。原則上求解整個過程用

3、能量、動量的觀點，求解運動細節(jié)用動力學的觀點，這要通過多加練習才能體會到。 3．物理學中的幾種功能關系 (1)合外力做功與動能的關系：W合＝ΔEk。 (2)重力做功與重力勢能的關系：WG＝－ΔEp。 (3)彈簧彈力做功與彈性勢能的關系：W彈＝－ΔEp彈。 (4)電場力做功與電勢能的關系：W電＝－ΔEp電。 (5)分子力做功與分子勢能的關系：W分子＝－ΔEp分子。 (6)除重力、系統(tǒng)內彈力以外其他力做功與機械能的關系：W其他＝ΔE機。 (7)滑動摩擦力與內能的關系：fl相對＝ΔE內。 (8)安培力做功：WA>0時，WA＝ΔE機(若除重力、彈簧彈力外只有安培力做功，則安培力所做的

4、正功等于增加的機械能)；WA<0時，WA＝－E電(克服安培力所做的功等于產生的電能)。 (9)外界對氣體做功與氣體內能的關系：ΔU＝W＋Q。(ΔU表示內能的增量，Q表示從外界吸收的熱量) 高考考向1　解決力學問題的三條途徑 命題角度1 動力學觀點在力學中的應用 例1　(2019·江蘇高考)如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

5、重力加速度為g。求： (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA； (2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。 解析　A、B的運動過程如圖所示： (1)設A、B的質量均為m，先敲擊A時，由牛頓第二定律可知， A的加速度大小aA＝＝μg 在B上滑動時有2aAL＝v 解得：vA＝。 (2)對齊前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左， 地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左， 合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg 由牛頓第二定律F＝maB，得aB＝3μg 對齊后，A、B整體所受合外力大小F′＝f地＝2μ

6、mg 由牛頓第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。 (3)設敲擊B后經過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA 則v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得：vB＝2。 答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 (1)利用動力學觀點解決力學問題的思路 (2)板塊模型中的臨界條件 ①滑塊與滑板存在相對滑動的臨界條件 a．運動學條件：若兩物體速度和加速度不等，則會相對滑動。 b．動力學條件：假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出其中一個物體“所

7、需要”的摩擦力f；比較f與最大靜摩擦力fm的關系，若f＞fm，則發(fā)生相對滑動。 ②滑塊滑離滑板的臨界條件 當滑板的長度一定時，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣時共速是滑塊滑離滑板的臨界條件。 備課記錄：

8、 1－1　(2019·河南安陽二模)如圖所示，質量為m＝2.0 kg的物體靜止在光滑的水平地面上。t＝0時刻起物體在一水平向右的恒力F1＝1.0 N的作用下開始運動，經過一段時間t0后，恒力大小變?yōu)镕2＝2.6 N，方向改為水平向左。在t＝12.0 s時測得物體運動的瞬時速度大小v＝6.24 m/s，則t0為(　　) A．12.1 s B．6.0 s C．5.2 s D．2.6 s 答案　C 解析　由牛頓第二定律可得：a1＝＝0.5 m/s2，a2＝＝1.3 m/s2，若t＝12 s時速度方向向左，由題意列出運動學方程為：－a1t0＋a2(t－t0)

9、＝v，解得：t0＝5.2 s；若t＝12 s時速度方向向右，由題意列出運動學方程為：a1t0－a2(t－t0)＝v，解得t0＝12.13 s>12 s，不符合題意，故A、B、D錯誤，C正確。 1－2　(2019·貴州畢節(jié)二模)一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖所示。木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當t＝1 s時，木板以速度v1＝4 m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反。運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下。已知木板的質量是小物塊質量

10、的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)t＝0時刻木板的速度； (2)木板的長度。 答案　(1)5 m/s　(2) m 解析　(1)小物塊與木板一起向墻壁運動時， 由牛頓第二定律：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1 設t＝0時刻木板的速度為v0， 由運動學公式：v1＝v0－a1t 代入數(shù)據(jù)求得：v0＝5 m/s。 (2)碰撞后，對物塊：μ2mg＝ma2 設當物塊速度為0時，經歷的時間為t1，發(fā)生的位移大小為x1，則有x1＝，x1＝t1 對木板，由牛頓第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 式中M＝15m，解得a3＝ m/s2

11、可知物塊速度減為0時，木板速度還未減為0。 設木板在此時間t1內發(fā)生的位移大小為x2，則有 x2＝v1t1－a3t 木板長度l＝x1＋x2代入數(shù)據(jù)可得l＝ m。 命題角度2 能量觀點在力學中的應用 例2　(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D

