《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究5 加試計(jì)算題 23題 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究5 加試計(jì)算題 23題 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

題型研究5 加試計(jì)算題 23題 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 1．動(dòng)量定理 物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量變化．即I＝Δp或Ft＝Δp或Ft＝p1－p2，它的表達(dá)式是一個(gè)矢量方程，即表示動(dòng)量的變化方向與沖量的方向相同． 2．動(dòng)量守恒定律： (1)內(nèi)容：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．即： p1＝p2或Δp1＝－Δp2. (2)條件：①系統(tǒng)不受外力或者所受外力的和為零；②系統(tǒng)所受外力遠(yuǎn)小于系統(tǒng)的內(nèi)力，可以忽略不計(jì)；③系統(tǒng)在某一個(gè)方向上所受的合外力為零，則該方向上動(dòng)量守恒． 3．動(dòng)能定理： 合外力做的功等于物體動(dòng)能的變化．(這里的合外力指物體受到的所有外力的合力，包括重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力等)．表達(dá)式為W＝ΔEk或W總＝Ek2－Ek1. 4．機(jī)械能守恒定律： 在只有重力(或彈簧彈力)做功時(shí)，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒． 例1　如圖1所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對(duì)接，右邊與一個(gè)足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞的時(shí)間為0.3 s，碰后的速度大小變?yōu)? m/s.當(dāng)A與B碰撞后會(huì)立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2，求： 圖1 (1)在A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對(duì)A的平均作用力的大小； (2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度． 答案　(1)50 N　(2)0.45 m 解析　(1)設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理有 Ft＝mAv1′－mA(－v1) 解得F＝50 N (2)設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv1′＝(mA＋mB)v A、B在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh 解得h＝0.45 m. 動(dòng)量和能量綜合題的解題思路 1．仔細(xì)審題，把握題意 在讀題的過程中，必須仔細(xì)、認(rèn)真，要收集題中的有用信息，弄清物理過程，建立清晰的物理情景，充分挖掘題中的隱含條件，不放過任何一個(gè)細(xì)節(jié)． 2．確定研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析 有的題目可能會(huì)有多個(gè)研究對(duì)象，研究對(duì)象確定后，必須對(duì)它進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，明確其運(yùn)動(dòng)的可能性． 3．思考解題途徑，正確選用規(guī)律 根據(jù)物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，選擇與它相適應(yīng)的物理規(guī)律及題中給予的某種等量關(guān)系列方程求解． 4．檢查解題過程，檢驗(yàn)解題結(jié)果 檢查過程并檢驗(yàn)結(jié)果是否符合題意以及是否符合實(shí)際情況． 變式題組 1．如圖2所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下進(jìn)入水平面，在坡道末端O點(diǎn)無機(jī)械能損失．現(xiàn)將輕彈簧的一端固定在M處的墻上，另一端與質(zhì)量為m2的物塊B相連．A從坡道上滑下來后與B碰撞的時(shí)間極短，碰后A、B結(jié)合在一起共同壓縮彈簧．各處摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求： 圖2 (1)A在與B碰撞前瞬時(shí)速度v的大??； (2)A與B碰后瞬間的速度v′的大?。? (3)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能Ep. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝m1v2 v＝ (2)A、B在碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律得 m1v＝(m1＋m2)v′ v′＝ (3)A、B速度v′減為零時(shí)，彈簧被壓縮到最短，由機(jī)械能守恒定律得 Ep＝(m1＋m2)v′2＝. 2．如圖3所示，光滑水平面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放，且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面．已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，試求： 圖3 (1)A剛從B上滑至地面時(shí)的速度大?。? (2)若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞，之后以原速率反彈，則A返回B的曲面上能到達(dá)的最大高度為多少？ 答案　(1)　(2)h 解析　(1)設(shè)A剛滑至地面時(shí)速度大小為v1，B速度大小為v2，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得3mv2－mv1＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝mv12＋3mv22 聯(lián)立以上兩式解得：v1＝ v2＝. (2)從A與擋板碰后開始，到A追上B到達(dá)最大高度h′并具有共同速度v，此過程根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得 mv1＋3mv2＝4mv 根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得 mgh＝4mv2＋mgh′ 聯(lián)立解得： h′＝h.  　　　　　動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 解決力學(xué)問題的三種解題思路 1．以牛頓運(yùn)動(dòng)定律為核心，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題，適用于力與加速度的瞬時(shí)關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)的力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、勻變速運(yùn)動(dòng)的問題，這類問題關(guān)鍵要抓住力與運(yùn)動(dòng)之間的橋梁——加速度． 2．從動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律的角度解題，適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力和位移問題． 3．