高考物理備考升級(jí)闖關(guān)系列練習(xí)含解析：碰撞與動(dòng)量守恒

07碰撞與動(dòng)量守恒

第一部分名師綜述

綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識(shí)的同時(shí)，注重考查基本概念和基本規(guī)律。

考綱要求

1、理解動(dòng)量、動(dòng)量變化量的概念；知道動(dòng)量守恒的條件。

2、會(huì)利用動(dòng)量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問(wèn)題。

命題規(guī)律

1、動(dòng)量和動(dòng)量的變化量這兩個(gè)概念常穿插在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中考查。

2、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)；動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來(lái)解決

碰撞、打擊、反沖等問(wèn)題，以及動(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點(diǎn)。

第二部分精選試題

一、單選題

1.如圖所示，左圖為大型游樂(lè)設(shè)施跳樓機(jī)，右圖為其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。跳樓機(jī)由靜止從a自由下落到6,再?gòu)?

開(kāi)始以恒力制動(dòng)豎直下落到c停下。已知跳樓機(jī)和游客的總質(zhì)量為%高度差為加，A高度差為力，重

力加速度為g。則

A.從a到。與從6到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：1

B.從a到6,跳樓機(jī)座椅對(duì)游客的作用力與游客的重力大小相等

C.從a到6,跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為，

D.從6到c,跳樓機(jī)受到制動(dòng)力的大小等于2〃將

【答案】A

【解析】

【詳解】

A.由題意可知，跳樓機(jī)從a運(yùn)動(dòng)6過(guò)程中做自由落體運(yùn)動(dòng)，由2=：/可得，下落時(shí)間；=『=21,由

可知，運(yùn)動(dòng)到。的速度大小為=\行=》；跳樓機(jī)從a運(yùn)動(dòng)6過(guò)程中做減速運(yùn)動(dòng)，同理可得=；，，2=/,

解得減速過(guò)程的加速度大小為=幺,時(shí)間為2=],故從a到6與從6到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為;:司:卜23

故A正確；

B.從a到4跳樓機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng)，故跳樓機(jī)座椅對(duì)游客的作用力為零，故B錯(cuò)誤；

C.從a到6,根據(jù)動(dòng)量定理可得==為，則跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為仄/,故C錯(cuò)誤；

D.從6到c,根據(jù)牛頓第二定律有：一==分解得跳樓機(jī)受到制動(dòng)力的大小為=3,故D錯(cuò)誤。

2.北京時(shí)間2009年3月1日下午15時(shí)36分，在距月球表面lOOkni的圓軌道上運(yùn)行的質(zhì)量為j.2x(連

同燃料)的“嫦娥一號(hào)”衛(wèi)星，在北京航天飛行控制中心科技人員的控制下發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火。在極短的時(shí)間內(nèi)以

4.92km/s的速度(相對(duì)月球表面)向前噴出質(zhì)量為50kg的氣體后，衛(wèi)星減速。只在月球引力的作用下下落,

最后成功撞擊到月球東經(jīng)52.36度、南緯1.50度的預(yù)定的豐富海區(qū)域，實(shí)現(xiàn)了預(yù)期目標(biāo)，為中國(guó)探月一期

工程畫(huà)上一個(gè)圓滿的句號(hào)。已知月球的半徑=Z7Xi",月球表面的重力加速度g'=L8m/s2。則“嫦娥一號(hào)”

噴氣后的速度約為()

A.1.10km/sB.1.56km/sC.2.88km/sD.3.78km/s

【答案】B

【解析】

【詳解】

“嫦娥一號(hào)”，衛(wèi)星在距離月球表面100km做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)：「=:其中；=‘，則解得：

=f-=ZZx2^=Z7x103/;噴氣的過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律：=(-)：+z解得

M+Y.我」。

=-----三遍-------------/=1-56xIffl=1.56/，故選B.

3.隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野。“引力彈弓效應(yīng)”是指在太

空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。為了分析這個(gè)過(guò)程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)

器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽(yáng)為參考系,

設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為

,探測(cè)器的初速度大小為的，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為%和彩.探測(cè)器和

行星雖然沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一

條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是

A.n>voB.匕=VoC.V2>voD.V2=vo

【答案】A

【解析】

【詳解】

設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為卬，行星的質(zhì)量為探測(cè)器和行星發(fā)生彈性碰撞.

A、B、對(duì)于模型一：設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律：一0=,+“由能量守恒？+必=*+：*，聯(lián)立解得

探測(cè)器碰后的速度:=牛，因>>,則；處2+°>.，故A正確，B錯(cuò)誤.