12、．物塊在A點的初速度為 解析　物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運動到A點靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉化為內能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉化為內能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯誤。 答案　BC 利用能量觀點解決力學問題的思路 (1)明確研究對象和研究過程。 (2)進行運動分析和受力分析。 (3

13、)選擇所用的規(guī)律列方程求解。 ①動能定理：需要明確初、末動能，明確力的總功，適用于所有情況。 ②機械能守恒定律：根據(jù)機械能守恒條件判斷研究對象的機械能是否守恒，只有滿足機械能守恒的條件時才能應用此規(guī)律。 ③功能關系：根據(jù)常見的功能關系求解，適用于所有情況。 ④能量守恒定律：適用于所有情況。 (4)對結果進行討論。 備課記錄：

14、 　 2－1　(2019·湖北八校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達C處時速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g，則(　　) A．下滑過程中，其加速度先減小后增大 B．下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產生的熱量為m

15、v2 C．從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinα－mv2 D．環(huán)經過B時，上滑的速度小于下滑的速度 答案　AC 解析　環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，環(huán)先加速后減速，加速度先減小后增大，故A正確；環(huán)由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，環(huán)由C到A，有EpC＋mv2＝Q＋mgLsinα，解得Q＝mv2，EpC＝mgLsinα－mv2，故B錯誤，C正確；由功能關系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有mgh′－Wf′－W彈′＝mv－0，圓環(huán)由B上滑至A，有－mgh′－Wf′＋W彈′＝0－mvB′2，故可知，環(huán)經過B時，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯誤。 2－2　(2019·湖南衡陽三模)如

16、圖所示，電動機帶動傾角為θ＝37°的傳送帶以v＝8 m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L＝20 m；傳送帶在上端點B恰好與固定在豎直平面內的半徑為R＝0.5 m的光滑圓弧軌道相切，一輕質彈簧的右端固定在P處的擋板上，質量m＝2 kg可看做質點的物體M靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，C、D間距x＝1 m，PD段光滑，DC段粗糙，現(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經過DC沖上傳送帶，經B點沖上光滑圓孤軌道，通過最高點A時對A點的壓力為8 N。上述過程中，M經C點滑上傳送帶時，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较?。已知M與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1＝

17、0.8、與CD段間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在圓弧軌道的B點時物體的速度； (2)M在傳送帶上運動的過程中，帶動傳送帶的電動機由于運送M多輸出的電能E； (3)M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢能Ep。 答案　(1)5.0 m/s　(2)512 J　(3)19 J 解析　(1)由題給條件和牛頓第三定律知，M在A點時受到軌道的壓力FA＝8 N， 由牛頓第二定律：mg＋FA＝m 解得vA＝ m/s， 從B到A機械能守恒，有： －mg(R＋Rcosθ)＝mv－mv 解得vB＝5.0 m/s。 (2)M在傳送帶上運動時由于vB小于傳送帶

18、速度，可知物體一直做加速運動，所受摩擦力一直沿傳送帶向上 由μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma 解得a＝0.4 m/s2 由公式：v－v＝2aL，解得vC＝3 m/s 由vB＝vC＋at解得t＝5 s； 傳送帶在t時間內的位移：x1＝vt＝40 m， 由于物體對傳送帶有沿傳送帶向下的摩擦力，要維持傳送帶勻速運動，故電動機要額外給傳送帶一個沿傳送帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大， 牽引力做的功W＝μ1mgcosθ·x1＝512 J， 多輸出的電能E＝W＝512 J。 (3)設彈簧彈力對物體做功為W彈，則從彈簧的壓縮端到C點，對M由動能定理： W彈－μ2mgx＝m

19、v－0 解得：W彈＝19 J 可知Ep＝W彈＝19 J。 命題角度3 動量觀點在力學中的應用 例3　(2019·全國卷Ⅰ)豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。 (1)求物

20、塊B的質量； (2)在圖b所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； (3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。 解析　(1)根據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設物塊B的質量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動量守恒定律和機械能守恒定律有 mv1＝m＋m′v′① mv＝m2＋m′v′2② 聯(lián)立①②式得m′＝3m③ (2)在圖b所描述的運動中，設物塊A與傾斜軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過

21、的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點離水平軌道的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W。由動能定理有 mgH－fs1＝mv－0④ －(fs2＋mgh)＝0－m2⑤ 從圖b所給出的v-t圖線可知 s1＝v1t1⑥ s2＝··(1.4t1－t1)⑦ 由幾何關系＝⑧ 物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為 W＝fs1＋fs2⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩ (3)設傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，有 W＝μmgcosθ·? 設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2? 設改變后的動摩擦因

