【物理】2018届一轮复习人教版动量定理学案

【物理】2018届一轮复习人教版动量定理学案

专题 动量定理 知识梳理 动量定理是解决物理问题重要的方法之一，力学、电磁学都能用的。既可出现在近几年高考比较常见的推导、证明题中，也可出现在热门的节能、环保（风、水发电）题目中。‎ ‎2016年 第12题 ‎20分 考查定量定理在光学中的应用 ‎2013年 第12题 ‎20分 考查的动量定理在磁场中的应用 ‎2010年 第8题 ‎6分 考查定理定理的概念应用 教学目标 1. 掌握动量定理的解题方法以及流体问题的应用。‎ 2. 会运用动量定理处理电磁感应问题。‎ 题型分类及方法点拨 类型一 基本应用 方法点拨：这类题属于基础题型，解题关键是动量定理是矢量公式，一定要选取正方向（一般选末速度方向为正）。‎ 例题1：质量是 ‎60kg 的运动员，从 ‎5.0m 高处自由下落在海绵垫上，经过 1.0s 停止。取 g=‎10m/s2。求海绵垫对运动员的平均作用力的大小。‎ 精华提炼：‎ ‎ ‎ 练习1.如图所示，一高空作业的工人体重600 N ，系一条长为l=‎5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时t=1 s，则安全带所受的冲力是多大?（重力加速度g 取 1‎0m /s2）。‎ ‎ ‎ 练习2. 质量为 0‎.5 kg的弹性小球，从1‎.25 m 高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0‎.8 m ，取‎10 m/s2.‎ ‎（1） 若地板对小球的平均冲力大小为100 N，求小球与地板的碰撞时间；‎ ‎（2） 若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为 0.1 s ，求小球对地板的平均冲力.‎ 类型二 流体问题 方法点拨：这类主要是没有固定形状的物体（水，空气等），可以看做柱体来解题，即：m=ρV=ρSvΔt 例题2：有一宇宙飞船以v=‎10 km/s在太空中飞行，突然进入一密度为ρ=10‎-7 kg/m3的微陨石尘区，假设微陨石与飞船碰撞后即附着在飞船上．欲使飞船保持原速度不变，试求飞船的助推器的助推力应增大为多少．（已知飞船的正横截面积S=‎2 m2‎）． ‎ 精华提炼：‎ 练习1：如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度为v，水的密度为ρ，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．‎ ‎（1）求高压水枪的功率；‎ ‎（2）求水柱对煤的平均冲力；‎ ‎（3）若将质量为m的高压水枪固定在质量为M的小车上，当高压水枪喷出速度为v（相对于地面），质量为△m的水流时，小车的速度是多大？水枪做功多大？不计小车与地面的摩擦力．‎ 练习2：如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H．用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力．‎ ‎（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h．设管口横截面上各处水的速度都相同．求：‎ a．每秒内从管口流出的水的质量m0；‎ b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P．‎ ‎（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示．让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力．由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响．求水流落地前瞬间的速度大小v．‎ 类型三 动量在磁场中的应用 方法点拨：这类题主要用微元法来解决磁场问题，即速度与时间的累积作用效果就是位移，对洛伦兹力用动量定理：ΣBqvΔt=Δp→BqΣvΔt=Δp→Bqx=Δp 例题3如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右．空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B．匀强电场（图中未画出）方向平行于xOy平面，小球（可视为质点）的质量为m、带电量为+q，已知电场强度大小为E=，g为重力加速度．‎ ‎（1）若匀强电场方向水平向左，使小球在空间中做直线运动，求小球在空间中做直线运动的速度大小和方向；‎ ‎（2）若匀强电场在xOy平面内的任意方向，确定小球在xOy平面内做直线运动的速度大小的范围；‎ ‎（3）若匀强电场方向竖直向下，将小球从O点由静止释放，求小球运动过程中距x轴的最大距离．‎ 精华提炼：‎ 练习1：研究物理问题的方法是运用现有的知识对问题做深入的学习和研究，找到解决的思路与方法，例如：模型法、等效法、分析法、图象法．掌握并能运用这些方法在一定程度上比习得物理知识更加重要．‎ ‎（1）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，并静止在P点，且OP与竖直方向的夹角θ=37°．不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ a．求电场强度E的大小；‎ b．若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度应满足的条件．‎ ‎（2）如图乙所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t圆环回到出发位置．不计空气阻力．已知重力加速度为g．求当圆环回到出发位置时速度v的大小．‎ 练习2：如图所示，竖直平面MN与纸面垂直，MN右侧的空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙．质量为m的物体A静止在MN左侧的水平面上，已知该物体带负电，电荷量的大小为为q．一质量为的不带电的物体B以速度v0冲向物体A并发生弹性碰撞，碰撞前后物体A的电荷量保持不变．求：‎ ‎（1）碰撞后物体A的速度大小vA；‎ ‎（2）若A与水平面的动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g，磁感应强度的大小为，电场强度的大小为．已知物体A从MN开始向右移动的距离为l时，速度增加到最大值．求：‎ a．此过程中物体A克服摩擦力所做的功W；‎ b．此过程所经历的时间t．‎ ‎ ‎ 类型四 电磁感应中与电量结合 方法点拨：这类题主要用求电量的两种方式来解决电磁感应问题：（一）公式法：q=It=n；（二）动量定理法（微元的思想）：ΣBILΔt=Δp→BLΣIΔt=Δp→BLq=Δp 例题4如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=‎1m，两轨道之间用电阻R=2Ω连接，有一质量为m=‎0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动．经过位移s=‎0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了相同的位移s后停下．求：‎ ‎（1）全过程中通过电阻R的电荷量．‎ ‎（2）拉力的冲量．‎ ‎（3）匀加速运动的加速度．‎ ‎（4）画出拉力随时间变化的F﹣t图象．‎ 精华提炼：‎ 练习1： 如图光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，磁场宽度为‎2l、磁感应强度为B。正方形线框的电阻为R，边长为l，线框以与垂直的速度3v进入磁场，线框穿出磁场时的速度为v，整个过程中ab、cd两边始终保持与磁场边界平行。设线框进入磁场区域过程中产生的焦耳热为Q1，穿出磁场区域过程中产生的焦耳热为Q2。则Q1：Q2等于 ‎× × × × ×‎ ‎× × × × ×‎ ‎× × × × ×‎ ‎× × × × ×‎ d c b a A．1：1　　　　　　B．2：1‎ C．3：2　　　　　　D．5：3‎ l ´ ‎ ‎ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ B M N Q P v0‎ 练习2：如图所示，在质量为M=‎0.99kg的小车上，固定着一个质量为m=‎0.01kg、电阻R=1Ω的矩形单匝线圈MNPQ，其中MN边水平，NP边竖直，MN边长为L=‎0.1m，NP边长为l=‎0.05m．