秘籍09动量定理、动量守恒的综合应用-备战2023年高考物理抢分秘籍（新高考专用）（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_备战2023年高考物理抢分秘籍（新高考专用）

秘籍 09 动量定理、动量守恒的综合应用 概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ 题型预测 选择题、计算题☆ ☆ ☆ ☆ ☆ 考向预测 结合力的平衡、功、动能定理、能量守恒、电磁感应考查 动量、冲量、动量定理、功、动能定理、动量守恒的条件、方向的处理、力的平衡、能量守恒、电磁 感应 1.能用动量定理解释生活中的有关现象. 2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型． 3.变力的冲量 ①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示． ②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解． 4.会用动量守恒观点分析反冲运动和人船模型. 5.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”“滑块—木板”模型的有关问题． 6.会在电磁感应中使用动量守恒。 一、用动量定理解释生活中的现象 例1、行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度 在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( ) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 答案 D 解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量 的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理 Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小； 又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化 为内能．综上可知，选项D正确． 二、动量定理在多过程中的应用 例2、质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为 μ＝0.4.有一大小为 5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2) 答案 3.75 s 解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft ，摩擦力的冲量为Ft.选水平恒力F的 1 f 方向为正方向，根据动量定理有 Ft－Ft＝0① 1 f 又F＝μmg② f 联立①②式解得t＝＝3.75 s. 三、动量定理在碰撞中的应用 例3、（东北师范大学附属中学2020级高三第二次摸底考试）我国交通法规定摩托车、电动车、自行车的 骑乘人员必砖块须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。安全头盔主要由帽壳和帽衬（如图）构成。某同学 对安全头盔性能进行了模拟检帽衬测，已知该头盔的质量 （帽衬质量忽略不计），将一质量 的砖块固定在头盔帽衬上，然后让其与头盔在距离地面 高处一起自由下落，头盔与水 泥地面碰撞，帽壳被挤压凹陷了 时速度减为0，此时由于帽衬的缓冲，砖块继续运动 的时间速度也减为0。将帽壳与地面相碰挤压变形的过程视为匀减速直线运动，帽壳速度减 为0就不在运动，忽略空气阻力，重力加速度g取10 。求： （1）头盔刚落地时的速度大小； （2）若头盔做匀减速运动的过程中忽略砖块对头盔的作用力，则头盔受到地面的平均作用力大小； （3）从头盔着地到砖块停止运动的过程中帽衬对砖块的平均作用力大小。【答案】（1）6m/s；（2）610N；（3）155N 【解析】（1）头盔做自由落体运动 解得 （2）帽壳与地面相碰挤压变形的过程视为匀减速直线运动，匀减的时间为 为 取竖直向下 正方向，根据动量定理 解得 （3）取竖直向下为正方向，根据动量定理 解得 四、应用动量定理处理流体冲击力问题 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 研究对象 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt ②微元研究 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 例4、如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面， 水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为 ρ. 下列说法正确的是( ) A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 答案 D 解析 高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即 m ＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，故 0 A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2·t·v，解得F＝ρπv2D2，选项 C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍 时，压强变为原来的4倍，选项D正确． 