22、數(shù)為μ′，由動能定理有 mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0? 聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝。 答案　(1)3m　(2)mgH　(3) 利用動量觀點解決力學問題的思路 (1)確定研究對象和研究過程。 (2)兩種解題途徑 ①動量守恒定律：判斷研究過程中所研究對象動量是否守恒，若守恒，則可用動量守恒定律列方程。(常與機械能守恒定律或能量守恒定律結合)。 ②動量定理：明確初、末狀態(tài)的動量，明確總沖量。 (3)對結果進行討論。 備課記錄：

23、 　 3－1　(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×

24、103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案　B 解析　設1 s內噴出氣體的質量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正確。 3－2　(2019·天津市和平區(qū)三模)利用沖擊擺測量速度的實驗，可以簡化為圖示模型，一質量M＝0.8 kg的木塊，用長L＝0.8 m的細繩懸掛在天花板上，處于靜止狀態(tài)。一質量m＝0.2 kg的小球以某一水平速度射向木塊，小球與木塊相互作用時間極短，并嵌在木塊里，測得小球與木塊上升最大高度為0.2 m，小球、木塊的大小與繩長相比可以忽略，不計空氣阻力，重力加速度g＝1

25、0 m/s2。求： (1)小球與木塊共速瞬時，小球和木塊共同速度v的大小； (2)小球和木塊一起擺動過程中，細繩受到的最大拉力T； (3)小球射入木塊的速度v0大小。 答案　(1)2 m/s　(2)15 N　(3)10 m/s 解析　(1)小球與木塊共速后上擺的過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得： (M＋m)v2＝(M＋m)gh 解得v＝2 m/s。 (2)小球與木塊剛共速時，細繩受到的拉力最大，選木塊和小球為研究對象 由牛頓第二定律得T－(M＋m)g＝(M＋m) 解得T＝15 N。 (3)根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v， 解得v0＝10 m/s。 高考考

26、向2　解決電磁學問題的三條途徑 命題角度1 動力學觀點在電磁學中的應用 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例4　(2019·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求： (1)電場強度的大小； (2)B運動到P點時的動能。 解析　(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有 mg＋qE＝ma①

27、a2＝gt2② 聯(lián)立①②式得E＝③ (2)設B從O點發(fā)射時的速度大小為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh④ 且有v1＝v0t⑤ h＝gt2⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 Ek＝2m(v＋g2t2)。 答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2) 利用動力學觀點解決電磁學問題的思路 備課記錄：

28、 　 　 4－1　(2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)如圖所示為測磁感應強度大小的一種方式。邊長為l、一定質量的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方存在垂直于導線框向里的勻強磁場，導線框中的電流大小為I。此時導線框處于靜止狀態(tài)，通過傳感器測得細線中的拉力大小為F1；保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，待線框穩(wěn)定后，測得細線中拉力

29、大小為F2。則磁感應強度大小為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　當磁場在虛線下方時，通電導線的等效長度為l，電流方向向右，受到的安培力方向豎直向上，故F1＋BIl＝mg，當磁場在虛線上方時，通電導線的等效長度為l，電流方向向左，受到的安培力方向豎直向下，故F2＝BIl＋mg，聯(lián)立可得B＝，A正確。 4－2　(2019·山西高三二模)電磁緩沖車是利用電磁感應原理進行制動緩沖，它的緩沖過程可以等效為：小車底部安裝有電磁鐵(可視為勻強磁場)，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。水平地面埋著水平放置的單匝閉合矩形線圈abcd，如圖甲所示。小車沿水平方向通過線圈上方，

30、線圈與磁場的作用連同其他阻力使小車做減速運動，從而實現(xiàn)緩沖，俯視圖如圖乙所示。已知線圈的總電阻為r，ab邊長為L(小于磁場的寬度)。小車總質量為m，受到的其他阻力恒為F，小車上的磁場邊界MN與ab邊平行，當邊界MN剛抵達ab邊時，速度大小為v0。求： (1)邊界MN剛抵達ab邊時線圈中感應電流I的大??； (2)整個緩沖過程中小車的最大加速度am的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)磁場邊界MN剛抵到ab邊時，線圈中產生的感應電動勢為E＝BLv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，感應電流I＝ 解得：I＝。 (2)小車上的磁場邊界MN剛抵達ab邊時，小車的加速度最大， 根據(jù)右手