小车载着线圈在光滑水平面上一起以v0=‎10m/s的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度）．磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B=1.0T．已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN边长度相同．求：‎ ‎（1）小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向；‎ ‎（2）小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q；‎ ‎（3）如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度v1=‎2m/s，求小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q．‎ 类型五 电磁感应的双规双杆应用 方法点拨：双轨双杆模型问题主要有两类题：（一）系统合外力为0，一般用动量守恒来求速度；（二）系统合外力不为0，一般用动量定理来求速度。‎ 例题5在如图所示的水平导轨（摩擦、电阻忽略不计）处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感强度B，导轨左端的间距为L1=‎4l0，右端间距为L2=l0，两段导轨均足够长．今在导轨上放置AC、DE两根导体棒，质量分别为m1=‎2m0，m2=m0．电阻分别为R1=4R0，R2=R0．若AC棒以初速度v0向右运动，求：‎ ‎（1）定性描述全过程中AC棒的运动情况 ‎（2）两棒在达到稳定状态前加速度之比是多少？‎ ‎（3）运动过程中DE棒产生的总焦耳热QDE．‎ 精华提炼：‎ 练习1：如图所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ι匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1=2B2．在Ι匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在Ι匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b．开始时b静止，给a一个向右冲量I后a、b开始运动．设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直．‎ ‎（1）求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；‎ ‎（2）设金属棒b在运动到Ι匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在Ι匀强磁场区中的最大速度值；‎ ‎（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在Ι匀强磁场区中．求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热．‎ 练习2：如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下．质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处．现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．‎ ‎（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放．求：金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小；‚若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；‎ ‎（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ ‎．设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值．‎ 巩固练习 ‎（一）‎ ‎1．高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：‎ ‎（1）整个过程中重力的冲量；‎ ‎（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小．‎ ‎2．质量为‎70kg的人不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知人先自由下落‎3.2 m，安全带伸直到原长，接着拉伸安全带缓冲到最低点，缓冲时间为1s，取g=‎10m/s2．求缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小．‎ ‎3．一垒球手水平挥动棒球，迎面打击一以速度‎5m/s水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为‎30m的垒球场上落地，设垒球质量为‎0.18kg，打击点离地面高度为‎2.2m，球棒与垒球的作用时间为0.010s，重力加速度为‎9.9m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小．‎ ‎4．质量m=‎0.1kg的小球从高h1=‎20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度h2=‎5.0mm，小球与软垫接触的时间t=1.0s，不计空气阻力，g=‎10m/s2，以竖直向下为正方向，求：‎ ‎（1）小球与软垫接触前后的动量改变量；‎ ‎（2）接触过程中软垫对小球的平均作用力．‎ ‎5．‎2007年6月15日，325国道广东佛山段九江大桥由于一艘3000t的运沙船撞上非通航孔桥墩而瞬间垮塌，桥上行驶着的汽车落入江中造成多人遇难．设运沙船撞击前的速度为 ‎3.6km/h‎，撞击后的速度为0，钢铁建造的运沙船与钢筋水泥大桥的碰撞时间为0.2s．九江大桥‎160m通航孔按过江油轮设计，即桥墩按横向船舶撞击力120t（此为航船业专业术语，相对应的撞击力为1.2×106N）进行防撞设计，非通航孔桥墩按横向船舶撞击力40t进行防撞设计．‎ 请运用所学物理知识，计算运沙船撞击大桥的冲击力是否超过设计标准．‎ ‎6．如图所示，从距离地面h=‎1.25m处以初速度vo=‎5.0m/s水平抛出一个小钢球（可视为质点），落在坚硬的水平地面上．已知小球质量m=‎0.20kg，不计空气阻力，取重力加速度g=‎10m/s2．‎ ‎（1）求钢球落地前瞬间速度v的大小和方向．‎ ‎（2）小球落到地面，如果其速度与竖直方向的夹角是θ，则其与地面碰撞后．其速度与竖直方向的夹角也是θ，且碰撞前后速度的大小不变．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．‎ a．求碰撞前后小球动量的变化量△P的大小和方向；‎ b．已知小球与地面碰撞的时间△t=0.04s．求小球对地面平均作用力的大小和方向．‎ ‎7．光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压”．光压的产生机理如同气体压强：大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强．设太阳光每个光子的平均能量为E，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P0．已知光速为c，则光子的动量为．求：‎ ‎（1）若太阳光垂直照射在地球表面，则时间t内照射到地球表面上半径为r的圆形区域内太阳光的总能量及光子个数分别是多少？‎ ‎（2）若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r的某圆形区域内被完全反射（即所有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽略不计），则太阳光在该区域表面产生的光压（用I表示光压）是多少？‎ ‎（3）有科学家建议利用光压对太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源．一般情况下，太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收．若物体表面的反射系数为ρ，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的倍．