【物理】2020届二轮复习专题四解决物理问题的三条途径学案
专题四 解决物理问题的三条途径
要点提炼
1.三条途径
(1)以牛顿运动定律和运动学公式为基础用动力学的观点解决问题。
(2)以功与能的关系、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律为基础用能量的观点解决问题。
(3)以动量定理和动量守恒定律为基础用动量的观点解决问题。
2．三条途径的选用
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，已知力的作用情形，涉及加速度、时间，则用动力学观点解决问题。
(2)能量变化反映力在空间上的积累，即Ek2－Ek1＝∑F合·Δx＝W合，Ep2－Ep1＝∑(－F场·Δx)＝－W场，F场＝－，功初、末状态的能量变化。如果不需要求解运动过程细节，且已知(或隐含)力与位移的关系，优先用能量的观点解决问题。例如在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(3)动量变化反映力在时间上的积累，即p2－p1＝∑F·Δt＝I，F＝，冲量初、末状态的动量变化。如果不需要求解运动过程细节，且已知(或隐含)力和时间的关系，优先用动量的观点解决问题。例如碰撞、反冲问题(相互作用力大小、作用时间均相等)，用微元法(∑F·Δt＝∑mΔv)求解碰撞产生的作用力、碰撞产生的压强、正比于速度的阻力作用一段距离后的速度。
注：对于实际物理问题，经常要综合使用三条途径解决问题。原则上求解整个过程用能量、动量的观点，求解运动细节用动力学的观点，这要通过多加练习才能体会到。
3．物理学中的几种功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。
(3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp弹。
(4)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电。
(5)分子力做功与分子势能的关系：W分子＝－ΔEp分子。
(6)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(7)滑动摩擦力与内能的关系：fl相对＝ΔE内。
(8)安培力做功：WA>0时，WA＝ΔE机
(若除重力、弹簧弹力外只有安培力做功，则安培力所做的正功等于增加的机械能)；WA<0时，WA＝－E电(克服安培力所做的功等于产生的电能)。
(9)外界对气体做功与气体内能的关系：ΔU＝W＋Q。(ΔU表示内能的增量，Q表示从外界吸收的热量)
高考考向1 解决力学问题的三条途径
命题角度1 动力学观点在力学中的应用
例1 (2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)对齐前，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
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则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)利用动力学观点解决力学问题的思路
(2)板块模型中的临界条件
①滑块与滑板存在相对滑动的临界条件
a．运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动。
b．动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fm的关系，若f＞fm，则发生相对滑动。
②滑块滑离滑板的临界条件
当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘时共速是滑块滑离滑板的临界条件。
备课记录：
1－1 (2019·河南安阳二模)如图所示，质量为m＝2.0 kg的物体静止在光滑的水平地面上。t＝0时刻起物体在一水平向右的恒力F1＝1.0
N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F2＝2.6 N，方向改为水平向左。在t＝12.0 s时测得物体运动的瞬时速度大小v＝6.24 m/s，则t0为( )
A．12.1 s B．6.0 s
C．5.2 s D．2.6 s
答案 C
解析 由牛顿第二定律可得：a1＝＝0.5 m/s2，a2＝＝1.3 m/s2，若t＝12 s时速度方向向左，由题意列出运动学方程为：－a1t0＋a2(t－t0)＝v，解得：t0＝5.2 s；若t＝12 s时速度方向向右，由题意列出运动学方程为：a1t0－a2(t－t0)＝v，解得t0＝12.13 s>12 s，不符合题意，故A、B、D错误，C正确。
1－2 (2019·贵州毕节二模)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)t＝0时刻木板的速度；
(2)木板的长度。
答案 (1)5 m/s (2) m
解析 (1)小物块与木板一起向墙壁运动时，
由牛顿第二定律：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
设t＝0时刻木板的速度为v0，
由运动学公式：v1＝v0－a1t
代入数据求得：v0＝5 m/s。
(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2
设当物块速度为0时，经历的时间为t1，发生的位移大小为x1，则有x1＝，x1＝t1
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
式中M＝15m，解得a3＝ m/s2
μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
答案 BC
利用能量观点解决力学问题的思路
(1)明确研究对象和研究过程。
(2)进行运动分析和受力分析。
(3)选择所用的规律列方程求解。
①动能定理：需要明确初、末动能，明确力的总功，适用于所有情况。
②机械能守恒定律：根据机械能守恒条件判断研究对象的机械能是否守恒，只有满足机械能守恒的条件时才能应用此规律。
③功能关系：根据常见的功能关系求解，适用于所有情况。
④能量守恒定律：适用于所有情况。
(4)对结果进行讨论。
备课记录：
2－1 (2019·湖北八校联合二模)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则( )
A．下滑过程中，其加速度先减小后增大
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2
C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－mv2
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
答案 AC
解析 环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，故A正确；环由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，环由C到A，有EpC＋mv2＝Q＋mgLsinα，解得Q＝mv2，EpC＝mgLsinα－mv2
，故B错误，C正确；由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgh′－Wf′－W弹′＝mv－0，圆环由B上滑至A，有－mgh′－Wf′＋W弹′＝0－mvB′2，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