C、D、對(duì)于模型二：設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律：+°=-2+2，由能量守恒不+/=%+￡，聯(lián)立解

得探測(cè)器碰后的速度2=中，因>>,則故C、D均錯(cuò)誤.

故選A.

4.在光滑水平面上，一質(zhì)量為以速度大小為〃的月球與質(zhì)量為20靜止的6球碰撞后，月球的速度方向與

碰撞前相反。則碰撞后6球的速度大小可能是（）

A.0B.0.3C.0.6KD.0.9

【答案】C

【解析】

【詳解】

/、6兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上合外力為零，力球和6球碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)/、8兩球碰撞

后的速度分別為「2，

選A原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有：

=-：+22…①

假設(shè)碰后4球靜止，即；=￡可得：

由題意知球力被反彈，所以球6的速度為：2>〃尻..②

四兩球碰撞過(guò)程能量可能有損失，由能量關(guān)系有：值

西兩式聯(lián)立得：2三：…④

由頻兩式可得：0.5<2

符合條件的只有。6；故C正確，ABD錯(cuò)誤

故選：Co

5.我國(guó)航天事業(yè)持續(xù)飛速發(fā)展，2019年1月，嫦娥四號(hào)飛船在太陽(yáng)系最大的撞擊坑內(nèi)靠近月球南極的地點(diǎn)

著陸月球背面。假設(shè)有一種宇宙飛船利用離子噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)加速起飛，發(fā)動(dòng)機(jī)加速電壓

噴出二價(jià)氧離子，離子束電流為

那么下列結(jié)論正確的是(元電荷

氧離子質(zhì)量飛船質(zhì)量

)()

A.噴出的每個(gè)氧離子的動(dòng)量=[

B.飛船所受到的推力為=/

C.飛船的加速度為=-I

D.推力做功的功率為/

【答案】B

【解析】

【詳解】

A、對(duì)于每個(gè)氧離子，在加速電壓U的作用下加速，有：°，解得：=2G,故A錯(cuò)誤;

B設(shè)

時(shí)間內(nèi)有n個(gè)離子被噴出，根據(jù)電流的定義式：===,對(duì)于單個(gè)離子，由動(dòng)量定理得：0=丁若有n個(gè)

離子被噴出，則有聯(lián)立以上各式可得：=由牛頓第三定律：==J，故B正確；

C、對(duì)飛船，由牛頓第二定律得：==口,故C錯(cuò)誤；

D、功率的單位與N不同，故D錯(cuò)誤。

【點(diǎn)睛】

6.宇宙飛船動(dòng)力裝置的工作原理與下列情景相似：如圖，光滑地面上有一質(zhì)量為M的絕緣小車，小車兩端

分別固定帶等量異種電荷的豎直金屬板，在小車的右板正中央開(kāi)有一個(gè)小孔，兩金屬板間的電場(chǎng)可看作勻

強(qiáng)電場(chǎng)，兩板間電壓為U。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為+q、重力不計(jì)的粒子從左板正對(duì)小孔處無(wú)初速釋放。

則以下判斷正確的是：()

7777T7777-r

A.小車總保持靜止?fàn)顟B(tài)

B.小車最后減速運(yùn)動(dòng)

c.粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度為j

D.粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度為H

【答案】D

【解析】

【詳解】

金屬板間的電場(chǎng)方向向右，粒子所受的電場(chǎng)力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，小車所受的電場(chǎng)力方向

向左，則小車將向左做勻加速運(yùn)動(dòng)。粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度，粒子不再受電.場(chǎng)力作用，小車也不再受電場(chǎng)力，

將做勻速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤。設(shè)粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度為V”小車此時(shí)的速度為V2.取向右方向?yàn)檎较颉８?/p>

據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒得：0=mvi-Mv；qU=WmvJ+=mvj；聯(lián)立解得，.=.故C錯(cuò)誤，D正確。

2"V(+)

故選Do

7.雨打芭蕉是我國(guó)古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同

學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測(cè)得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm,查詢得知，當(dāng)時(shí)雨滴落地速度約為10m

/s,設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無(wú)反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為IXlO'kg/m',據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積

上的平均受力約為

A.0.25NB.0.5NC.1.5ND.2.5N

【答案】A

【解析】

【詳解】

由于是估算壓強(qiáng)，所以不計(jì)雨滴的重力。設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為尸.設(shè)在ZU時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為/如

的雨水的速度由v=10m/s減為零。以向上為正方向，對(duì)這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：尸△片0-(-△/?/)=40%

得：F=--,設(shè)水杯橫截面積為S,對(duì)水杯里的雨水，在時(shí)間內(nèi)水面上升則有：Am=PSAh\F=P5i-=.壓

強(qiáng)為：==—=2xx10x，=0.251￡i故A正確，BCD錯(cuò)誤。

A1CX.60''