31、定則可判斷感應電流的方向為從b流到a， 根據(jù)左手定則可判斷線框所受安培力方向水平向右，大小為FA＝BIL 則由牛頓第三定律可知小車受到的磁場力大小為：FA′＝FA，方向水平向左 由牛頓第二定律：FA′＋F＝mam 解得：am＝。 命題角度2 能量觀點在電磁學中的應用 例5　(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　) A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 解析　動能變化

32、量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球從M運動到N的過程中，只有重力和電場力做功，機械能的增加量等于電勢能的減少量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學公式得(2v)2－0＝2x，則電勢能減少量ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速運動，速度減小到零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C錯誤。 答案　B (1)動能定理在力學和電場中應用時的“三同一異” (2)功能關系在力學和電磁感應中應用時的“三同三異” 備課記錄：

33、 　 5－1　(2019·廣西欽州三模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。下列判斷中正確的是(　　) A．P點的電勢比Q點的電勢高 B．P點的場強比Q點的場

34、強大 C．帶電粒子通過Q點時電勢能比P點時小 D．帶電粒子通過Q點時動能比P點時大 答案　B 解析　若帶電粒子從P點進入電場，由圖可知帶電粒子所受電場力沿電場線向右，由于粒子帶正電，故電場線方向向右，故P點的電勢低于Q點的電勢，A錯誤；由于電場線越密的地方場強越大，則由圖可知P點的場強大于Q點的場強，B正確；帶電粒子在從P向Q運動的過程中電場力做負功，則帶電粒子的電勢能增大，故帶電粒子在P點時的電勢能較小，通過Q點時電勢能較大，C錯誤；由于帶電粒子在從P向Q運動的過程中電場力做負功，根據(jù)動能定理可知，帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能，D錯誤。 5－2　(2019·河南洛陽三模

35、)如圖所示，電阻不計的剛性?形金屬導軌放在光滑水平面上，導軌的兩條軌道之間的間距為L。一輕彈簧的左端與導軌的右邊中點相連，輕彈簧的右端固定在水平面某一位置處，彈簧和導軌的右邊垂直。質量為m、長度為L、電阻為R的金屬桿ab可始終在導軌上滑動，滑動時與導軌的兩條軌道始終保持垂直(不計金屬桿ab和導軌之間的摩擦)。整個空間存在一垂直于水平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度的大小為B。開始時，輕彈簧處于原長狀態(tài)，導軌和金屬桿ab都處于靜止狀態(tài)。在t＝0時刻，有一位于導軌平面內且與軌道平行的向右的拉力作用于金屬桿ab的中點上，使之從靜止開始在導軌上向右做加速度為a的勻加速直線運動。在t＝t0時刻，撤

36、去拉力，此時輕彈簧的彈性勢能為最大值Ep。已知從t＝0到t＝t0的過程中，金屬桿ab上產生的焦耳熱為Q。試求： (1)在t＝t0時刻回路中的電流大小； (2)在t＝0到t＝t0的過程中，作用在金屬桿ab上的拉力所做的功； (3)外力撤去后的很長時間內，金屬桿ab上最多還能產生的電熱。 答案　(1)　(2)Q＋Ep＋m(at0)2 (3)Ep＋m(at0)2 解析　(1)設金屬桿ab在t＝t0時刻的速度為v，則對金屬桿ab，有：v＝at0 此時輕彈簧的彈性勢能為最大值，可知金屬導軌的速度為0， 故金屬桿ab產生的感應電動勢E＝BLv 回路中的感應電流I＝ 解得：I＝。

37、(2)在t＝0到t＝t0的過程中，對金屬桿ab、導軌和輕彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒可知，拉力所做的功轉化為金屬桿的動能、金屬桿ab產生的焦耳熱、輕彈簧的彈性勢能，由此可得：W＝Q＋Ep＋mv2 解得：W＝Q＋Ep＋m(at0)2。 (3)外力撤去后的很長時間后，金屬桿和導軌都靜止不動，輕彈簧處于原長，輕彈簧的彈性勢能為0，即金屬棒ab的動能與輕彈簧的彈性勢能全部轉化為ab上產生的焦耳熱，設金屬桿ab上最多還能產生的電熱為Q′， 由能量守恒定律得：Q′＝Ep＋mv2 解得：Q′＝Ep＋m(at0)2。 命題角度3 動量觀點在電磁學中的應用 例6　(2018·天津高考)真空管道超高速

38、列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關閉。 (1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由； (2)求剛接通電源