五、电磁感应单杆问题中动量定理的应用 例5、（海口市2023届高三年级学生学科能力诊断）（多选）如图所示，在水平面上固定光滑导轨 、 ， 之间用导线连接，两导轨间距是 。两导轨间有磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强礠场， 虚线是匀强磁场的左、右边界，在磁场左边导轨上有一根质量为 、有效电阻为 的导体棒 ，导体 棒以初速度 向右进入磁场，并以速度 从右边穿出磁场，其余电阻不计，下列说法正确的是（ ）A. 导体棒穿过磁场的过程中电流方向由 到 B. 导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是 C. 通过导体棒的电量是 D. 匀强磁场左、右边界之间的距离是 【答案】BD 【解析】A．根据题意，由右手定则可知，导体棒穿过磁场的过程中电流方向由 ，故A错误； B．根据题意，由能量守恒定律可知，导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是 故B正确； CD．根据题意，由动量定理有 则有 解得 由 、 和 可得解得 故C错误，D正确。 故选BD。 六、电磁感应双杆问题中动量定理的应用 例6、（马鞍山市2023年高三第二次教学质量监测理科综合能力测试）如图所示，足够长的“ ”形 光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为 ，窄轨间距为l， 左侧为金属导轨，右侧为绝 缘轨道。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠 平放在绝缘轨道上（与 金属导轨不接触）。 左侧存在磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场： 右侧以O为原 点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为 的竖直向上的磁场。两匀质金属 棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为 、阻值均为 。初始时，将b锁定，a在水 平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同 时释放b。当a运动至 时，棒a中已无电流（b始终在宽轨），此时撤去b。金属导轨电阻不计，a棒、 b棒、金属框与导轨始终接触良好。求： （1）a棒在宽轨上匀速运动时的速度 及刚滑上窄轨时a两端电势差的大小； （2）从撤去外力F到金属棒a运动至 的过程中，a棒产生的焦耳热； （3）若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，求a棒静止时与 点的距离。【答案】（1） ， ；（2） ；（3） 【解析】（1）设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I，根据平衡条件有 1 ① 根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有 ② 联立①②解得 ③ a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为 ④ 根据右手定则可知电流方向从上至下，而沿电流方向电势降低，且a棒下端电势高于上端电势，所以此时 a棒两端电势差的大小为 ⑤ （2）设a棒刚运动至 时，a、b棒的速度分别为v、v，对a、b棒根据动量定理分别有 1 2 ⑥ ⑦ 因为此时回路中无电流，所以有 ⑧联立③⑥⑦⑧解得 ⑨ ⑩ 根据能量守恒定律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至 的过程中，回路产生的总焦耳热为 ⑪ 根据焦耳定律可得a棒产生的焦耳热为 ⑫ （3）设a棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v，根据动量守恒定律有 3 ⑬ 由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大 ⑭ 从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为 ⑮ 根据动量定理有 ⑯ a棒静止时与 点的距离为 ⑰ 联立⑨ 解得 ⑬⑭⑮⑯⑰⑱ 七、动量守恒与图像综合 例7、(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图 5所示的位移—时间图象． 图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位 移随时间变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( ) A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2 B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大 C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的 答案 AD 解析 根据x－t图象的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v ＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v ＝0.8 m/s， 1 2 则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有 mv ＋mv ＝(m ＋m)v，解得 m ＝6m ，由动量的表达式可知|mv|＜mv ，由动能的表达式可知， 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 mv2>mv2，故选项B、C错误，D正确． 