8.質(zhì)量為m的帶正電小球由空中1點(diǎn)無(wú)初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，

再經(jīng)過(guò)t秒小球又回到/點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則()

A.整個(gè)過(guò)程中小球電勢(shì)能變化了為

B.整個(gè)過(guò)程中小球速度增量的大小為2gt

C.從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了遍一

1).從｛點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了磁十

【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，抓住位移關(guān)系求出電場(chǎng)力和重力的大小關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化，根據(jù)

動(dòng)量定理求出整個(gè)過(guò)程中小球速度增量的大小，運(yùn)用動(dòng)能定理可得小球動(dòng)能變化，根據(jù)重力做功判斷從A

點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化。

【詳解】

A、自由落體運(yùn)動(dòng)的位移x尸金末速度v=gt,設(shè)加上電場(chǎng)后的加速度為a,則加上電場(chǎng)后在ts內(nèi)的位移

X2=vt-iat2=gt2-iat',因?yàn)閤z=-xi,解得a=3g,根據(jù)牛頓第二定律有a=二，所以電場(chǎng)力F=4mg,電場(chǎng)力做功與

路徑無(wú)關(guān)，則電場(chǎng)力做的正功W=Fxi=2mg*,帶電小球電勢(shì)能減小了2mgzt2,故A錯(cuò)誤。

B、整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)量定理有：Ft-mg2t=mAv,解得小球速度增量的大小Av=2gt,故B正確。

C、加電場(chǎng)時(shí)，物體的速度v=gt,到最低點(diǎn)時(shí)末速度為零，則由動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽軠p小了事―，故C錯(cuò)誤。

D、ts末加上電場(chǎng)勻減速運(yùn)動(dòng)到零的位移：x則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的位移：x=f+=gtYgt2,貝懂力做

2665上j

功怖=%g*,所以重力勢(shì)能減小量為各g2t，故D錯(cuò)誤.

JJ

故選：B

9.如圖所示，光滑地面上靜置一質(zhì)量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R,表面光滑。將一質(zhì)量為m的小滑

塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從凹槽邊緣處由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到凹槽的最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)凹槽的壓力為R,R的

求解比較復(fù)雜，但是我們可以根據(jù)學(xué)過(guò)的物理知識(shí)和方法判斷出可能正確的是(重力加速度為g)()

A.電B(抖ZC(3+"D.曲

【答案】A

【解析】

【詳解】

滑塊和凹側(cè)組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)有：=,

22

由極限的思想，當(dāng)M趨于無(wú)窮大時(shí)，趨近于0,凹槽靜止不動(dòng)，滑塊速度為=e,且小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)

由牛頓第二定律得-=；解得=》四個(gè)選項(xiàng)中當(dāng)M趨于無(wú)窮大時(shí)，只有A選項(xiàng)符合，另外CD選項(xiàng)從量

綱的角度上講也不對(duì)，故A對(duì)；BCD錯(cuò)；

故選A

10.如圖甲所示，一塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度

V。射人木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離為s（圖乙）。設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中受到的阻力

恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。則子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間為

A.二（+）B.二（+wC.十（+）D.二（+為

00200

【答案】D

【解析】

【分析】

以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，滿足動(dòng)量守恒定律，分別對(duì)子彈和木塊列動(dòng)能定理表達(dá)式，再對(duì)木

塊列動(dòng)量定理表達(dá)式，聯(lián)立可求解.

【詳解】

子彈穿過(guò)木塊過(guò)程，對(duì)子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動(dòng)量守恒，有：0=i+2，

設(shè)孑彈穿過(guò)木塊的過(guò)程所受阻力為￡對(duì)子彈由動(dòng)能定理：一（+）=$-苣，由動(dòng)量定理：_=；一0，

對(duì)木塊由動(dòng)能定理：=1，由動(dòng)量定理:

聯(lián)立解得：="+2);故選D.

【點(diǎn)睛】

子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程，子彈與木塊組成的相同動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理可以正確解題，解題

時(shí)注意研究對(duì)象、研究過(guò)程的選擇.