设太阳帆的反射系数ρ=0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r=‎15m，飞船的总质量m=‎100kg，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0=1.4kW，已知光速c=3.0×‎108m/s．利用上述数据并结合第（2）问中的结论，求太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度大小是多少？不考虑光子被反射前后的能量变化．（保留2位有效数字）‎ ‎8．下雨是常见的自然现象，如果雨滴下落为自由落体运动，则雨滴落到地面时，对地表动植物危害十分巨大，实际上，动植物都没有被雨滴砸伤，因为雨滴下落时不仅受重力，还受空气的浮力和阻力，才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤．某次下暴雨，质量m=2.5×10﹣‎5kg的雨滴，从高h=‎2000m的云层下落（g取‎10m/s）‎ ‎（1）如果不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面经△t1=1.0×10﹣5s速度变为零，因为雨滴和地面作用时间极短，可认为在△t1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作用力大小；‎ ‎（2）考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用，设雨滴落到地面的实际速度为‎8m/s，落到地面上经时间△t2=3.0×10﹣4s速速变为零，在△t2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作用力大小以及该雨滴下落过程中克服空气浮力和阻力所做功的和．‎ ‎9．根据量子理论：光子不但有动能还有动量，其计算公式为p=．既然光子有动量，那么照射到物体表面，光子被物体反射或吸收时光就会对物体产生压强，称为“光压”．‎ ‎（1）一台CO2气体激光器发出的激光的功率为P0，射出的光束的横截面积为S，光速为c，当它垂直射到某一较大的物体表面时光子全部被垂直反射，则激光对该物体产生的光压是多大？‎ ‎（2）既然光照射物体会对物体产生光压，有人设想在遥远的宇宙探测用光压为动力推动航天器加速．假设一探测器处在地球绕日轨道上，给该探测器安上面积极大，反射率极高的薄膜，并让它正对太阳．已知在地球绕日轨道上，每平方米面积上得到太阳光的功率为1.35kW，探测器的质量为M=‎50kg，薄膜面积为4×‎104m2‎，求由于光压的作用探测器得到的加速度为多大？‎ ‎10. “离子发动机”是一种新型的宇宙飞船用的发动机，其原理是设法使探测器内携带的惰性气体氙（Xe）的中性原子变为一价离子，然后用电场加速这些氙离子使其从探测器尾部高速喷出，利用反冲使探测器得到推动力．由于单位时间内喷出的气体离子质量很小，飞船得到的加速度很小，但经过很长时间的加速，同样可以得到很大的速度．美国1998年发射的“探空一号”探测器使用了“离子发动机”技术．已知“探空一号”离子发动机向外喷射氙离子的等效电流大小为I=‎0.64A，氙离子的比荷（电荷量与质量之比）k=7.2×‎105C/kg，气体离子被喷出时的速度为v=3.0×‎104m/s，求：‎ ‎（1）“探空一号”离子发动机的功率为多大？‎ ‎（2）探测器得到的推动力F是多大？‎ ‎（3）探测器的目的地是博雷利彗星，计划飞行3年才能到达，试估算“探空一号”所需携带的氙的质量；‎ ‎（4）你认为为什么要选用氙？请说出一个理由．‎ ‎（二）‎ ‎1．高压采煤水枪出水口的横截面积为S，水的射速为v，水柱水平垂直地射到煤层后，速率变为0，若水的密度为ρ，假定水柱截面不变，则水对煤层的冲击力是多大？‎ ‎2.水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d=‎30cm，水速v=‎50m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．（水的密度ρ=1.0×‎103kg/m3）‎ ‎3.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．　‎ ‎4. 香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的鲸鱼背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出的水的动能．‎ ‎（1）求喷泉喷水的功率P；‎ ‎（2）试计算米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度h；‎ ‎（3）实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细．请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因．‎ ‎5.大风可能给人们的生产和生活带来一些危害，同时风能也是可以开发利用的清洁能源．‎ ‎（1）据北京市气象台监测显示，‎2012年3月23日北京刮起了今年以来最大的风，其短时风力达到近十级．在海淀区某公路旁停放的一辆小轿车被大风吹倒的数字信息亭砸中，如图甲所示．已知该信息亭形状为长方体，其高度为h，底面是边长为l的正方形，信息亭所受的重力为G，重心位于其几何中心．‎ ‎①求大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做多少功；‎ ‎②若已知空气密度为ρ，大风的风速大小恒为v，方向垂直于正常直立的信息亭的竖直表面，大风中运动的空气与信息亭表面作用后速度变为零．求信息亭正常直立时，大风给它的对时间的平均作用力为多大．‎ ‎（2）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为电能，其主要部件如图乙所示．已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为零，风力发电机将风能转化为电能的效率和空气密度均保持不变．当风速为v且风向与风力发电机受风面垂直时，风力发电机输出的电功率为P．求在同样的风向条件下，风速为时这台风力发电机输出的电功率．‎ 利用风能发电时由于风速、风向不稳定，会造成风力发电输出的电压和功率不稳定．请你提出一条合理性建议，解决这一问题．‎ ‎6. 雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f=CρSv2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数（可视为常量），ρ为空气的密度，S为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度v方向的横截面积）．‎ 假设雨滴下落时可视为球形，且在到达地面前均已达到收尾速度．每个雨滴的质量均为m，半径均为R，雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，重力加速度为g．‎ ‎（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；‎ ‎（2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功；‎ ‎（3）大量而密集的雨滴接连不断地打在地面上，就会对地面产生持续的压力．设在无风的天气条件下雨滴以收尾速度匀速竖直下落的空间，单位体积内的雨滴个数为n（数量足够多），雨滴落在地面上不反弹，雨滴撞击地面时其所受重力可忽略不计，求水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小．‎ ‎7. 我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计．此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．‎ 设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图1所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．‎ ‎（1）已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间△t内，飞船的速度减小了△v，求这段时间内飞船受到的阻力大小．‎ ‎（2）已知尘埃云分布均匀，密度为ρ．‎ a．假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面．