1 1 2 2 八、动量守恒中的临界问题 例8、(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为 4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性 碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹 性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员． 不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( ) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 答案 BC 解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v ，第二次推物块后，运动员速度大小 1 为v……第八次推物块后，运动员速度大小为v ，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv ＝mv ；第二 2 8 1 0 次推物块后由动量守恒定律知：M(v －v)＝m[v －(－v)]＝2mv ，……，第n次推物块后，由动量守恒定 2 1 0 0 0 律知：M(v －v )＝2mv ，整理得v ＝，则v ＝，v ＝.由题意知，v<5 m/s，则M>52 kg，又知v>5 m/s， n n－1 0 n 7 8 7 8 则M<60 kg，故选B、C.九、人船模型 1、模型图示 2、模型特点 ①两物体满足动量守恒定律：mv人 －Mv船 ＝0 ②两物体的位移满足：m－M＝0， x ＋x ＝L， 人 船 得x ＝L，x ＝L 人 船 (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. 例9、有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量． 他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用 卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的 位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝ 0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B正确． 十、板块模型中的动量守恒 例10、（2023届高三4月大联考）如图所示，倾斜传送带的倾角 、长度为 ，传送带以 的速率顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧 固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径 。在传送带上端A无初速地释放一个质量为的黑色小滑块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为 ，黑色小滑块在传送带 上经过后留下黑色痕迹，在底端B滑上紧靠传送带的长木板的上表面，长木板质量为 ，不考虑小 滑块冲上长木板时碰撞带来的机械能损失，小滑块滑至长木板右端时，长木板恰好撞上半圆槽，长木板瞬 间停止运动，小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为 ， ， ，重力加速度 取 ，求： （1）小滑块从A到B的时间t； （2）小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度 ； （3）长木板的长度s（计算结果保留两位有效数字）。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】（1）由牛顿第二定律，得 解得 运动时间和位移为 此时，小滑块与传送带速度相同，此后继续沿传送带向下加速，由牛顿第二定律，得解得 由运动学知识，得 解得 小滑块从A到B的时间 （2）小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向后运动，相对位移为 再相对传送带向前运动，相对位移为 小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度 （3）小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D，则 小滑块从C到D过程由动能定理，得 联立解得 在底端B滑上长木板的速度小滑块与长木板相互作用过程，系统动量守恒，有 解得 此过程由能量守恒，得 解得长木板的长度 十一、碰撞中的动量守恒 例11、（海口市2023届高三年级学生学科能力诊断）如图所示，带有 圆弧的光滑滑板固定在水平地面 上，右边有质量 足够长且与光滑滑板等高的木板，二者不栓接。在光滑滑板上放有质量 的小木块B，质量 的小木块A从圆弧 点正上方 处由静止释放，小木块A与 小木块B发生弹性碰撞，碰撞后取走小木块A。已知小木块B与长木板之间的动摩擦因数 ，长木 板与地面之间的动摩擦因数 ，圆弧半径 ，取重力加速度 。 （1）小木块A滑到圆弧最低点C时，对滑板的压力大小是多少？ （2）小木块A与小木块B发生弹性碰撞后，小木块B的速度大小是多少？ （3）小木块B与长木板之间因摩擦产生的热量是多少？