二、多選題

11.如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層。設(shè)水柱直徑為水流速度為匕方向水平,

水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零.高壓水槍的質(zhì)量為"，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的

水流速度可忽略不計(jì)己知水的密度為

,下列說(shuō)法正確的是

A.高壓水槍的流量為

B.高壓水槍的功率為33

8

C.水柱對(duì)煤層的平均沖擊力為

D.手對(duì)高壓水槍的作用力水平向右

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A設(shè)

時(shí)間內(nèi)從水槍噴出的水的體積為

則=，所以單位時(shí)間內(nèi)高壓水槍的流量為故A錯(cuò);

B、設(shè)

時(shí)間內(nèi)從水槍噴出的水的體積為

質(zhì)量為

則

時(shí)間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為

時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能==2==2；,高壓水槍的功率_=；2：,故B對(duì)；

288

C、考慮一個(gè)極短時(shí)間，在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為處設(shè)煤層對(duì)水柱的作用力為小；由動(dòng)量定

理，=，.時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量=：2，解得由牛頓第三定律可知，水柱對(duì)煤層的平均沖力為

44

子,故c對(duì);

D、當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時(shí),水流對(duì)高壓水槍的作用力向左，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右上方,故D錯(cuò);

12.如圖所示，運(yùn)動(dòng)的球A在光滑水平面上與一個(gè)原來(lái)靜止的球B發(fā)生彈性碰撞,

/IB

777/77/77777777777777/77/7777

A.要使B球獲得最大動(dòng)能，則應(yīng)讓A,B兩球質(zhì)量相等

B.要使B球獲得最大速度，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量

C.要使B球獲得最大動(dòng)量，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量

D.若A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動(dòng)能、最大速度及最大動(dòng)量

【答案】ABC

【解析】

【詳解】

設(shè)A球的質(zhì)量為.、B球質(zhì)量為2、碰前A球的速度為0,A與B發(fā)生彈性碰撞，貝.0=叮+三

解得：.，==?

1;+/

A：據(jù)；'=亍°,當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動(dòng)能，B球獲得了最

大動(dòng)能。故A項(xiàng)正確。

B：據(jù)2'=三0,當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時(shí)，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍。故B項(xiàng)正確。

C：據(jù)當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量時(shí)，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A

球初始動(dòng)量的接近2倍，B球獲得最大動(dòng)量。故C項(xiàng)正確。

D：由上面三項(xiàng)分析知，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

13.靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的原子核X發(fā)生a衰變后變成新原子核Y。已知核X的質(zhì)量數(shù)為A,電荷數(shù)為Z,核

X、核Y和a粒子的質(zhì)量分別為服、m、和m?,a粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R。則

A.衰變方程可表示為，二夕+知B.核Y的結(jié)合能為c2

C.核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為二D.核Y的動(dòng)能為《=詠*?￡卜’

Z-Z4’SJy-HUa

【答案】AC

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程可表示為I-合夕+縱，選項(xiàng)A正確；

B.此反應(yīng)中放出的總能量為：AE=(m5-niv-mu)c\可知核Y的結(jié)合能不等于)c',選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)半徑公式=,又niv=P(動(dòng)量)，則得=,在衰變過(guò)程遵守動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：O=Pv-P?,

則P產(chǎn)P.,得半徑之比為==上，則核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為=馬，故C正確；

—2一/

D.兩核的動(dòng)能之比：=(=$=，因+==(--)<解得=匕/，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

14.如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個(gè)半徑足夠大的二光滑圓弧軌道平滑相連，

質(zhì)量分別為Z6與0.5的木塊46靜置于光滑水平軌道上，現(xiàn)給木塊力一大小為6/的速度，使其水半向左運(yùn)動(dòng)

并與墻壁碰撞，碰撞的時(shí)間為0.3,碰后的速度大小變?yōu)?/，木塊從6碰撞后立即粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，

重力加速度g取］0/，，則()

JX>/

務(wù)”舟“Ar????尸v-

A.在木塊力與墻壁碰撞的過(guò)程中，墻壁對(duì)木塊力的平均作用力大小為504

B.木塊力與在墻壁碰撞的過(guò)程中沒(méi)有能量損失

C.木塊4、6碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為以

D.木塊/、3滑上圓弧軌道后到達(dá)的最大高度為。有

【答案】ACD

【解析】

【詳解】

設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)/與墻壁碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理得：='代入數(shù)據(jù)解，墻壁對(duì)4的平均

作用力為：=5&，故/正確。/與墻壁碰撞后動(dòng)能減小，說(shuō)明碰撞過(guò)程中｛的能量有損失，故8錯(cuò)誤。設(shè)

碰撞后4、6的共同速度為％以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：'；=(+)，代入數(shù)據(jù)解得：=3/，

故C正確。人8在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

；(+)2=(+),代入數(shù)據(jù)解得：=0.45,故〃錯(cuò)誤。故選ACD.