若不采取任何措施，飞船将不断减速．通过监测得到飞船速度的倒数“”与飞行距离“x”的关系如图2所示．求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间．‎ b．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．‎ ‎（四）‎ ‎1.如图所示，质量为m的跨接杆ab可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间距为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B．杆从x轴原点O以大小为v0的水平初速度向右滑行，直到静止．已知杆在整个运动过程中速度v和位移x的函数关系是：v=v0﹣B‎2L2．杆及导轨的电阻均不计．‎ ‎（1）试求杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式．‎ ‎（2）求出杆开始运动到停止运动过程中通过R的电量．‎ ‎（3）求从开始到滑过的位移为全程一半时电路中产生的焦耳热．‎ ‎2.许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释．‎ ‎（1）如图1所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．在平行于导轨、大小为F的水平恒力作用下，导体棒从静止开始沿导轨向右运动．‎ a．当导体棒运动的速度为v时，求其加速度a的大小；‎ b．已知导体棒从静止到速度达到稳定所经历的时间为t，求这段时间内流经导体棒某一横截面的电荷量q．‎ ‎（2）在如图2所示的闭合电路中，设电源的电动势为E，内阻为r，外电阻为R，其余电阻不计，电路中的电流为I．请你根据电动势的定义并结合能量转化与守恒定律证明：I=．‎ ‎3. 如图（甲）所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根水平放置的平行导轨，导轨的间距为 L，左端连接有阻值为 R的电阻．有一质量为 m的导体棒ab垂直放置在导轨上，距导轨左端恰好为L．导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，不计导轨和导体棒的电阻，棒与导轨间的摩擦可忽略。‎ ‎．‎ ‎（1）若在一段时间t0内，磁场的磁感应强度从0开始随时间t均匀增大，t0时刻，B=B0，如图（乙）所示．在导体棒ab上施加一外力，保持其静止不动，求：‎ a．这段时间内棒中的感应电流的大小和方向；‎ b．在时刻施加在棒上的外力的大小和方向．‎ ‎（2）若磁场保持B=B0不变，如图（丙）所示，让导体棒ab以初速度v0 向右滑动，棒滑行的最远距离为 s．试推导当棒滑行的距离为λs时（0＜λ＜1），电阻R上消耗的功率P=．‎ ‎4．如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一竖直放置的光滑的平行金属导轨，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻．将一根金属棒从导轨上的M处以速度v0竖直向上抛出，棒到达N处后返回，回到出发点M时棒的速度为抛出时的一半．已知棒的长度为L，质量为m，电阻为r．金属棒始终在磁场中运动，处于水平且与导轨接触良好，忽略导轨的电阻．重力加速度为g．‎ ‎（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，求：‎ a．电阻R消耗的电能；‎ b．金属棒运动的时间．‎ ‎（2）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子的碰撞．已知元电荷为e．求当金属棒向下运动达到稳定状态时，棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小．‎ ‎　‎ ‎5. 如图所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的光滑金属导轨，导轨间距为l=‎0.5m．质量m=‎1kg，电阻r=0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B=2T，导轨左端接阻值R=2Ω的电阻，导轨电阻不计．t=0时刻ab杆受水平拉力F的作用后由静止开始向右作匀加速运动，第4s末，ab杆的速度为v=‎2m/s，重力加速度g=‎10m/s2．求：‎ ‎（1）4s末ab杆受到的安培力FA的大小；‎ ‎（2）若0﹣4s时间内，电阻R上产生的焦耳热为0.4J，求这段时间内水平拉力F做的功；‎ ‎（3）若第4s末以后，拉力不再变化，且知道4s末至ab杆达到最大速度过程中通过杆的电量q=‎1.6C，则ab杆克服安培力做功WA为多大？‎ ‎6. 如图1所示，一对相互平行且足够长的光滑金属轨道固定放置在水平面上，两轨道间距离l=‎0.2m．两轨道的左端接有一个R=0.1Ω的电阻．有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下．现用一外力F沿轨道方向拉杆，使杆做匀加速直线运动，测得力F与时间t的关系如图2所示．求：‎ ‎（1）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v﹣t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图2所示的F﹣t图象，求0﹣20s的时间内拉力F的冲量大小I；‎ ‎（2）求导体棒的加速度大小a和质量m；‎ ‎（3）求0﹣20s的时间内通过导体横截面的电量q．‎ ‎7. 电动机模型．利用小直流电动机提升质量为m1的物体A，如图1所示，最终物体能以某一速度匀速上升．小直流电动机可以简化为如图2中的模型．开关S闭合后，金属棒在安培力作用下运动，通过轻绳带动物体A上升．设金属棒与两平行导轨始终垂直，导轨间距为l，磁场方向竖直向上，面积足够大，磁场磁感应强度为B．金属棒质量为m2，电阻为R，电源电动势为E，忽略一切摩擦和电源、导轨内阻．‎ ‎（1）物体m1匀速上升时，求：‎ ‎①回路中的电流强度值I；‎ ‎①物体匀速上升的速度vm．‎ ‎（2）在图3坐标系中画出回路电流i随时间t变化图象；‎ ‎（3）分析物体A速度从0加速到v（v＜vm）的过程；‎ ‎①若已知用时为t，求此过程中通过导体棒截面的电量q；‎ ‎②若已知物体A上升的高度为h，通过导体棒截面的电量为q，求回路中产生的焦耳热Q．‎ ‎8. 能的转化与守恒是自然界普遍存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程．在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能．实验表明：电容器两极间的电压与电容器所带电量如图1所示．‎ ‎（1）对于直线运动，教科书中讲解了由v﹣t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图示的Q﹣U图象，若电容器电容为C，两极板间电压为U，求电容器所储存的电场能．‎ ‎（2）如图2所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上．框架上端接有一电容为C的电容器．框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h ‎．磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直．现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦．开始时电容器不带电，不计各处电阻．求：‎ a．金属棒落地时的速度大小 b．金属棒从静止释放到落到地面的时间．‎ ‎9. 如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L，距左端L处的右侧一段被弯成半径为的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差的水平面上．以弧形导轨的末端点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立Ox坐标轴．圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化的磁场B（t），如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化的磁场B（x），如图3所示；磁场B（t）和B（x）的方向均竖直向上．