從動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律的角度解題，適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力與時(shí)間問題(不涉及加速度)及相互作用物體系統(tǒng)的碰撞、打擊、爆炸、反沖等問題． 例2　如圖4所示，質(zhì)量為m的b球用長h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處．質(zhì)量也為m的小球a，從距BC高h(yuǎn)的A處由靜止釋放，沿光滑軌道ABC下滑，在C處與b球正碰并與b黏在一起．已知BC軌道距地面的高度為0.5h，懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問： 圖4 (1)a球與b球碰前瞬間的速度多大？ (2)a、b兩球碰后，細(xì)繩是否會(huì)斷裂？若細(xì)繩斷裂，小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C的水平距離是多少？若細(xì)繩不斷裂，小球最高將擺多高？ 答案　(1)　(2)斷裂　h 解析　(1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，則由機(jī)械能守恒得 mgh＝mvC2，解得：vC＝ 即a球與b球碰前的速度為. (2)設(shè)碰后b球的速度為v，由動(dòng)量守恒得 mvC＝(m＋m)v 故v＝vC＝ 小球被細(xì)繩懸掛繞O擺動(dòng)時(shí)，若細(xì)繩拉力為FT，則 FT－2mg＝2m，解得FT＝3mg FT>2.8mg，細(xì)繩會(huì)斷裂，小球做平拋運(yùn)動(dòng) 設(shè)平拋的時(shí)間為t，則0.5h＝gt2 得t＝ 故落點(diǎn)距C的水平距離為 x＝vt＝＝h 小球最終落到地面距C水平距離h處． 力學(xué)規(guī)律的優(yōu)選策略 1．牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，或者物體受恒力作用，且又直接涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度問題時(shí)，應(yīng)采用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律． 2．動(dòng)量定理反映了力對(duì)事件的積累效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題． 3．動(dòng)能定理反映了力對(duì)空間的積累效應(yīng)，對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間，而涉及力、位移、速度的問題，無論是恒力還是變力，一般都利用動(dòng)能定理求解． 4．如果物體只有重力或彈簧彈力做功而不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間，此類問題則首先考慮用機(jī)械能守恒定律求解． 5．在涉及相對(duì)位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，及系統(tǒng)克服摩擦力所做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能． 6．在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，必須注意到一般過程中均含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化．這類問題由于作用時(shí)間都很短，動(dòng)量守恒定律一般大有作為． 變式題組 3．如圖5所示，一個(gè)半徑R＝1.00 m的粗糙圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，其下端切線是水平的，距地面高度h＝1.25 m．在軌道末端放有質(zhì)量mB＝0.30 kg的小球B(視為質(zhì)點(diǎn))，B左側(cè)裝有微型傳感器，另一質(zhì)量mA＝0.10 kg的小球A(也視為質(zhì)點(diǎn))由軌道上端點(diǎn)從靜止開始釋放，運(yùn)動(dòng)到軌道最低處時(shí)，傳感器顯示示數(shù)為2.6 N，A與B發(fā)生正碰，碰后B小球水平飛出，落到地面時(shí)的水平位移x＝0.80 m，不計(jì)空氣阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功； (2)A與B碰撞過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能． 答案　(1)0.20 J　(2)0.384 J 解析　(1)在最低點(diǎn)，對(duì)A球由牛頓第二定律有 FA－mAg＝mA 得vA＝4.00 m/s 在A下落過程中，由動(dòng)能定理有： mAgR－Wf＝mAvA2 A球在碰前克服摩擦力所做的功Wf＝0.20 J. (2)碰后B球做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向有x＝vB′t 在豎直方向有h＝gt2 聯(lián)立以上兩式可得碰后B的速度vB′＝1.6 m/s 對(duì)A、B碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 碰后A球的速度vA′＝－0.80 m/s，負(fù)號(hào)表示碰后A球運(yùn)動(dòng)方向向左 由能量守恒得，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能： ΔE損＝mAvA2－mAvA′2－mBvB′2 故ΔE損＝0.384 J 在A與B碰撞的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.384 J. 4．(2016麗水調(diào)研)如圖6所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計(jì)．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2 kg.現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10 N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t＝0.6 s，二者的速度達(dá)到v1＝2 m/s.求： 圖6 (1)A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??； (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??； (3)A的上表面長度l. 答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 解析　(1)以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有 F＝mAa① 代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5 m/s2② (2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t＝0.6 s的過程，由動(dòng)量定理得 Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v③ 代入數(shù)據(jù)解得v＝1 m/s④ (3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v⑤ A從開始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理有 Fl＝mAvA2⑥ 由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45 m. 1．一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示．物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止．g取10 m/s2. 