15.如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在

水平面上，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好

停止。己知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為U,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)

域的過(guò)程中()

(重力加速度為g)

A.金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱

B.金屬棒克服安培力做的功為mgh

C.金屬棒產(chǎn)生的電熱為尹g(h-dJ

D.金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為運(yùn)一芻

5次

【答案】CD

【解析】

【詳解】

根據(jù)功能關(guān)系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯(cuò)誤。設(shè)金

屬棒克服安培力所做的功為W.對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh-umgd-W=O,得W=mg(h-ud),故B錯(cuò)誤。

電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=W=mg(h-ud),則屬棒產(chǎn)生的電熱為"g(h-ud),故C正確。金屬棒在下滑

過(guò)程中，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=$nvK得0=、％金屬棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)通過(guò)某界面的電量為

=-=3；根據(jù)動(dòng)量定理：——=0-°，其中=,解得==一二選項(xiàng)D正確；故選CD.

16.如圖甲所示，一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.2。

質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较颍訌椩谡麄€(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取

10m/s2?則

A.傳送帶的速度大小為4m/s

B.滑塊的質(zhì)量為3.3kg

C.滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J

D.若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m

【答案】BD

【解析】

【分析】

根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)

合的問(wèn)題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算。

【詳解】

A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊（含子彈）先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速

的速度大小為2m/s,則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。

B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s,子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?/p>

4m/s：子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得，0+（-）=（+）：,

即4a0+（—4=4+），解得：滑塊的質(zhì)量=66=$3。故B項(xiàng)正確。

C：滑塊（含子彈）先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，（+）=（+）,解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度

大小=2氏滑塊（含子彈）向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；=；=N，滑塊（含子彈）向左減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊與傳送帶

間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離=t,+.=(5,滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量

24,

=(+)=0.2x3.35x10x8=538。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。

D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(+)=(+)］解得：轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑=0.4。故D項(xiàng)正確.

17.如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為/=6kg,例=2kg的48兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈

簧相連，其中/緊靠墻壁現(xiàn)對(duì)6物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力對(duì)物體6做功佐25J,使從8間彈簧被

壓縮，在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左推力解除壓縮，則

I4PV\/VW\A>B------

^77^/777777777/77/77777^

A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.從撤去外力至4與墻面剛分離，4對(duì)彈簧的沖量7=10N?s,方向水平向右

D.1與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s

【答案】BCD

【解析】

【詳解】

A、解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁對(duì)A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)

前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長(zhǎng)后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量守恒，

故A錯(cuò)誤：

B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B正確：

C、壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，

設(shè)此時(shí)B的速度為V。，則：==：得v0=5m/s,此過(guò)程墻壁對(duì)A的沖量大小等于彈簧對(duì)A的沖量大小，

也等于彈簧對(duì)B的沖量大小，由動(dòng)量定理得：l—misvo—lON?5,故C正確：

D、當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，貝I」：叫,=0,A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)

彈簧拉伸最長(zhǎng).此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒、

機(jī)械能守恒有：0=+，3；=；?+?，得=2R，=~2.5/>故D正確。

18.如圖固定在地面的斜面傾角為30°,物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，到b

點(diǎn)接觸輕彈簧，又壓縮至最低點(diǎn)c,此時(shí)將B迅速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點(diǎn)。已知A質(zhì)

量為m,B質(zhì)量為3m,a、c間距為L(zhǎng),重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是

B

A.在A上滑的過(guò)程中，與彈簧分離時(shí)A的速度最大

B.彈簧被壓縮至最低點(diǎn)c時(shí)，其彈性勢(shì)能為0.8mgL

C.在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點(diǎn)的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.5mgL

D.若物塊B沒(méi)有被拿出，AB能夠上升的最高位置距離a點(diǎn)為L(zhǎng)/4

【答?案】BC

【解析】

【分析】

對(duì)木箱A下滑和上滑過(guò)程，運(yùn)用功能原理列式，可分析若物塊B沒(méi)有被拿出，彈簧能否將整體彈回a點(diǎn).在

A、B一起下滑的過(guò)程中，速度最大時(shí)的位置合力為零.根據(jù)功能關(guān)系求彈簧上端在最低點(diǎn)c時(shí)其彈性勢(shì)能

以及摩擦產(chǎn)生的熱量.

【詳解】

A.在A上滑的過(guò)程中，與彈簧分離是彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的時(shí)候，之前A已經(jīng)開(kāi)始減速，故分離時(shí)A的速度不是

最大，A錯(cuò)誤；

B.設(shè)彈簧上端在最低點(diǎn)c時(shí)，其彈性勢(shì)能為E”在A、B一起下滑的過(guò)程中，由功能關(guān)系有4處式5加，=

□?4mgLcos30°+E。,將物塊B拿出后木箱A從c點(diǎn)到a點(diǎn)的過(guò)程，由功能關(guān)系可得及=

mgLsin0+pmgLcos30°聯(lián)立解得EP=O.8/ngL,故B正確；

C.由分析可得，木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦生熱=5cos=15(-sin)=l.L

D.若AB一起能返回的距離大于彈簧原長(zhǎng)，則有=4cos+cos.解得=?但不知道‘與彈簧原長(zhǎng)的關(guān)

系，故無(wú)法確定，故D錯(cuò)誤。

【點(diǎn)睛】

解決本題的關(guān)鍵是掌握功與能的關(guān)系，明確能量是如何轉(zhuǎn)化的.解題時(shí)，，采用分段法列式.