在圆弧导轨最上端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B（t）开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端．已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g．‎ ‎（1）求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E；‎ ‎（2）如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B（x）区域，离开时的速度为v，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q；‎ ‎（3）如果根据已知条件，金属棒滑行到x=x1位置时停下来，‎ a．求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q；‎ b．通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置．‎ ‎（五） ‎ ‎1.如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L．两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路．金属棒ab的电阻为2R，金属棒cd的电阻为R．整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．‎ ‎（1）若保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平恒力F作用下，沿轨道以速度v做匀速运动．试推导论证：在△t时间内，F对金属棒cd所做的功W等于电路获得的电能E电；‎ ‎（2）若先保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平力F′（大小未知）作用下，由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动，水平力F′作用t0时间撤去此力，同时释放金属棒ab．求两金属棒在撤去F′后的运动过程中，‎ ‎①金属棒ab中产生的热量；‎ ‎②它们之间的距离改变量的最大值△x．‎ 参考答案 类型一 例题1 答案：1200 ‎ 解析：取向上为正方向，与地接触前的速度为：v0=-=-‎10m /s ,末速度为0‎ 由动量定理得：(F-mg)t=0-mv0 ,解得:F=1200N ‎ 练习一 1200N : ‎ 练习二 (1)0.047s ; (2) 55N,方向竖直向下。: ‎ 类型二 例题2 答案：20N． ‎ 解析：选在时间△t内与飞船碰撞的微陨石为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的直柱体内微陨石尘的质量，‎ 即m=ρSv△t，初动量为0，末动量为mv．‎ 设飞船对微陨石的作用力为F，由动量定理得：F•△t=mv﹣0‎ 则 根据牛顿第三定律可知，微陨石对飞船的撞击力大小也等于20N．‎ 练习1：（1）ts时间内喷水质量为：m=ρSvt=，‎ 水枪在时间ts内做功转化为水柱的动能，为：W=‎ 故水枪的功率为P==．‎ ‎（2）ts时间内喷出的水在ts内速度减小为0，则由动量定理得：﹣Ft=0﹣mv 联立得：F==‎ ‎（3）由于小车与地面之间的摩擦力不计，小车与水流组成的系统的动量守恒，选取水流的方向为正方向，则：‎ ‎△mv+Mv′=0‎ 所以：‎ 由题可知，水枪做的功转化为水的动能和小车的动能，则：‎ ‎=‎ ‎ ‎ 练习2：（1）a、水从龙头喷出，做平抛运动，则有：‎ ‎…①‎ ‎10h=v0t…②‎ 解得，v0=5‎ 由几何关系每秒内从管口流出的水的体积为：V=Sv0，••③‎ 水的质量为：m0=ρV=‎ b、在单位时间内，由动能定理得：‎ W﹣m‎0g（H+h）=…④‎ 解得：W=m‎0g（H+26h）…⑤‎ 依题意可知：带动水泵的电动机的输出功率为：…⑥‎ 解得：P==m‎0g（H+26h）= …⑦‎ ‎（2）取与地面作用的一小块水△m为研究对象，根据动量定理：F•△t=△mv 由题意可知：△m=m0△t 解得：v=‎ 类型三 例题3 答案： （1）小球在空间中做直线运动的速度大小为，方向为斜向下与x轴方向夹角45°；‎ ‎（2）若小球在xoy平面内做直线运动的速度大小的范围为：0＜v≤；‎ ‎（3）小球运动过程中距x轴的最大距离为．‎ 解析：（1）由题意知小球做匀速直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ f=qvB=mg 匀速直线运动速度大小：‎ v=‎ 方向如图，斜向下与x轴方向夹角45°；‎ ‎（2）小球做直线运动的条件为：洛仑兹力与电场力和重力的合力为一对平衡力．‎ 当电场在xoy平面内方向任意时，电场力与重力合力最大值为2mg，最小值为零；‎ 则：Bqvmax=2mg Bqvmin=0‎ 得：0＜v≤‎ ‎（3）设小球运动到最低位置时下落高度为H，此时速度最大为v0，方向水平；‎ 任意时刻v沿x轴正向、y轴负向的分速度分别为vx，vy．‎ 与vy对应的洛仑兹力水平分力方向沿x轴正向，有：fx=Bqvy；‎ 小球由静止释放到最低点的过程中，应用动量定理得：‎ ‎∑fx△t=∑Bqvy△t=Bq∑vy△t=BqH=mv0﹣0‎ 小球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：‎ ‎2mgH=‎ 解得：H=‎ 练习1：（1）a．当小球静止在P点时，则有 所以E=‎ b．当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点．设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零．在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有﹣mg•2r=0﹣mv 所以vmin=‎ 即小球的初速度应大于 ‎（2）在圆环运动的过程中，圆环受向下的重力mg、水平方向的洛伦兹力qvB、细杆的弹力N和摩擦力f，其中f一直与运动方向相反，且摩擦力的大小f=μN=μqvB．‎ 圆环向上运动的过程中做减速运动，加速度a=；则可右加速度越来越小；‎ 圆环向下运动的过程中做加速运动，加速度a=，同样越来越小．‎ 圆环从开始向上运动到回到出发位置的过程中，其速度v随时间t的变化关系如图甲所示（取竖直向上为正方向），图中图线与t轴所围面积表示圆环在对应时间内通过的路程，而圆环向上运动和向下运动所经位移大小相同，所以图中区域A与区域B面积相等．‎ 在运动过程中，圆环所受摩擦力f=μqvB，与v成正比，所以其所受摩擦力f随时间t的变化关系应与图甲相似，但方向相反，如图乙所示，图中区域A′与区域B′的面积也相等．而在f﹣t图中，图线与t轴所围面积表示对应时间内阻力f的冲量，所以整个过程中f的总冲量If=0．‎ 在整个过程中，根据动量定理有If﹣mgt=﹣mv﹣mv0‎ 所以v=gt﹣v0‎ 练习2. （1）设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性碰撞，动量、动能均守恒，则有：①‎ ‎②‎ 联立①②可得：‎ ‎③‎ ‎（2）a．A的速度达到最大值vm时合力为零，受力如图所示：‎ 竖直方向合力为零，有：N=qvmB+mg ④‎ 水平方向合力为零，有：qE=μN ⑤‎ 根据动能定理，有：⑥‎ 联立③④⑤⑥并代入相相关数据可得：‎ b．方法一：‎ 在此过程中，设A物体运动的平均速度为，根据动量定理有：‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 依题意有：⑨‎ 联立③④⑤⑦⑧⑨并代入相关数据可得：‎ 方法二：‎ 设任意时刻A物体运动的速度为v，取一段含此时刻的极短时间△t，设此段时间内速度的改变量为△v，根据动量定理有：⑦‎ 而⑧‎ ‎⑨‎ 联立③④⑤⑦⑧⑨并代入相关数据可得：‎ 类型四 例题4 答案：（1）全过程中通过电阻R的电荷量为‎1C，‎ ‎（2）拉力的冲量1N•s ‎（3）匀加速运动的加速度为‎4m/s2．‎ ‎（4）图象如右图所示．