【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】（1）小木块A从静止释放到最低点C过程，根据动能定理可得 解得 小木块A经过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知，小木块A滑到圆弧最低点C时，对滑板的压力大小为 。 （2）设小木块A与小木块B发生弹性碰撞后的速度分别为 、 ，根据动量守恒和机械能守恒可得 联立解得 （3）设小木块B滑上长木板后，小木块B与长木板的加速度大小分别为 、 ，根据牛顿第二定律可得解得 ， 设经过 时间小木块B与长木板的速度相等，则有 解得 ， 此过程小木块B与长木板发生的相对位移为 小木块B与长木板速度相等后保持相对静止一起做匀减速运动，则小木块B与长木板之间因摩擦产生的热 量为 十二、电磁感应中的动量守恒 例12、如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小 为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v 向右运动，磁场内的细金属杆N处于静 0 止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。 两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；② 初始时刻N到ab的最小距离x； (3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N 相撞条件下k的取值范围。 解析：(1)根据题意，当M刚进入磁场时，M的速度为v ，E＝BLv ，I＝，F＝BIL，整理可得F＝，根据楞 0 0 次定律可知F的方向与M运动方向相反，即F的方向水平向左。 (2)①以N为研究对象，N在磁场中运动过程中所受的安培力为F ＝BIL，N所受的合外力等于安培力，对 安N根据动量定理有：F t＝BILt＝BLq＝m，整理可得q＝。 安 ②考虑两杆在磁场内未相撞，可知M与N之间的距离在N出磁场之前是不断减小的，N出磁场时M刚好 追上N为临界情况，从M进入磁场到N出磁场的过程中，M比N多走的位移为初始时刻N到ab的最小距 离； E＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx，I＝，q＝It＝ 整理可得x＝。 (3)由题意可知，N运动到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知mv ＝mv ＋m·，解得N出磁场时 0 1 M速度大小为v ＝v ，此时M到cd边的距离s＝(k-1)x，若要保证M出磁场后不与N相撞，有两种临界情 1 0 况： ①M减速到时出磁场，速度等于，对M根据动量定理有BIL·Δt＝m·v-m· 1 1 0 q＝I·Δt＝，联立解得k＝2。 1 1 1 ②M运动到cd边时恰好减速到0，则对M根据动量定理有BIL·Δt＝m·-0，同理解得k＝3。 2 2 综上所述，k的取值范围2≤k<3。 答案：(1) 方向水平向左 (2)① ② (3)2≤k<3 十三、动量守恒分方向使用 例13、（马鞍山市2023年高三第二次教学质量监测理科综合能力测试）如图甲所示，一小车静止在光滑 水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对 接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为 ， 作出 图像，如图乙所示。已知P点距地面高 ，重力加速度为g，则（ ） A. 小车质量是小球质量的2倍B. 小球上升到最高点时的速度为 C. 小球上升的最大高度为 D. 小球落地时与小车左端P点的水平距离为 【答案】BCD 【解析】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以 水平方向动量守恒，则由图乙数据可得 解得 故A错误； B．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则 解得 故B正确； C．设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有 解得 故C正确； D．设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为 和 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别 有解得 ， 小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为 故D正确。 故选BCD。 十四、动量守恒的实验验证 例14、（2023届高三4月大联考）某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，水平气垫导轨上放 置着带有遮光板的滑块P、Q。 （1）如图乙所示用螺旋测微器测量遮光板宽度 _________ 。 （2）测得P、Q的质量分别为 和 ，左、右遮光板的宽度分别为 和 。实验中，用细线将两个滑 块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为 、 ，则动量守恒应满足的关系式为________（用 、 、 、 、 、 表示）。 （3）若左、右遮光板的宽度相同，第（2）问中动量守恒应满足的关系式简化为_____________（用题中 字母表示）。 【答案】 ①. 6.860 ②. ③.【解析】（1）[1]遮光板的宽度为 （2）[2]P经过光电门的速度为 Q经过光电门的速度为 若动量守恒，则满足 （3）[3]若左、右遮光板的宽度相同，第（2）问中动量守恒应满足的关系式简化 1.（房山区2023年高三年级第一次模拟考试）雨滴打在荷叶上可以使荷叶上下振动，说明从高处落下的雨 滴对物体具有一定冲击力，可以做功。 （1）已知质量为m的雨滴由静止开始，下落高度为h时速度大小为v，重力加速度为g，求这一过程中重 力做的功 和空气阻力所做的功 ； （2）若雨滴所受空气阻力与其速度的平方成正比，某一雨滴下落的速度v与其下落时间t之间的关系如图 所示，观察图线发现OA段是倾斜直线，AB段逐渐弯曲，B点之后趋于水平，请分析图线出现这种趋势的 原因； （3）为估算雨滴撞击荷叶产生的压强p，某同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面 上升的高度为h，测得雨滴接触荷叶前的速度为v。不考虑雨滴的反弹，已知水的平均密度为 ，不计雨 滴重力，请估算雨滴撞击荷叶产生的压强p的大小。【答案】（1） ； ；（2）见解析；（3） 【解析】（1）这一过程中重力做的功为 由动能定理，可得 解得 （2）依题意雨滴所受空气阻力与其速度的平方成正比，当雨滴速度较小时，阻力较小，与重力相比忽略 不计，此过程做自由落体运动，故OA段是倾斜直线，当阻力不能忽略时，由牛顿第二定律可知 随着雨滴速度的增加，其阻力增大，加速度减小。做加速度逐渐减小的加速运动，故AB段逐渐弯曲，当 雨滴所受阻力与自身重力等大时，受力平衡。将做匀速直线运动，故B点之后趋于水平。 （3）设t时间内有质量为m的雨水落到荷叶上，取向上为正方向，根据动量定理可得 设量杯的横截面积为S，有 雨滴撞击荷叶产生的压强为 联立，解得2.（2023届高三4月大联考） 如图所示，在倾角为 的绝缘长方形斜面 上，边长为 的正方形 区域存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向上。一个质量为m、电阻为R，边长为 L的正方形导线框 ，在沿斜面向下的恒力 （g为重力加速度大小）的作用下由静止开始下滑， 线框刚进入磁场区域时恰好做匀速直线运动，线框刚完全进入磁场区域时撤去恒力F，线框最后完全离开 磁场区域。已知正方形线框与斜面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 离 足够远，求： （1）线框开始运动时 边距 的距离x； （2）线框离开磁场区域后的速度大小。 【答案】（1） ；（2） 【解析】（1）因为正方形线框与斜面间的动摩擦因数为 则 则线圈下滑的加速度 进入磁场时线框刚进入磁场区域时恰好做匀速直线运动 解得 （2）线圈刚进入磁场后撤去外力，则从开始进入到完全进入磁场由动量定理 其中 线圈完全进入磁场后做匀速运动，离开磁场时由动量定理 解得 3.（2023届高三年级第二次模拟考试）（多选）如图1所示，光滑水平面上静止放置一质量为m、总电阻 为r、边长为l的正方形导体框（图2为导体框的俯视图），导体框前方l处两虚线间存在竖直向下的匀强 磁场，磁场宽度大于l，磁感应强度大小为B。某时刻导体框在水平恒力F作用下开始运动。已知导体框的 后边CD边进、出磁场时的速度大小均为导体框前边 AB边进入磁场时速度的 ，进、出磁场过程均为变 速运动，则导体框在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）A. 导体框刚进磁场时，线框的热功率为 B. 磁场的宽度为 C. 导体框在穿过磁场的过程中，产生的焦耳热为 D. 导体框进入磁场所用的时间为 【答案】AB 【解析】A．导体框进入磁场时的速度为 进入磁场时的电动势为 得 A正确； B．由题意可知，导体框进、出磁场的运动过程初、末速度相等。导体框在磁场中运动过程，由动能定理 得磁场宽度为 B正确； C．由能量守恒得 C错误； D．导体框进入磁场过程中，由动量定理 又 ， 得 D错误。 故选AB。 4.（哈尔滨市第九中学2023届高三第二次高考模拟考试）如图所示，两平行光滑金属导轨 间距为 。 为处于竖直平面半径 的 圆弧，D、 为 圆弧的最低点，此区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 ， 右侧的轨道处于水平面上且 足够长。“H”形固联框架由b、c两根金属棒和中间的绝缘轻杆组成，静置于 区域。固联框架右 侧有两个长度均为 的磁场区域，其磁感应强度大小均为 ，方向相反。现给金属棒a以 一竖直向下的初速度 从 处进入导轨，同时对其施加一外力F，使棒a恰沿圆弧轨道匀速率下滑，回路内会产生正弦式交变电流。当棒a运动至 时立即撤去此外力，此后棒a在 区域与 “H”形框架发生正碰而粘在一起形成组合体。已知三根金属棒质量均为 ，长度均为 ， 其中棒a、b的电阻均为 ，棒c的电阻 ，绝缘轻杆长度为 。整个过程中金属棒均 与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。重力加速度 。求： （1）棒a从 运动到 的过程中，通过金属棒c的电荷量； （2）棒a从 运动到 的过程中，该外力F对棒a所做的功（ ）； （3）试判断组合体能否穿过右侧两个磁场区域若不能，则组合体中棒b将停在何处？若能，求组合体在穿 越右侧磁场区域过程中产生的焦耳热。 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析 【解析】（1）回路内的总电阻 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 则电荷量为故通过c棒的电荷量 （2）a棒切割产生电动势的最大值 电动势 的有效值 导体棒圆周运动的周期 此过程中克服安培力做的功 能量守恒 外力F做的功 （3）a棒与框架碰撞过程中动量守恒 又总电阻为 当组合体进入 区域时由动量定理得通过组合体的电荷量 联立代入数据得 假设组合体能穿越 边界，穿越后的速度为 ，同理有动量定理得 通过组合体的电荷量 联立代入数据得 说明组合体恰好越过 边界，b棒刚好停在 边界上 5.