39、時列車加速度a的大小； (3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ 解析　(1)列車要向右運動，安培力方向應向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。 (2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I＝① 每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl② 設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③ 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma?、? 聯(lián)立

40、①②③④式得a＝?、? (3)設列車減速時，cd進入磁場后經Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有E1＝　⑥ 其中ΔΦ＝Bl2?、? 設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝?、? 設cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l?、? 以向右為正方向，設Δt時間內cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt?、? 同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖　? 設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有 I總＝0－m

41、v0　? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝　? 討論：若恰好為整數(shù)，設其為n，則需設置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設的整數(shù)部分為N，則需設置N＋1塊有界磁場。 答案　(1)M接電源正極，理由見解析 (2) (3)見解析 應用動量定理解答電磁感應問題的關鍵是：能否從速度和位移聯(lián)想到＝n，＝，q＝·Δt，－BL·Δt＝m·Δv。其實不難發(fā)現(xiàn)，問題的核心是電荷量q，它一方面可以聯(lián)系到平均感應電動勢，繼而到磁通量的變化ΔΦ，再到滑行距離；另一方面又可聯(lián)系到安培力，繼而通過動量定理聯(lián)系到速度，最終可以作為橋梁把滑行距離和速度這兩個物理量聯(lián)系起來。能用電荷量q把幾個規(guī)律一個個串聯(lián)起來，問題就解決了。

42、 在電磁感應綜合問題中，若以等寬雙桿在磁場中的運動作為命題背景，由于回路中為同一電流，兩桿所受安培力等大反向，系統(tǒng)合力為零，則可應用動量守恒定律方便快捷地求出桿的速度。另外，也可把雙桿問題當成碰撞問題的變形拓展，可以對系統(tǒng)同時應用動量守恒定律和能量守恒定律。 備課記錄：

43、 6－1　(2019·北京房山區(qū)二模)A、B是兩種放射性元素的原子核，原來都靜止在同一勻強磁場中，其中一個放出α粒子，另一個放出β粒子，運動方向都與磁場方向垂直。圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運動軌跡，下列說法中正確的是(　　) A．磁場方向一定垂直紙面向里 B．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子 C．a為α粒子運動軌跡，d為β粒子運動軌跡 D．a軌跡中粒子比b軌跡中的粒子動量大 答案　B 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向，A錯誤；放射性元素

44、的原子核放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度方向相反，電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應為外切圓，而放射性元素的原子核放出β粒子時，β粒子與反沖核的速度方向相反，電性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應為內切圓，故A放出的是α粒子，B放出的是β粒子，B正確；放射性元素的原子核放出粒子時，兩帶電粒子的總動量守恒，故a軌跡對應的粒子與b軌跡對應的粒子動量大小相等，方向相反，由軌跡半徑公式r＝可得r＝，軌跡半徑與動量成正比，與電荷量成反比，而α粒子和β粒子的電荷量比反沖核的電荷量小，則α粒子和β粒子的軌跡半徑比反沖核的軌跡半徑都大，故b為α粒子的運動軌跡，

45、c為β粒子的運動軌跡，C、D錯誤。 6－2　(2019·浙江省溫州九校聯(lián)考)如圖甲所示，兩條相互平行的光滑金屬導軌，相距l(xiāng)＝0.2 m，左側軌道的傾斜角θ＝30°，右側軌道為圓弧線，軌道端點間接有電阻R＝1.5 Ω，軌道中間部分水平，在MP、NQ間有寬度為d＝0.8 m、方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示。一質量為m＝10 g、導軌間電阻為r＝1.0 Ω的導體棒a從t＝0時刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H＝0.8 m。另一與a棒完全相同的導體棒b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM。a棒下滑后平滑進入水平軌道(轉角處無機械能損失)，并與b棒發(fā)生

46、碰撞而粘合在一起，此后作為一個整體運動。導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計。求： (1)導體棒進入磁場前，流過R的電流大??； (2)導體棒剛進入磁場瞬間受到的安培力大?。? (3)導體棒最終靜止的位置離PM的距離； (4)全過程電阻R上產生的焦耳熱。 答案　(1)0.1 A　(2)0.04 N　(3)0.4 m　(4)0.042 J 解析　(1)由法拉第電磁感應定律可得E1＝dl 由圖乙，得＝ T/s＝1.25 T/s 由閉合電路歐姆定律得E1＝I1 聯(lián)立解得I1＝0.1 A。 (2)設a棒滑到底端時的速度為v0，由動能定理得 mgH＝mv 設a棒與