2－2 (2019·湖南衡阳三模)如图所示，电动机带动倾角为θ＝37°的传送带以v＝8 m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L＝20 m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5 m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量m＝2 kg可看做质点的物体M靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x＝1 m，PD段光滑，DC段粗糙，现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8 N。上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知M与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在圆弧轨道的B点时物体的速度；
(2)M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E；
(3)M释放前，系统具有的弹性势能Ep。
答案 (1)5.0 m/s (2)512 J (3)19 J
解析 (1)由题给条件和牛顿第三定律知，M在A点时受到轨道的压力FA＝8 N，
由牛顿第二定律：mg＋FA＝m
解得vA＝ m/s，
从B到A机械能守恒，有：
－mg(R＋Rcosθ)＝mv－mv
解得vB＝5.0 m/s。
(2)M在传送带上运动时由于vB小于传送带速度，可知物体一直做加速运动，所受摩擦力一直沿传送带向上
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；
传送带在t时间内的位移：x1＝vt＝40 m，
由于物体对传送带有沿传送带向下的摩擦力，要维持传送带匀速运动，故电动机要额外给传送带一个沿传送带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，
牵引力做的功W＝μ1mgcosθ·x1＝512 J，
多输出的电能E＝W＝512 J。
(3)设弹簧弹力对物体做功为W弹，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：
W弹－μ2mgx＝mv－0
解得：W弹＝19 J
可知Ep＝W弹＝19 J。
命题角度3 动量观点在力学中的应用
例3 (2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图象如图b所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求物块B的质量；
(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
解析 (1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
从图b所给出的vt图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcosθ·⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′
＝0－m′v′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。
答案 (1)3m (2)mgH (3)
利用动量观点解决力学问题的思路
(1)确定研究对象和研究过程。
(2)两种解题途径
①动量守恒定律：判断研究过程中所研究对象动量是否守恒，若守恒，则可用动量守恒定律列方程。(常与机械能守恒定律或能量守恒定律结合)。
②动量定理：明确初、末状态的动量，明确总冲量。
(3)对结果进行讨论。
备课记录：
3－1 (2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案 B
解析 设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正确。
3－2 (2019·天津市和平区三模)利用冲击摆测量速度的实验，可以简化为图示模型，一质量M＝0.8 kg的木块，用长L＝0.8 m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。一质量m＝0.2
kg的小球以某一水平速度射向木块，小球与木块相互作用时间极短，并嵌在木块里，测得小球与木块上升最大高度为0.2 m，小球、木块的大小与绳长相比可以忽略，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小球与木块共速瞬时，小球和木块共同速度v的大小；
(2)小球和木块一起摆动过程中，细绳受到的最大拉力T；
(3)小球射入木块的速度v0大小。
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)10 m/s
解析 (1)小球与木块共速后上摆的过程中，根据机械能守恒定律可得：
(M＋m)v2＝(M＋m)gh
解得v＝2 m/s。
(2)小球与木块刚共速时，细绳受到的拉力最大，选木块和小球为研究对象
由牛顿第二定律得T－(M＋m)g＝(M＋m)
解得T＝15 N。
(3)根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，
解得v0＝10 m/s。
高考考向2 解决电磁学问题的三条途径
命题角度1 动力学观点在电磁学中的应用
例4 (2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
a2＝gt2②
联立①②式得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2)。
答案 (1) (2)2m(v＋g2t2)
利用动力学观点解决电磁学问题的思路
备课记录：
4－1 (2019·河南六市高三第二次联考)如图所示为测磁感应强度大小的一种方式。边长为l、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方存在垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为I。此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，待线框稳定后，测得细线中拉力大小为F2。则磁感应强度大小为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为l，电流方向向右，受到的安培力方向竖直向上，故F1＋BIl＝mg，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为l，电流方向向左，受到的安培力方向竖直向下，故F2＝BIl＋mg，联立可得B＝，A正确。
4－2 (2019·山西高三二模)电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为r，ab边长为L(小于磁场的宽度)。小车总质量为m，受到的其他阻力恒为F，小车上的磁场边界MN与ab边平行，当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0。求：
(1)边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小；