（汉中市2023届高三年级教学质量第二次检测考试）（多选）如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁 场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为l，右侧导轨间距为 ，导轨均足够长。质量为m的导体棒 和质 量为 的导体棒 均垂直于导轨放置，处于静止状态。 的电阻为R， 的电阻为 ，两棒始终在 对应的导轨部分运动，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，现瞬间给 一水平向右的初 速度 ，直到二者稳定运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 导体棒 和 组成的系统动量守恒 B. 棒最终的速度 C. 此过程中，通过导体棒 的电荷量为 D. 此过程中 棒产生的焦耳热为 【答案】BC 【解析】A．由题意可知，流经两导体棒的电流相等，由于两导体棒在磁场中的长度不相等，因此受的安 培力大小不同，导体棒 和 组成的系统在水平方向的合外力不是零，则系统的动量不守恒，A错误； B．给 一水平向右的初速度 ，由右手定则可知闭合电路产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知 导体棒 受向左的安培力，做减速运动，导体棒 受向右的安培力，由静止做加速运动，当 时电路中没有感应电流，此时则有 ，两棒最终以不同的速度向右做匀速直线运动，取向右为正 方向，由动量定理，对ab棒则有 对cd棒则有 联立解得 B正确； C．此过程中，对 棒由动量定理可得通过导体棒 的电荷量为 C正确； D．由能量守恒定律，可知此过程中导体棒 和 组成的系统产生的焦耳热为 因 的电阻为R， 的电阻为 ，可知 棒产生的焦耳热为 D错误。 故选BC。 6.（黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测）如图所示，间距为 且足够长的平行金属导轨 与 ，由倾斜与水平两部分平滑连接组成。倾角 的倾斜光滑导轨间有垂直导轨平面 斜向上的匀强磁场，水平粗糙导轨间有竖直向上的匀强磁场，两个匀强磁场的磁感应强度均为 。 质量均为 的金属棒a、b分别垂直放在倾斜和水平导轨上，a、b棒与水平粗糙导轨间的动摩擦因 数均为 ，现将a棒从倾斜导轨某位置由静止开始释放，并同时锁定b棒，使其保持静止。已知a棒 穿过 之前已做匀速直线运动，且当a棒刚穿过 时，立即解除b棒锁定并同时给b棒施加 水平向右的恒定拉力，b棒运动 后两棒速度相等。已知a、b棒接入电路的电阻均为 ， 不计导轨的电阻，两棒始终与导轨保持接触良好，在运动过程中两棒不会发生碰撞，取 ， ，求：（1）金属棒a到达斜面底端 时的速度 的大小； （2）为了保证两棒不会发生碰撞，初始时金属棒b到 的最小距离 ； （3）a、b两棒最终运动的速度 ， 大小。 【答案】（1） ；（2） ；（3） ， 【解析】（1）研究a棒下滑过程，得 （2）研究a、b棒组成的系统，因所受的摩擦力与拉力F等大反向，可知系统动量守恒 研究b棒在水平面上的运动，得 （3）研究a、b棒运动全过程，得 研究a棒最终在水平面做匀速直线运动，得7.（厦门一中2023届高三下）为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了 如图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置 A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有 一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ=0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数 1 为μ=0.2，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M=60kg，A、B水平部分的长度均为 2 L=4m。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度g=10m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短， 碰撞时间和损失的机械能都可忽略。 （1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少； （2）若某包裹的质量为m=20kg，从h=2.4m处静止滑下，停在转运车B，求该包裹在转运车B上运动过 1 程中产生的热量； （3）若某包裹的质量为m=120kg，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时 的最小值。 2 【答案】（1）60kg；（2）120J；（3） m 【解析】（1）A恰好不运动需要满足 解得 m=60kg 故包裹C的质量最大不超过60kg； （2）因C的质量 ，故装置A始终处于静止状态由动能定理得 解得 v= m/s 0 C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则 由能量守恒定律得 解得 Q=120J （3）因C的质量为 ，故装置A和B会一起运动 的 释放C 高度最小时，C滑上B车时，A、B、C三者共速，C由释放到曲面轨道最低点的过程，由动能定 理得 C在A的水平部分滑动过程，A、B组成的整体加速度为a，C的加速度为a，取向右为正方向，根据牛顿 1 2 第二定律得 解得 a=1m/s2 1 ﹣μmg=m a 1 2 2 2 解得 达到共速，有 可得t= 由位移关系得 解得 8.（海口市2023届高三年级学生学科能力诊断）某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所 示。 （1）将滑块 放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨的调节旋钮，下列哪些选项 说明气垫导轨已调到水平__________。 A．当气垫导轨与桌面平行时 B．轻推滑块 ，经过两个光电门的时间相等 C．直接用眼睛观察气垫导轨是否水平 D．滑块 能在气垫导轨上保持静止 （2）测出滑块 和遮光条的总质量为 ，滑块 和遮光条的总质量为 ，两遮光条的宽度相同。将滑 块 静置于两光电门之间，将滑块 静置于光电门1左侧，推动 ，使其获得水平向右的初速度，经过光 电门1并与 发生碰撞，碰撞后 被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间分别为 、 ，光电门2记录的挡光时间为 ，则实验中两滑块的质量应满足 ________ （选㙋“>”“<” 或“=”）。 （3）若碰撞过程中动量守恒，则满足的关系式是____________。【答案】 ①. BD##DB ②. ③. 【解析】（1）[1]A．由于桌面不一定是水平的，则当气垫导轨与桌面平行时，气垫导轨不一定水平，故A 错误； B．轻推滑块 ，经过两个光电门的时间相等，说明滑块A做匀速运动，则气垫导轨水平，故B正确； C．直接用眼睛观察气垫导轨是否水平，误差太大，故C错误； D．滑块 能在气垫导轨上保持静止，说明受力平衡，则气垫导轨水平，故D正确。 故选BD。 （2）[2]实验过程中，滑块A与滑块B碰撞后反向弹回，则有 （3）[3]根据题意可知，滑块A碰撞之前的速度大小为 碰撞之后的速度大小为 滑块B碰撞之后的速度大小为 若系统动量守恒，则有 整理可得 即满足上式，则碰撞过程动量守恒。 9.（2023届高三年级第二次模拟考试）某同学利用如图装置验证碰撞中的动量守恒定律，装置中桌面水平， 一端固定了一弹簧枪，斜面紧贴桌面，且斜面的最高点恰好与桌面相平，该同学选了两个体积相同的钢质 小球，实验步骤如下：①用天平测出两小球的质量（分别为 和 ）。 ②先不放小球 ，把小球 装入固定好的弹簧枪后释放，记下小球在斜面上的落点位置。 ③将小球 放在斜面最高点处，把小球 装人固定好的弹簧枪后释放，使它们发生碰撞，分别记下小球 和 在斜面上的落点位置。 ④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜面最高点的距离。图中 A、B、C点是该同学记下小球在斜面上的落 点位置，到斜面最高点的距离分别为 （1）选择的水平桌面是否需要一定光滑__________（选填“是”或“否”），所选小球的质量关系是： 要__________（选填“大于”“小于”或“等于”） ； （2）实验中若满足关系式____________________（用实验中已经测得的量表示），则说明该碰撞过程满 足动量守恒定律。 【答案】 ①. 否 ②. 大于 ③. 【解析】（1）[1]本实验要求小球m 每次到水平桌面末端的速度大小相同即可，水平桌面粗糙对此不影响， 1 所以不一定需要光滑。 [2]本实验要求小球m 碰后也要做平抛运动落在斜面上，不能反弹，所以要求 。 1 （2）[3]由平抛运动规律 联立可得m 碰前落在B点，m 碰后落在A点，m 碰后落在C点，故由动量守恒定律 1 1 2 代入可得 10.（普高联考2022—2023学年高三测评（四））（多选）如图所示，AB为倾角 的光滑斜面轨道 （足够长），通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为 的小球乙静止在水平轨道上，此 时小球乙与斜面底端B的距离 。质量为 的小球甲以速度 与乙球发生弹性正碰（碰撞时 间极短），使乙球获得 的速度（在轨道连接处无能量损失，取 ， ， ，两小球均可视为质点），下列说法正确的是（ ） A. 小球甲、乙的质量之比 B. 碰后小球甲的速度大小为 C. 两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端的距离为 D. 两球第一次碰撞后再经过 发生第二次碰撞 【答案】BC 【解析】AB．两球发生弹性正碰，设碰撞后甲球的速度为 ，乙球的速度为 ；以向左为正方向， 由动量守恒和能量守恒得联立可得 知碰后小球甲以 的速度向右运动。 故A错误，B正确； C．小球乙在斜面上运动，由牛顿第二定律得 解得 可得小球乙在斜面上运动的时间为 设发生第二次碰撞时的位置到斜面底端的距离为 ，则在两次碰撞之间的时间内，甲在水平轨道运动的路 程为 ，乙在水平轨道运动的路程为 ，则有 解得 故C正确； D．两球第一次碰撞后到发生第二次碰撞所用时间 故D错误。 故选BC 。11.（银川一中、昆明一中高三联合考试一模）如图所示，质量M=1kg足够长的绝缘木板放置在光滑水平 面上，其右端放有一质量为m=2kg可视为质点的物块，物块带正电，电荷q=0.8C，物块与木板间的动摩擦 因数μ=0.2，开始时物块与木板都处于静止状态。在距木板右端L=4m处有一竖直分界线DE，DE右边有垂 直纸面向里范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5T。现对木板施加水平向右F=8N的拉力，当物块运动 到DE处时，撤去拉力F。重力加速度g取10m/s2，求： （1）从木板开始运动到木板右端到达DE所用的时间； （2）物块刚要进入磁场时，物块相对木板运动的距离； 的 （3）整个过程中产生 热量。 【答案】（1） s；（2）4m；（3）21J 【解析】（1）对木板由牛顿第二定律得 由运动学公式 得 （2）对物块由牛顿第二定律得 物块从开始运动到刚要进入磁场 对木板解得 （3）物块刚要进入磁场时速度 此时木板的速度 进入磁场后，物块做加速度减小的加速运动，木板做加速度减小的减速运动，假设能共速，则在水平方向 上由动量守恒得 解得 若物块的洛伦兹力与重力平衡，则有 解得 所以不能共速，在水平方向由动量守恒得 解得 由能量守恒得解得