47、b棒發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝2mv 由于a棒下滑時間t＝＝0.8 s 故兩棒碰撞后磁場的磁感應強度不再變化，電動勢大小為E2＝Blv 安培力大小為F＝BI2l 又E2＝I2 聯(lián)立解得F＝0.04 N。 (3)導體棒直到靜止，由動量定理有 －Bl·Δt＝0－2mv 又q＝·Δt q＝＝ 其中s為導體棒在水平軌道上滑過的路程 聯(lián)立解得s＝2 m 所以導體棒最終靜止的位置離PM的距離為0.4 m。 (4)滑入磁場前，有QR1＝IRt＝0.012 J 碰撞過程損失的機械能為ΔE＝mv－·2mv2 由能量守恒定律知a、b棒碰撞后回路中產生的總

48、焦耳熱為Q＝mgH－ΔE 電阻R上產生的焦耳熱為QR2＝Q＝0.03 J 全過程電阻R上產生的焦耳熱為 QR＝QR1＋QR2＝0.042 J。 閱卷現(xiàn)場　動量守恒定律應用錯誤 例7　(2019·吉林省長春市二模)(12分)如圖所示，一質量為m2＝0.4 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質量為m1＝0.39 kg的小物塊(可視為質點)靜止在車頂?shù)淖蠖?。一質量為m0＝0.01 kg的子彈以水平速度v0＝200 m/s射中物塊左端并留在物塊中，子彈與物塊的作用時間極短。最終物塊相對地面以4 m/s的速度滑離小車，物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2。

49、求： (1)子彈射入物塊過程中與物塊共速時的速度大??； (2)小車的長度。 正解　(1)子彈與物塊相互作用過程動量守恒，設共速時的速度為v1 有：m0v0＝(m0＋m1)v1(2分) 解得：v1＝5 m/s。(2分) (2)設物塊滑離小車時的速度為v2，此時小車的速度為v3，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒： (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3(3分) 設小車的長度為L，由能量守恒定律可得： μ(m0＋m1)gL＝(m0＋m1)v－(m0＋m1)v－m2v(3分) 解得：L＝0.8 m。(2分) 答案　(1)5 m/s　(2)0.8 m 錯解　(1)子彈與物

50、塊相互作用過程子彈、物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設共速時的速度為v1 有：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v1(扣2分) 解得：v1＝2.5 m/s。(扣2分) (2)設小車的長度為L，由能量守恒定律可得： μ(m0＋m1)gL＝m0v2－(m0＋m1＋m2)v(扣6分) 解得：L＝98.75 m。(扣2分) 答案　(1)2.5 m/s　(2)98.75 m 本題是典型的三體二次作用，子彈射入小物塊的過程，小車的速度沒有發(fā)生變化，子彈射入小物塊后，子彈與小物塊可看做一個整體，再與小車發(fā)生作用。子彈射入小物塊的過程，要損失一部分機械能，子彈、小物塊整體與小車作用的過程中，系統(tǒng)動

51、量守恒，機械能不守恒，第(2)問只涉及子彈、小物塊整體與小車作用的過程，且物塊最后滑離小車，與小車不共速，所以進行運動過程分析，將運動過程合理分段很有必要。 專題作業(yè) 1. (2019·遼寧葫蘆島一模)我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現(xiàn)女子3000 m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙

52、的動能減少量 D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功 答案　B 解析　因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等方向相反，A錯誤；甲、乙作用過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)所受合外力為0，根據(jù)動量定理可知，甲、乙動量變化之和為0，故甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，B正確；在相互作用的時間內，甲、乙的位移大小不相同，故相互作用力做功的大小不相等，根據(jù)動能定理可知，動能變化量大小不相等，C、D錯誤。 2. (2020·江蘇省漣水中學高三月考)如圖所示，虛線代表電場中的三個等勢面，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q

53、是這條軌跡上的兩點，下列說法中正確的是(　　) A．粒子帶負電 B．粒子在Q點時的加速度較P點大 C．粒子在P點時的動能較Q點大 D．粒子在P點時的電勢能較Q點大 答案　D 解析　因為電場線和等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，所以在P點的電場強度方向如圖所示，因為帶電粒子受到的電場力和電場強度共線，且指向曲線的內側，所以粒子在P點受到的電場力和電場強度方向相同，則粒子帶正電，故A錯誤；因為Q點所在處的等勢面比P點疏，所以電場強度比P點小，受到的電場力比P點小，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在Q點的加速度小于P點，故B錯誤；根據(jù)Ep＝qφ，P點的電勢大于Q點，粒子帶正電，可知粒子在P