‎ 解析：（1）设全过程中平均感应电动势为ɛ，平均感应电流为I，时间△t，则通过电阻R的电荷量q=I△t，‎ I=，‎ ɛ==‎ 得：q==‎1C ‎ ‎（2）设拉力作用时间为△t1，拉力平均值为F，根据动量定理有：‎ F△t1﹣BI△t=0﹣0，‎ 所以有：F△t1=BIL△t=BLq==2N•s ‎ ‎（3）拉力撤去时，导体杆的速度为v，拉力撤去后杆运动时间为△t2，平均感应电流为I2，根据动量定理有：‎ BI‎2L△t2=mv，‎ 即=mv，‎ v==‎2m/s 所以有：a==‎4m/s2‎ ‎（4）F=ma+BIL=ma+，‎ 拉力作用时间为：t==0.5s，‎ 此时有：Fmax=6N；‎ t=0时，F=ma=2N ‎ 练习1：D 练习2：（1）线圈切割磁感线的速度v0＝10m/s，感应电动势 E=Blv0=1×0.05×10=0.5V 由闭合电路欧姆定律得线圈中电流　A ‎ 由楞次定律知线圈中感应电流方向为 M→Q→P→N→M ‎ ‎（2） ‎ ‎（3）设小车完全进入磁场后速度为v，‎ 在小车进入磁场从t时刻到t＋⊿t时刻（⊿t→0）过程中 ‎ 即 求和得 ‎ 同理得 ‎ 又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有 q入＝ q出 故得 v0-v = v-v 1 即 v = = 6 m／s ‎ 所以，小车进入磁场过程中线圈克服安培力做功 ‎（J）‎ 类型五 例题5 答案：（1）AC棒做加速度减小的减速运动，最终匀速运动，‎ ‎（2）两棒在达到稳定状态前加速度之比是2:1．‎ ‎（3）运动过程中DE棒产生的总焦耳热QDE为m0v02．‎ 解析：（1）A、C棒向右运动，回路中产生顺时针感应电流，AC棒受安培力的作用后减速；DE 棒受安培力产生加速度向右运动，回路中磁通量的变化减慢，感应电流逐渐减小，因此两棒所受的安培力均减小，最终两棒产生的感应电动势大小相等，回路中感应电流为零，两棒不再受安培力，则知AC棒做加速度减小的减速运动，最终匀速运动，‎ ‎（2）两棒达到稳定之前AC、DE棒中通过的电流大小始终相等，设加速度分别为a1和a2‎ 根据牛顿第二定律得 a1== a2== 又题意 m1=4m2 L1=4L2‎ 解得 == ‎（3）两棒在达到稳定之前，回路中始终存在磁通量的变化，有感应电流就会产生焦耳热．当两棒运动速度满足一定关系时，回路中的磁通量不变，则总电动势为零，两棒均做匀速运动，不再产生热量．设两棒最终速度分别为v1、v2，取向右为正方向．则有 BL1v1=BL2v2 得 v1= 根据动量定理得：‎ 对AC棒：﹣BL1△t=m1△v ‎﹣∑BL1△t=∑m1△vt ‎﹣BL1△t=m1v1﹣m1v0同理，对DE棒有：BL2t=m2v2﹣0‎ 解方程得：v1= v2= 由于两棒串联，产生的焦耳热之比为 == 根据能量守恒定律得：QDE=(m1v02-m1v12-m2v22)= m0v02‎ 练习1：（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流为i，则 由动量定理得：I=mv0‎ 由法拉第电磁感应定律得：E=B1lv0‎ i=‎ 即：i=‎ ‎（2）金属棒a和金属棒b 在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的系统，水平方向动量守恒．‎ 金属棒a和金属棒b在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有 mv0=2mvm vm=‎ ‎（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2，‎ E1=B1lvm E2=B2lvm 因为 B1=2 B2‎ 所以 E1=2 E2‎ 所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动．设金属棒a在Ι匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则 B1lva=B2lvb 即 vb=2va 设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为 根据动量定理有 B1lt=mva﹣mvm 方向向左 B2lt=mvb﹣mvm 方向向右 解得：‎ 设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有：‎ Q=△EK=﹣﹣‎ 整理得：Q=‎ 练习2：（1）①金属棒在弯曲光滑导轨上运动的过程中，机械能守恒，设其刚进入磁场Ⅰ时速度为v0，产生的感应电动势为E，电路中的电流为I．　　‎ ‎ 由机械能守恒mgh=，解得v0=‎ 感应电动势E=BLv0，对回路有：I=‎ 解得：I=‎ ‎②对金属棒b：所受安培力F=2BIL 又因 I=　　‎ 金属棒b棒保持静止的条件为F≤mg 解得 h≤‎ ‎（2）金属棒a在磁场Ⅰ中减速运动，感应电动势逐渐减小，金属棒b在磁场Ⅱ中加速运动，感应电动势逐渐增加，当两者相等时，回路中感应电流为0，此后金属棒a、b都做匀速运动．设金属棒a、b最终的速度大小分别为v1、v2，整个过程中安培力对金属棒a、b的冲量大小分别为Ia、Ib．‎ 由BLv1=2BLv2，解得v1=2v2‎ 设向右为正方向：‎ 对金属棒a，由动量定理有﹣Ia=mv1﹣mv0‎ ‎ 对金属棒b，由动量定理有﹣Ib=﹣mv2﹣0‎ 由于金属棒a、b在运动过程中电流始终相等，则金属棒a受到的安培力始终为金属棒b受到安培力的2倍，因此有两金属棒受到的冲量的大小关系　Ib=2Ia 解得v1=，v2=‎ 根据能量守恒，回路中产生的焦耳热Q=﹣[+]==mgh Qb=mgh 答：（1）金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小是；‚若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，金属棒a释放时的高度h 应满足的条件是h≤；‎ ‎（2）金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值是mgh．‎ 巩固练习 ‎（一）‎ ‎1.（1）整个过程中重力的冲量为mg（t+）；‎ ‎（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小为．‎ ‎2.1260．‎ ‎3.900N．‎ ‎4.（1）小球与软垫接触前后的动量改变量是3 N•s，方向竖直向上；‎ ‎（2）接触过程中软垫对小球的平均作用力的4N，方向向上．‎ ‎5.已知船的初速度、末速度、质量以及碰撞的时间，由选取初速度的方向为正方向，动量定理得：‎ ‎﹣Ft=0﹣mv 代入数据得：F=1.5×107N＞4.0×104N=40t 所以运沙船撞击大桥的冲击力已超过设计标准．‎ ‎6.（1）小球竖直方向做自由落体运动，则有：h=‎ 得 t==s　　 ‎ 落地竖直分速度大小：vy=gt=10×0.5=5m/s ‎ 速度大小为 v==m/s 设速度方向与水平方向之间的夹角为θ，则：tanα=‎ 所以α=45°‎ ‎（2）a、如果其速度与竖直方向的夹角是θ，竖直方向选取向上为正方向，把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，‎ 把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，‎ 则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ方向沿竖直方向向上，‎ 由几何关系可知，θ=90°﹣α=90°﹣45°=45°‎ 则：△P=△Py=2mvcos45°=2×0.2×5×=2N•S b、对小球分析，根据△p=F△t得：Fx==0，Fy==‎ 则F合=Fy===50N，方向沿竖直正向向上，‎ 根据牛顿第三定律可知，小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下．‎ ‎7.（1）时间t内太阳光照射到面积为S的圆形区域上的总能量E总=P0St=πr2P0t，‎ 照射到此圆形区域的光子数n==；‎ ‎（2）因光子的动量P=，‎ 则到达地球表面半径为r的圆形区域的光子总动量P总=nP，‎ 因太阳光被完全反射，所以时间t内光子总动量的改变量△P=2P总，‎ 设太阳光对此圆形区域表面的压力为F，由动量定理得：Ft=△P，‎ 太阳光在圆形区域表面产生的光压I==；‎ ‎（3）在太阳帆表面产生的光压I′=I，‎ 对太阳帆产生的压力F′=I′S，‎ 设飞船的加速度为a，由牛顿第二定律得：F′=ma，‎ 解得a=5.9×10﹣5m/s2；‎ ‎8.（1）不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，雨滴自由落体运动的末速度为 ‎ v===200m/s 取竖直向上为正方向，对雨滴和地面作用的过程，运用动量定理得：‎ ‎ F△t1=0﹣mv 代入数据解得 F=500N 根据牛顿第三定律，雨滴对地面的作用力大小为500N．