19.一質(zhì)量為2勿的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為工；

be為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab和be均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接。現(xiàn)有一質(zhì)量為卬的

木塊以大小為丹的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為A,返回后恰好到達(dá)a點(diǎn)與物體

P相對(duì)靜止，重力加速度為g,則：

5)

a

A.粗糙水平面ab的動(dòng)摩擦因數(shù)為力/￡

B.當(dāng)木塊最后到達(dá)a時(shí)的速度為0

C.當(dāng)木塊最后到達(dá)a時(shí)的速度為％/3

D.整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為2建力

【答案】ACD

【解析】

【分析】

分不同階段應(yīng)用動(dòng)量守恒和能量守恒即可解決問(wèn)題。

【詳解】

先分析小物塊從開(kāi)始到最高點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒：mvo=3mv,=),根據(jù)能量守恒，有+=就-他

同理，最后到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度也是=整個(gè)過(guò)程能量守恒有2="一手②，聯(lián)立①②得=,得=,整個(gè)

過(guò)程產(chǎn)生的熱量=2=N：綜上ACD正確，B錯(cuò)誤。

【點(diǎn)睛】

本題綜合運(yùn)用了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生熱與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。

20.如圖所示，在光滑的水平面上靜止著物.體P,P上有一個(gè)軌道，軌道的右端為一半徑為R的光滑1/4圓

弧，左端是長(zhǎng)度為R的直軌道。一個(gè)小滑塊Q以初速度v0=4j水平向右滑上直軌道，已知P和Q質(zhì)量相等，

與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口=0.2,P和Q的質(zhì)量均為m,下列判斷正確的是

A.Q不可能沖出P的圓弧軌道

B.Q第二次經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)時(shí)P的速度最大

C.從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過(guò)程，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為》gR

【答案】BD

【解析】

【分析】

假設(shè)當(dāng)滑塊Q的速度為v時(shí)，滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，則由水平方向動(dòng)量守恒以及能量關(guān)系可求解V,

從而判斷當(dāng)v°=4d時(shí)Q能否沖出P的圓弧軌道；分析整個(gè)過(guò)程中P的受力情況可知Q第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速

度最大；結(jié)合功能關(guān)系求解系統(tǒng)機(jī)械能的損失.

【詳解】

設(shè)當(dāng)滑塊Q的速度為v時(shí)，滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，則由水平方向動(dòng)量守恒：=口：由能量關(guān)系：

?==+，解得v=2，，可知當(dāng)v0=4/時(shí)Q能沖出P的圓弧軌道，選項(xiàng)A錯(cuò)誤：Q開(kāi)始在水平軌道部分

運(yùn)動(dòng)時(shí)，P受向右的摩擦力被加速；在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q給P斜向下的壓力而使P加速；Q返回到圓弧

面上時(shí)P仍然加速，因Q第二次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后進(jìn)入水平面上后給P向左的摩擦力而使P開(kāi)始減速，可知第二

次經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)時(shí)P的速度最大，選項(xiàng)B正確；從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過(guò)程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)

量守恒，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過(guò)程，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為==02xx=0.2,選

項(xiàng)D正確；故選BD.

三、解答題

21.，如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R=L25m的四分之一圓弧軌道AB在最低點(diǎn)B與粗糙水平軌道BC相切。質(zhì)

量ml=0.1kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質(zhì)量叱=0.2kg的物塊6靜止在水平軌道上，與B點(diǎn)相

距x=4m,一段時(shí)間后,物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為U=0.2,忽略空

氣阻力，重力加速度g取10m/S2?求：

（1）物塊a、b碰撞前口的速度大小；

（2）物塊a、b碰撞后相距的最遠(yuǎn)距離。

【答案】（1）；=必川；（2）小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離x==+」=1.25

【解析】

【詳解】

（1）a由靜止釋放到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：.=="2

a從B點(diǎn)到與b碰撞前的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：-.==，.2_2，

22

（或：從釋放到碰撞全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：；一；=晨/）

聯(lián)立可得：；=《及—）=3/

（2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過(guò)程中,

由動(dòng)量守恒定律得：「==’+22

由能量守恒定律得：4/=2+h,

22"