54、點的電勢能大于Q點，根據(jù)能量守恒定律可知，粒子在P點的動能小于Q點，故C錯誤，D正確。 3. (2019·四川資陽二診)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后。mA＝1 kg，mB＝2 kg。經過一段時間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖象如圖所示，根據(jù)以上信息可知碰撞類型屬于(　　) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法判斷 答案　A 解析　由圖可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度為vB＝3 m/s，碰后速度為vB′＝5 m/s。根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，碰撞

55、過程系統(tǒng)動量守恒。碰前系統(tǒng)的總動能為mAv＋mBv＝27 J，碰后的總動能為mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，則系統(tǒng)碰撞過程機械能也守恒，所以屬于彈性碰撞，A正確，B、C、D錯誤。 4. (2019·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側同時射入木塊，最終都停在木塊內，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則(　　) A．子彈A的質量一定比子彈B的質量大 B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大 C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長 D．子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊

56、時的初動能大 答案　D 解析　由于木塊始終保持靜止狀態(tài)，可知整個過程中，兩子彈對木塊的推力大小時刻相等，則兩子彈所受的阻力大小時刻相等，且作用時間也一定相等。設全過程平均阻力為f，根據(jù)動能定理得，對子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，對子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，則有子彈入射時的初動能EkA＞EkB，故B、C錯誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有＝，而EkA＞EkB，則得到mA＜mB，故A錯誤。 5. (2020·廣西南寧二中、柳州高中二校高三聯(lián)考)如圖所示，一半徑為R＝0.4 m的固定光滑圓弧軌道AB位于豎直平面內，軌道下端與

57、一光滑水平直軌道相切于B點，一小球M從距圓弧軌道最高點A高度為h＝0.4 m處由靜止釋放，并恰好沿切線進入圓弧軌道，當滑到水平面上后與靜止在水平面上且前端帶有輕彈簧的小球N碰撞，M、N質量均為m＝1 kg，g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．小球M在圓弧軌道內運動過程中所受合外力方向始終指向軌道圓心 B．輕彈簧被壓縮至最短時，M和N的速度大小都是2 m/s C．輕彈簧被壓縮的過程中，M、N的總動量和總動能都保持不變 D．輕彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為6 J 答案　B 解析　小球M在圓弧軌道內運動過程中受豎直向下的重力、指向圓心的支持力，做變速圓周運動，合外力方

58、向除在B點外都不指向軌道圓心，故A錯誤；小球M從開始到滑到B的過程，由機械能守恒定律得：mg(h＋R)＝mv，代入數(shù)據(jù)解得：vB＝4 m/s，輕彈簧被壓縮至最短時兩球速度相等，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvB＝2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s，故B正確；輕彈簧被壓縮的過程中，由動量守恒定律知M、N的總動量不變，根據(jù)機械能守恒定律知彈性勢能增大，所以M、N的總動能減少，故C錯誤；輕彈簧被壓縮至最短時，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律得：mv＝·2mv2＋Epm，代入數(shù)據(jù)解得：Epm＝4 J，故D錯誤。 6. (2019·福建省福州市檢測)如圖所示，傾角為θ＝30°的粗

59、糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷。質量為m、帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經過斜面中點O時速度達到最大值v，運動的最低點為N(圖中沒有標出)，則下列說法正確的是(　　) A．物塊向下運動的過程中加速度先增大后減小 B．物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝ C．物塊運動的最低點N到O點的距離小于M點到O點的距離 D．物塊的釋放點M與O點間的電勢差為 答案　D 解析　根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強度先減小后增大，中點O的電場強度為零。設物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有m

60、gsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物塊下滑的過程中電場力qE先沿斜面向下逐漸減小后沿斜面向上逐漸增大，所以物塊的加速度大小先減小后增大，A錯誤；物塊在斜面上運動到O點時的速度最大，則可知此時物塊的加速度為零，又電場強度為零，有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ＝，B錯誤；由于運動過程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊從M點運動到N點的過程中受到的合外力為qE，因此最低點N與釋放點M關于O點對稱，C錯誤；根據(jù)動能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物塊的釋放點M與O點間的電勢