‎ ‎（2）对雨滴和地面作用的过程，由动量定理得 ‎ F′△t2=0﹣mv′‎ 据题 v′=8m/s 代入数据解得 F′=N 根据牛顿第三定律，雨滴对地面的作用力大小为N 雨滴下落过程，根据动能定理得 ‎ mgh﹣W=﹣0‎ 解得：克服空气浮力和阻力所做功的和 W≈5×109J ‎9.（1）由E=hv，以及光在真空中光速c=λv知，‎ 光子的动量和能量之间关系为E=pc．‎ 设时间t内激光器射出光子个数为n，每个光子能量为E，激光射到物体上后全部反射，则这时激光对物体的光压最大，设这个压强为P压 激光器的功率 由动量定理得：‎ 压强 由以上各式得：‎ ‎（2）探测器受到光压力为F=p'压S 对探测器应用牛顿第二定律F=Ma 可得 代入数据得：a=7.2×10﹣3m/s2‎ ‎10.（1）设加速粒子的电压为U，粒子被加速的过程：‎ 所以：U=‎ 发动机的功率：P=UI=I 代入数据得：P=400W ‎（2）根据动量定理F•△t=△p=△mv．‎ 而：I=‎ 所以：F=‎ 代入数据得：F=0.027 N．‎ ‎（3）探测器每秒发射的氙离子的质量为：=‎ 探测器来回3年，需发射氙的总质量：‎ ‎（4）①氙是惰性气体，性质稳定，比较安全；②氙的相对原子质量较大，在同样电压加速下得到的离子的动量较大；③没有天然放射性，使用安全；④在常温下是气态，便于贮存和传输．‎ ‎（二）‎ ‎1.水对煤层的冲击力是ρSv2．‎ ‎2.取时间t内的水研究对象，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：‎ ‎﹣Ft=0﹣（ρsvt）v s=解得：‎ F=ρsv2==1.0×103×=1.77×105N ‎3.设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v．对于△t时间内喷出的水，由能量守恒得：‎ ‎…①‎ 在h高度处，△t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为：△p=（△m）v…②‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有：F•△t=△p…③‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得：F=Mg…④‎ 联立①②③④式得：．‎ ‎4.（1）喷泉喷水的功率为：‎ ‎．‎ ‎（2）以向上为正方向，△t内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v：‎ F•△t=△p=△m•△v=ρS0v0△t•△v=ρS0v0△t•（0﹣v）‎ 所以：F=﹣ρS0v0v 根据牛顿第三定律：F'=﹣F=Mg 所以：Mg=ρS0v0v得：‎ 喷口喷出水后在做竖直上抛运动：，‎ 所以：．‎ ‎（3）从喷口喷出的水的流量Q=S0v0是定值，单位时间出来的水的体积不变Q=S0v0=Sivi，在vi在不断变小时，横截面积Si在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗．‎ ‎　‎ ‎5.（1）①信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为 ‎△h=‎ 当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W，由动能定理，有 W﹣G△h=0 ‎ 解得 W=‎ ‎②在△t时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为△m=ρhlv△t 设信息亭对空气的作用力为F，由动量定理，有﹣F△t=0﹣ρhlv2△t ‎ 解得 F=ρhlv2‎ 根据牛顿第三定律可知，大风（空气）对信息亭的作用力 F′=F=ρhlv2‎ ‎（2）单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m=ρSv 这些空气所具有的动能为 Ek=ρSv3‎ 设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为 P=kEk=kρSv3‎ 当风速为时输出的电功率 ‎ 若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等．‎ ‎6.（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v，‎ 雨滴达到收尾速度时开始匀速下落 mg=f 又因为 解得 ‎ ‎（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf，‎ 依据动能定理有 ‎ 解得，‎ ‎（3）取横截面积为S、高度H=vt的柱状体积内的雨滴为研究对象，它所含雨滴的总质量为M=nSHm 设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F，竖直向上为正方向 根据动量定理有 FSt=Mv 解得 ‎ 根据牛顿第三定律，水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为．‎ ‎7.（1）飞船的加速度a=；‎ 根据牛顿第二定律有：‎ f=Ma；‎ 则飞船受到的阻力f=M；‎ ‎（2）a．对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：‎ Mv0=（M+ρsx）v0‎ 解得：x=‎ 由﹣x图象可得：‎ t=（+）x 解得 t=‎ b．设在很短时间△t内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m′，所受飞船的作用力为f′‎ 飞船与尘埃发生弹性碰撞 由动量守恒定律可知：‎ Mv0=Mv1+m′v2‎ 由机械能守恒定律可知；‎ Mv02=Mv12+m′v22‎ 解得：v2=v0‎ 由于M＞＞m′，所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0‎ 对尘埃，根据动量定理可得：‎ f′△t=m′v2‎ 其中m′=ρsv0△t 则飞船所受到的阻力f′=2ρsv20‎ 设一个离子在电场中加速后获得的速度为v．‎ 根据动能定理可得；‎ eU=mv2‎ 设单位时间内射出的离子数为n 在很短的时间△t内，根据动量定理可得：‎ F△t=n△tmv 则飞船所受动车F=nmv 飞船做匀速运动 F=f′‎ 解得：n=‎ ‎（四）‎ ‎1.（1）杆在磁场中向右运动时，所受的安培力为：F=BIL，其中：I=，‎ 据题意，杆的速度v和位移x的函数关系为：v=v0﹣B2L2，‎ 所以有：F=v=（v0﹣B2L2）‎ 由上式可知，安培力F与位移x成线性关系．‎ ‎（2）根据动量定理得：﹣BL△t=0﹣mv0，‎ 则有：q=I△t=‎ ‎（3）当v=0时，‎ 当时，=‎ 根据能量守恒：‎ ‎2.（1）a．当导体棒运动的速度为v时，电路中的感应电动势为：E=BLV…①‎ 电流为：I=②‎ 导体棒所受的安培力为F安=BIL ③‎ 根据牛顿第二定律可得：a=④‎ 联立①②③④式可得：a=﹣⑤‎ b．设导体棒运动稳定的速度为vm，令⑤式中的a=0，v=vm，‎ 可得：vm=⑥‎ 设某段极短的时间△t内，电路的电流为i，则安培力在这段时间内的冲量为BiL△t，在时间t内，根据动量定理有：Pt﹣BL∑△t=mvm ⑦‎ 其中，q=⑧‎ 联立⑥⑦⑧式可得：q=﹣‎ ‎（2）根据电动势的定义有：E=⑨‎ 在时间t 内通过电路的电荷量为：q=It ⑩‎ 根据能量守恒定律，非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总和．‎ 即：W非=Q外+Q内 在时间t内：Q外=I2Rt Q内=I2rt 联立⑨⑩式可得：EIt=I2Rt+I2rt 整理后可得：I=‎ ‎3.（1）a．在0～t0时间内 ‎ ab棒上感应电流 ‎ 由楞次定律知，棒中感应电流的方向b→a．‎ b．在0～t0时间导体棒ab静止，所以F外=FA，方向与安培力反向．‎ 棒受到的安培力 FA=BIL　　‎ 在时刻，，所以 FA=，安培力方向水平向左．‎ 所以外力大小为 F外=，方向水平向右．‎ ‎（2）设经时间t，棒滑行的距离为x，速度变为v．‎ 由法拉第电磁感应定律，此时的感应电动势E=B0Lv 感应电流 ‎ 棒受到的安培力FA=B0IL，即 ‎ 将时间t分为n小段，设第i小段时间间隔为△t，ab棒在此段时间间隔的位移为△x，规定向右的方向为正，由动量定理 ‎﹣FA△t=m△v 又 v△t=△x 所以 ‎ 在整个过程中 ‎ 即 ‎ 当x=s时，v=0，有 当x=λs时，‎ 解得 v=v0（1﹣λ）　‎ 此时产生的感应电动势E=B0Lv=B0Lv0（1﹣λ）‎ 此时电阻R上消耗的功率 ‎ ‎4.