圖1 (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 解析　(1)由動(dòng)能定理有 －μmgs＝mv2－mv02 可得μ＝0.32 (2)由動(dòng)量定理有 FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N (3)W＝mv′2＝9 J. 2．(2015紹興市模擬)如圖2所示，水平地面上固定有高為h的平臺(tái)，臺(tái)面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面高也為h，坡道底端與臺(tái)面相切．小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)面后與靜止在臺(tái)面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面邊緣飛出，落地點(diǎn)與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的一半．兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖2 (1)小球A剛滑至水平臺(tái)面的速度vA； (2)A、B兩球的質(zhì)量之比mA∶mB. 答案　(1)　(2)1∶3 解析　(1)小球從坡道頂端滑至水平臺(tái)面的過程中，由機(jī)械能守恒定律得 mAgh＝mAvA2 解得vA＝ (2)設(shè)兩球碰撞后共同的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得 mAvA＝(mA＋mB)v 粘在一起的兩球飛出臺(tái)面后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在豎直方向上有 h＝gt2 在水平方向上有 ＝vt 聯(lián)立上述各式得 mA∶mB＝1∶3. 3．如圖3所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)，現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m，A和B的質(zhì)量相等，A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖3 (1)碰撞前瞬間A的速率v； (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l. 答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 解析　設(shè)滑塊A的質(zhì)量為m. (1)滑塊由A到B的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律 mgR＝mv2 得碰撞前瞬間A的速率v＝＝2 m/s (2)碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 mv＝2mv′ 得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝v＝1 m/s (3)根據(jù)動(dòng)能定理：(2m)v′2＝μ(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l＝＝0.25 m. 4．如圖4所示，小球A系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到水平面的距離為h.物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點(diǎn)正下方，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)拉動(dòng)小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升至最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時(shí)間t. 圖4 答案　 解析　設(shè)小球的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh＝mv12① 解得v1＝② 設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有 mg＝mv1′2③ 解得v1′＝ ④ 設(shè)碰后物塊的速度大小為v2，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 mv1＝－mv1′＋5mv2⑤ 解得v2＝ ⑥ 物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小F＝5μmg⑦ 設(shè)物塊在水平面上滑行的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定律有 －Ft＝0－5mv2⑧ 解得t＝⑨ 解法二：物塊在水平面上滑行時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從⑤式以后可以換為以下內(nèi)容：加速度a＝＝－μg，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t＝＝. 5．如圖5所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為m、3m的A、B兩物體如圖所示，其中A緊靠墻壁，A、B之間有質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，對(duì)該物體做功為W，使AB間彈簧被壓縮但系統(tǒng)靜止，突然撤去向左推力解除壓縮，求： 圖5 (1)從撤去外力到物塊A離開墻壁的過程中，墻壁對(duì)物塊A的沖量； (2)在物塊A離開墻壁后的運(yùn)動(dòng)過程中，物塊A、B速度的最小值． 答案　(1)　(2)0　 解析　(1)壓縮彈簧時(shí)外力做功全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能．撤去外力后，物塊B在彈力作用下做加速運(yùn)動(dòng)．在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．設(shè)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，物塊B的速度為vB0，有W＝mvB02① vB0＝ ② 此過程中系統(tǒng)的動(dòng)量變化即為墻給A的沖量，有 I＝3mvB0③ 聯(lián)立解得 I＝④ (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，物塊A的速度為最小值vA0.有vA0＝0⑤ 物塊A離開墻壁后，在彈簧的作用下速度逐漸增大，物塊B速度逐漸減?。?dāng)彈簧再一次恢復(fù)原長時(shí)，物塊A達(dá)到最大速度vA.物塊B的速度減小到最小值vB.在此過程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒， 有3mvB0＝mvA＋3mvB⑥ W＝mvA2＋mvB2 聯(lián)立可得 vB＝ . 6．(2016浙江4月選考23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖6所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時(shí)Δt，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體．當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后．噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭． 圖6 (1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度v0；(不計(jì)空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律，有 ＝＝ q＝Δt＝＝ 電流方向向右 (2)平均感應(yīng)電流 ＝＝ 平均安培力 ＝BL (－mg)Δt＝mv0 v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動(dòng)量守恒定律 －m′v＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v.