61、差UMO＝，D正確。 7. (2019·福建省泉州市檢測)(多選)一質量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點由靜止下滑，經時間t后立即加上沿斜面向上的勻強電場，再經時間t滑塊恰好過A點。重力加速度大小為g，則(　　) A．勻強電場的電場強度大小為 B．滑塊過A點時的速度大小為2gtsinθ C．滑塊從A點到最低點過程中重力勢能減少了mg2t2sin2θ D．滑塊從最低點到A點的過程中電勢能減少了2mg2t2sin2θ 答案　AB 解析　未加電場時，小滑塊的加速度大小為a＝gsinθ，經時間t后速度大小為v1＝at＝gtsinθ，位移大小為x＝at2

62、＝gt2sinθ；加上電場后，則加速度大小為a′＝－gsinθ，再經時間t后，根據(jù)勻變速運動規(guī)律有x＝－v1t＋a′t2，聯(lián)立解得a′＝3gsinθ，E＝，A正確；滑塊過A點時的速度大小為v2＝－v1＋a′t＝－gtsinθ＋3gtsinθ＝2gtsinθ，B正確；從A點到最低點，位移大小為x總＝at2＋＝gt2sinθ，所以重力勢能減小量ΔEp＝mgx總sinθ＝mg2t2sin2θ，C錯誤；從最低點到A點根據(jù)動能定理W電－mgx總sinθ＝mv－0，解得W電＝mg2t2sin2θ，所以電勢能減少了ΔEp′＝W電＝mg2t2sin2θ，D錯誤。 8. (2019·陜西省西安市檢測)如圖所示

63、，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端有一阻值為R的電阻，一質量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導軌上，棒與導軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，金屬棒以初速度v0沿導軌向右運動，在金屬棒整個運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．金屬棒b端電勢比a端高 B．金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R上產生的焦耳熱 C．金屬棒ab運動的位移為 D．金屬棒ab運動的位移為 答案　D 解析　金屬棒ab相當于電源，由右手定則可知，金屬棒ab上電流的方向是b→a，說明b端電勢比a端低，A錯誤；由功能關系知金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R與

64、金屬棒上產生的焦耳熱之和，B錯誤；由動量定理得－BLΔt＝0－mv0，由法拉第電磁感應定律得E＝B，由閉合電路的歐姆定律得E＝·2R，聯(lián)立解得金屬棒的位移x＝，C錯誤，D正確。 9．(2019·云南省昆明市模擬)(多選)如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，導軌間距為L，導軌平面與水平面間夾角為θ＝37°，N、Q間連接一個阻值為R的電阻，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度大小為B。將一根質量為m的金屬棒放在兩導軌的ab位置，現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌下滑過程中始終與兩導軌垂直，且與導軌接觸良好，當金屬棒滑行至cd位置，速度開始保持不變。已知cd與ab之間的距離為s，金屬棒與導

65、軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬棒及導軌的電阻不計，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則(　　) A．金屬棒沿導軌剛開始下滑時的加速度大小為g B．金屬棒到達cd處的速度大小為 C．金屬棒由ab處運動到cd處所用的時間為t＝＋ D．金屬棒由ab處運動到cd處所用的時間為t＝＋ 答案　BC 解析　金屬棒沿導軌剛開始下滑時，有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝，A錯誤；金屬棒到達cd處，速度達到最大，金屬棒所受的合外力為0，故有mgsin37°－μmgcos37°－F安＝0，其中F安＝BIL＝BL，聯(lián)立解得vm＝，B正確；金屬棒由ab處

66、運動到cd處，由動量定理得(mgsin37°－μmgcos37°－BIL)Δt＝mΔv，其中I＝，整理式子并兩邊求和得∑(mgsin37°－μmgcos37°)Δt－∑Δt＝∑mΔv，則有(mgsin37°－μmgcos37°)t－＝mvm，解得t＝＋，C正確，D錯誤。 10．(2019·河北唐山二模)如圖所示，有兩光滑平行金屬導軌PQR、DEF，PQ、DE部分為半徑為r的圓弧導軌，QR、EF部分為水平導軌，圓弧部分與水平部分相切，水平部分處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌間距為L。兩金屬桿a、b的質量分別為m、3m，電阻均為R。開始時，桿b與兩水平軌道垂直且靜止于磁場中，a桿從圓弧軌道上端由靜止釋放，釋放位置與水平軌道的高度差為r，求： (1)a桿運動到圓弧末端時對軌道的壓力； (2)b桿的最大加速度和最大速度。 答案　(1)3mg　(2)　 解析　(1)對a沿圓弧軌道下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：mgr＝mv， 對a在圓弧末端，根據(jù)牛頓第二定律可得： FN－mg＝m，解得：FN＝3mg， 根據(jù)牛頓第三定律可得，a桿運動到圓弧末端時對軌道的壓力為3