（1）a．金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由能量守恒 回路中消耗的电能 ‎ 电阻R消耗的电能 ‎ b．方法一：‎ 金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，取向下为正方向，由动量定理得：‎ 将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为△t．‎ 则安培力的冲量 I安=Bi1L•△t+Bi2L•△t+Bi3L•△t+…I安=BL（i1•△t+i2•△t+i3•△t+…）I安=BLq 又 ，‎ ‎，‎ 因为△Φ=0，‎ 所以I安=0‎ 解得 ‎ 方法二：‎ 金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由动量定理 将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为△t．‎ 则安培力的冲量 因为棒的位移为0，则 v1•△t+v2•△t+v3•△t+…=0‎ 所以 I安=0‎ 解得 ‎ 方法三：‎ 金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由动量定理得 ‎ 棒的速度v随时间t变化的图象如图所示．‎ 因为棒所受安培力 所以棒所受安培力F安随时间t变化的图象亦大致如此．‎ 棒的位移为0，则v﹣t图线与横轴所围“总面积”为0，F安﹣t图线与横轴所围“总面积”也为0，即整个过程中安培力的冲量I安=0．‎ 解得 ‎ ‎（2）方法一：‎ 当金属棒向下运动达到稳定状态时 mg=Fm 其中 ‎ 解得 ‎ 沿棒方向，棒中自由电子受到洛伦兹力evmB、电场力eE和金属离子对它的平均作用力f作用．因为棒中电流恒定，所以自由电子沿棒的运动可视为匀速运动．‎ 则 f+eE=evmB 又 ‎ 解得 ‎ 方法二：‎ 当金属棒向下运动达到稳定状态时 单位时间内机械能减少 P=mgvm 金属棒生热功率 Pr=‎ 回路中的电流 ‎ 设棒的横截面积为S，棒中单位体积内的自由电子数为n，棒中自由电子定向移动的速度为v，金属离子对自由电子的平均作用力为f．‎ 则 Pr=（nSL）fv，I=neSv．‎ 所以 ‎ ‎　‎ ‎5.（1）第4s末，ab杆的感应电动势为：E=Blv 感应电流为：I=‎ 安培力大小为：FA=BIl 联立以上三式得：‎ ‎（2）由电阻R上产生的焦耳热表达式知：‎ Q=I2Rt知，‎ ab杆产生的焦耳热应为：‎ Q′=I2rt，‎ 故 设外力做功为W，安培力做功为W′A，由动能定理得：W﹣W′A=mv2‎ 而W′A=Q+Q′=0.5J 故，W=Q+Qmv2=0.5+‎ ‎（3）设4s末外力大小为F′，由牛顿第二定律得：‎ F′﹣FA=ma=m 所以，F′=…①‎ ab杆达到最大速度为vm，此时加速度为零，故有：‎ F′=F′A=‎ 所以，…②‎ 设4s末至ab杆达到最大速度过程中位移为x，时间为t′，则4s末至ab杆达到最大速度过程中通过杆的电量为：‎ q=t′=t′=‎ 所以，x=…③‎ 对于ab杆运动从静止到达到最大速度的总过程，由动能定理可得：‎ F′x+W﹣…④‎ 由①②③④得，WA=F′x+W﹣=1.3×=2.42J ‎6. （1）类比可知，拉力F的冲量大小等于时间t内F﹣t图线下所围的面积 ‎ 0﹣20s内F的冲量 I===40Ns；‎ 以金属杆为研究对象，导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有：‎ v=at…①‎ 杆切割磁感线，产生的感应电动势为：‎ E=Blv…②‎ 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生感应电流为：‎ ‎…③‎ 杆受到的安培力为：‎ FA=BIl…④‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣FA=ma…⑤‎ 联立以上各式，得：‎ ‎…⑥‎ 由图线上取两点坐标（0，0.1N）和（10s，0.2N）代入⑥式，‎ 解得：a=1m/s2，m=0.1kg ‎（2）从静止开始运动的t时间内杆的位移为：‎ 穿过回路的磁通量的变化：△Φ=B△S=Blx 所以通过电阻R的电量为：‎ 或：‎ 得：‎ 解得：q=200C ‎7. （1）①物体m1匀速上升时，有：‎ ‎ mg=F安；‎ 又 F安=BIl 联立得 I=‎ ‎②根据闭合电路欧姆定律：‎ ‎ I=‎ 又 I=‎ 解得 vm=‎ ‎（2）导体棒做加速度减小的加速运动，由I=知，回路中电流不断减小．画出回路电流i随时间t变化图象如下图所示．‎ ‎（3）①对导体棒，规定向右为正方向，由动量定理得：I安﹣IT=m2v﹣0‎ 对重物在t时间内，规定向上为正方向，由动量定理得：IT′﹣mgt=m1v﹣0，IT′=IT 而I安=Bl•t=Bqt 可得：‎ ‎②全电路能量守恒：‎ ‎8. （1）由功能关系分析可知克服电场力做的功等于产生的电场能．‎ 根据速度﹣时间图象围成的面积代表位移，可知在Q﹣U图象中，图象所围成的面积为QU，也就是克服电场力所做的功．‎ 即为：W=QU 又有电容定义式为：C=‎ 两式联立得：W=CU2，‎ 所以电容器储存的电场能为：Ee=CU2，‎ ‎（2）a、设导体棒落地的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生感应电动势，‎ 感应电动势大小为：E=BLv 电容器储存的电场能为：Ee=C（BLv）2，‎ 由动能定理得：mgh=mv2+Ee 解得：v=‎ b、导体棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可知：‎ ‎ mgt﹣F安t=m△v ‎ ‎ 又F安=BIL ‎ Q=It ‎ Q=CU ‎△v=v﹣0 ‎ 由以上几式解得：．‎ ‎9. （1）由图2可知，‎ 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势①‎ ‎（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律②‎ 金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，‎ 根据能量守恒定律 所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热 ‎（3）a．根据图3，x=x1（x1＜x0）处磁场的磁感应强度．‎ 设金属棒在水平轨道上滑行时间为△t．由于磁场B（x）沿x方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律△t时间内的平均感应电动势 所以，通过金属棒电荷量 b．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式，‎ 金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．‎ 根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度 所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流 若金属棒自由下落高度，经历时间，显然t0＞t 所以，‎ 综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．‎ ‎（五） ‎ ‎1.（1）金属棒cd做匀速直线运动，受平衡力 F=F安=BIL 在△t时间内，外力F对金属棒cd做功 W=Fv△t=F安v△t=BILv△t=‎ 金属棒cd的感应电动势E=BLv 电路获得的电能 E电=Eq=EI△t=BILv△t=‎ 即F对金属棒cd所做的功等于电路获得的电能E电，‎ ‎（2）‎ ‎①撤去F′时，cd棒的速度大小为v1=at0‎ 当ab、cd的速度相等时，回路中的电流为零，两棒开始做匀速直线运动．‎ 因为ab、cd棒受到的安培力等大反向，所以系统的动量守恒．‎ 设它们达到相同的速度为v2，则：mv1=2mv2‎ 根据能量守恒定律，回路中产生的焦耳热总量为：Q=mv12﹣mv22‎ 金属棒ab产生的焦耳热：Q1==ma2t02‎ ‎②‎ 设从撤去F′到ab、cd棒的刚好达到相同速度的过程中的某时刻，ab、cd的速度差为△v，则此时回路中产生的感应电动势Ei===BL△v 此时回路中的感应电流Ii==‎ 此时ab棒所受安培力Fi=BIiL=‎ 对ab棒根据动量定理有：Fi△t=m△v2‎ 对从撤去F′到ab、cd棒刚好达到相同速度的过程求和 则有：=mv2，即 ‎=△x=mv2‎ 又因v2==‎ 所以解得最大距离改变量△x=‎