聯(lián)立解得：I=*.=//,2=='.=2]

?+夕-1+，’

碰后小球a與b都做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：Umg=ma

小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離：*=一+二=7.為

22.光滑水平面上放著兩完全相同的小球力和6,其質(zhì)量均為0.02e，力靠在豎直墻壁上，一原長(zhǎng)為12須

的輕質(zhì)彈簧將4、8連在一起，壓縮彈簧使其長(zhǎng)度為4面時(shí)，用銷釘擋住8不動(dòng)。拔掉銷釘，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度第

2次達(dá)到(12+4死)cm時(shí),從4、8之間撤去彈簧，之后A8發(fā)生彈性碰撞，分別沖向長(zhǎng)為0.5勿、傾角為

53°的光滑斜面(機(jī)械能不損失)，并落到足夠長(zhǎng)的水平固定平臺(tái)上，已知彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為年以小,

其中勁度系數(shù)A=200Mw,x為彈簧形變量；sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=\0mg.求:

(1)彈簧首次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)5球的速度大小;

(2)從撤去彈簧到兩球相碰經(jīng)歷的時(shí)間；

(3)兩球在平臺(tái)上第一次落點(diǎn)間的距離。

【答案】⑴8山；⑵(3)1.536^

【解析】

【詳解】

(1)至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：為/=]

代入數(shù)據(jù)得”,=8m/s

(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，力開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，至撤去彈簧

由動(dòng)量守怛定律得HiBHFnu匕n+ninVif]

由能量守恒定律，/一H=為匕/+筋而

42N2

代入數(shù)據(jù)得VA\=5m/s

療3m/s

從撤去彈簧到力、6相碰經(jīng)歷時(shí)間?七

解得廣邊區(qū)s

（3）4、6彈性碰撞，機(jī)械能動(dòng)量均守恒

速度交換廢二3/〃/s；限=5/〃/s

到達(dá)斜面頂端的速度分別為矽3,3

2-3=^

其中斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=8m/s2

得KB=1W/S,KSRJ?勿/S

在平臺(tái)上的水平位移廣西cos53°.江

最終可得兩球落點(diǎn)的水平距離d=l.5360

23.如圖所示,半徑啟0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)6和圓心。的連線與水平方

向間的夾角。=30。，另一端點(diǎn)。為軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平路面上緊挨。點(diǎn)放置一木板,木板質(zhì)

量，滬2kg,上表面與。點(diǎn)等高.質(zhì)量爐1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中4點(diǎn)以/lm/s的速度水平拋出，恰

好從軌道的6端沿切線方向進(jìn)入軌道,沿軌道滑行之后又滑上木板，已知木板的長(zhǎng)度Z=lm,取5=10m/s2,求：

Vo加

（2）若物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3W/W0.8,物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量.

【答案】（1）定（2）①當(dāng)〃了3<0.6時(shí)，；=%;②當(dāng)三。<5時(shí)，：=6

【解析】

【詳解】

（1）T（平拋運(yùn)動(dòng)）：=瓦

一（能量守恒）：（/+）+；/=}

C點(diǎn)：一=：

聯(lián)立以上三式得：=56

由牛頓第三定律可得物塊剛到達(dá)軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力：，=56

(2)設(shè)物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為N時(shí)，物塊恰好滑到木板右端，由動(dòng)量和能量守恒可得：=(+)

夕=夕+尸+

解得=0.6

①當(dāng)〃3三時(shí)，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落：

則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：==1G

②當(dāng)0.6WW&6時(shí)，A和小車能共速:

則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：.=「一"+尸=6

24.如圖所示，長(zhǎng)木板質(zhì)量.滬3kg,放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質(zhì)量為爐1kg的物

塊A,右端放著一個(gè)質(zhì)量也為爐1kg的物塊B,兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，=0.4,AB之間的距離

Z=6m,開(kāi)始時(shí)物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)物塊A施加方向水平向右的恒定推力/作用，取rlOm/s?。

AFB

L口?

(1)為使物塊A與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，F(xiàn)至少為多少？

(2)若后8N,求物塊A經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與B相撞，假如碰撞過(guò)程時(shí)間極短且沒(méi)有機(jī)械能損失，則碰后瞬間

AB的速度分別是多少？

【答案】(1)5N(2)VA-=2m/svB-=8m/s

【解析】

【詳解】

(1)據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)物塊B和木板之間的摩擦力沒(méi)有達(dá)到最大靜摩擦力。

設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，拉力為外，整體的加速度大小為a,則：

對(duì)整體：4=(2#粕a

對(duì)木板和B：口mg=(m^hT)a

解之得：氏=5N

即為使物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，恒定拉力至少為5N；

(2)物塊的加速度大小為：=二=4/1

木板和B的加速度大小為：=^Im/s2

設(shè)物塊滑到木板右端所需時(shí)間為t,則：X「XB=L

即W2_32=

22

解之得：t=2s

VA=aAt=8m/s

VB=dBt=2m/s

,

AB發(fā)生彈性碰撞則動(dòng)量守恒：mvn+mvB=mva+mvj

機(jī)械能守恒：不V:+5VR工mvj'+4mvB''

2Z22

解得：vj=2m/s解=8m/s

25.如圖所示，在兩根間距為L(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌上，有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線圈，線圈的ab、cd邊

質(zhì)量均為m,電阻均為R;ac、bd邊的質(zhì)量和電阻均不計(jì)。在cd和pq間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,垂直導(dǎo)軌

向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在導(dǎo)軌上，另有一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ef,在恒力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)。線

圈和ef金屬棒與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)均為

（1）ef棒的速度；

（2）ef棒從靜止開(kāi)始，到線圈剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)消耗的時(shí)間；

（3）在ef棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，cd桿消耗的焦耳熱；

（4）當(dāng)ef桿速度多大時(shí)，作用在桿子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。

【答案】（1）=《（2）=毛弓;

（4）=最大值=

411串?

【解析】

【詳解】

（1）設(shè)ef棒的速度為v,則電動(dòng)勢(shì)￡=8皿；

流過(guò)cd的電流=--：=-;

線圈剛剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng):

聯(lián)立解得ef棒的速度：=卷

（2）從ef開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到線圈開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，對(duì)ef由動(dòng)能定理：（---）=

其中的=；=W；

聯(lián)立解得：=吟，

（3）由能量關(guān)系可知：一一=丁

其中cd桿消耗的焦耳熱為：=i

6

可得：=-（——三二）

（4）作用在桿子上的合外力的功率：=（一一芻，P是v的二次函數(shù)，

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)=.三黑時(shí)P最大，最大值為="

26.如圖所示，一質(zhì)量為m,電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場(chǎng)區(qū).域?yàn)閍處以一定的初速度在一水

平絕緣平面上向右運(yùn)動(dòng)，物塊與絕緣平面的摩擦因數(shù)為

,物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要穿越寬度為2a,場(chǎng)強(qiáng)大小為E的電場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物塊停留在離

開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域左邊緣的0.5a處，當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向向上時(shí)，物塊停留在距離電場(chǎng)區(qū)域右側(cè)的a處。求：

2a

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，以及物塊的初速度；

（2）若增加物塊初速度的大小，當(dāng)電場(chǎng)向下時(shí)，物塊仍能停在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。求電場(chǎng)向上時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

與電場(chǎng)向下情況下物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間差值的最小值。并求出對(duì)應(yīng)的初速度。

【答案】（1）0=2、（2）Hin=2I；冷而

【解析】

【詳解】

(1)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，由動(dòng)能定理：+(+)x0.5\

當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，由動(dòng)能定理：-2+(-)x

聯(lián)立解得：=；Q—2^

(2)無(wú)論電場(chǎng)方向如何，物塊在進(jìn)入電場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)時(shí)時(shí)間是相等的，設(shè)滑塊剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為v,當(dāng)電場(chǎng)

向下時(shí)物塊不滑出電場(chǎng)，則由動(dòng)量定理：(+)：=

解得：.=-；

1￡

若場(chǎng)強(qiáng)向上，則由于mg=qE,則滑塊在電場(chǎng)中受摩擦力為零而做勻速運(yùn)動(dòng)，出離電場(chǎng)后做運(yùn)減速運(yùn)動(dòng)，則在

電場(chǎng)中的時(shí)間為：工，

出離電場(chǎng)時(shí)：22=，

則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：2=」+；

則時(shí)間差：=2—：=*+—;=~+~5

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)1=二時(shí)，At最小，即當(dāng)=火時(shí)，At最小值為：Hin=2I；

此時(shí)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)向下時(shí)，有：『=(+)，解得x=a,滑塊不滑出電場(chǎng)的范圍；

由動(dòng)能定理：；新+7，

解得：戶、,%;

27.如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌明V、與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道AP、

.M尸平滑連接，半圓軌道半徑均為尸0.5m,導(dǎo)軌間距占1m,水平導(dǎo)軌左端接有廬2Q的定值電阻，水

平軌道的4W/'區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾攘?限一質(zhì)量為爐0.2kg、電阻為而=0.5Q、

長(zhǎng)度為占1m的導(dǎo)體棒劭放置在水平導(dǎo)軌上距磁場(chǎng)左邊界s處，在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力6

的作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