(2)整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小。
答案 (1) (2)
解析 (1)磁场边界MN刚抵到ab边时，线圈中产生的感应电动势为E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流I＝
解得：I＝。
(2)小车上的磁场边界MN刚抵达ab边时，小车的加速度最大，
根据右手定则可判断感应电流的方向为从b流到a，
根据左手定则可判断线框所受安培力方向水平向右，大小为FA＝BIL
则由牛顿第三定律可知小车受到的磁场力大小为：FA′＝FA，方向水平向左
由牛顿第二定律：FA′＋F＝mam
解得：am＝。
命题角度2 能量观点在电磁学中的应用
例5 (2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
解析 动能变化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球从M运动到N的过程中，只有重力和电场力做功，机械能的增加量等于电势能的减少量，带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2x，则电势能减少量ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，故B正确，D错误；小球在竖直方向做匀减速运动，速度减小到零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C错误。
答案 B
(1)动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”
(2)功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
备课记录：
5－1 (2019·广西钦州三模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列判断中正确的是( )
A．P点的电势比Q点的电势高
B．P点的场强比Q点的场强大
C．带电粒子通过Q点时电势能比P点时小
D．带电粒子通过Q点时动能比P点时大
答案 B
解析 若带电粒子从P点进入电场，由图可知带电粒子所受电场力沿电场线向右，由于粒子带正电，故电场线方向向右，故P点的电势低于Q点的电势，A错误；由于电场线越密的地方场强越大，则由图可知P点的场强大于Q点的场强，B正确；带电粒子在从P向Q运动的过程中电场力做负功，则带电粒子的电势能增大，故带电粒子在P点时的电势能较小，通过Q点时电势能较大，C错误；由于带电粒子在从P向Q运动的过程中电场力做负功，根据动能定理可知，带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能，D错误。
5－2 (2019·河南洛阳三模)如图所示，电阻不计的刚性⊃形金属导轨放在光滑水平面上，导轨的两条轨道之间的间距为L。一轻弹簧的左端与导轨的右边中点相连，轻弹簧的右端固定在水平面某一位置处，弹簧和导轨的右边垂直。质量为m、长度为L、电阻为R的金属杆ab可始终在导轨上滑动，滑动时与导轨的两条轨道始终保持垂直(不计金属杆ab和导轨之间的摩擦)。整个空间存在一垂直于水平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为B。开始时，轻弹簧处于原长状态，导轨和金属杆ab都处于静止状态。在t＝0时刻，有一位于导轨平面内且与轨道平行的向右的拉力作用于金属杆ab的中点上，使之从静止开始在导轨上向右做加速度为a的匀加速直线运动。在t＝t0时刻，撤去拉力，此时轻弹簧的弹性势能为最大值Ep。已知从t＝0到t＝t0的过程中，金属杆ab上产生的焦耳热为Q。试求：
(1)在t＝t0时刻回路中的电流大小；
(2)在t＝0到t＝t0的过程中，作用在金属杆ab上的拉力所做的功；
(3)外力撤去后的很长时间内，金属杆ab上最多还能产生的电热。
答案 (1) (2)Q＋Ep＋m(at0)2
(3)Ep＋m(at0)2
解析 (1)设金属杆ab在t＝t0时刻的速度为v，则对金属杆ab，有：v＝at0
此时轻弹簧的弹性势能为最大值，可知金属导轨的速度为0，
故金属杆ab产生的感应电动势E＝BLv
回路中的感应电流I＝
解得：I＝。
(2)在t＝0到t＝t0的过程中，对金属杆ab、导轨和轻弹簧组成的系统，由能量守恒可知，拉力所做的功转化为金属杆的动能、金属杆ab产生的焦耳热、轻弹簧的弹性势能，由此可得：W＝Q＋Ep＋mv2
解得：W＝Q＋Ep＋m(at0)2。
(3)外力撤去后的很长时间后，金属杆和导轨都静止不动，轻弹簧处于原长，轻弹簧的弹性势能为0，即金属棒ab的动能与轻弹簧的弹性势能全部转化为ab上产生的焦耳热，设金属杆ab上最多还能产生的电热为Q′，
由能量守恒定律得：Q′＝Ep＋mv2
解得：Q′＝Ep＋m(at0)2。
命题角度3 动量观点在电磁学中的应用
例6 (2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R
的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab、cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝ ⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1
，由法拉第电磁感应定律有E1＝ ⑥
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝ ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l ⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲 ⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0 ⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝ ⑬
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。
答案 (1)M接电源正极，理由见解析
(2)
(3)见解析
应用动量定理解答电磁感应问题的关键是：能否从速度和位移联想到＝n，＝，q＝·Δt，－BL·Δt＝m·Δv。其实不难发现，问题的核心是电荷量q，它一方面可以联系到平均感应电动势，继而到磁通量的变化ΔΦ，再到滑行距离；另一方面又可联系到安培力，继而通过动量定理联系到速度，最终可以作为桥梁把滑行距离和速度这两个物理量联系起来。能用电荷量q把几个规律一个个串联起来，问题就解决了。
在电磁感应综合问题中，若以等宽双杆在磁场中的运动作为命题背景，由于回路中为同一电流，两杆所受安培力等大反向，系统合力为零，则可应用动量守恒定律方便快捷地求出杆的速度。另外，也可把双杆问题当成碰撞问题的变形拓展，可以对系统同时应用动量守恒定律和能量守恒定律。
备课记录：
6－1 (2019·北京房山区二模)A、B是两种放射性元素的原子核，原来都静止在同一匀强磁场中，其中一个放出α粒子，另一个放出β粒子，运动方向都与磁场方向垂直。图中a、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是( )
A．磁场方向一定垂直纸面向里
B．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子
C．a为α粒子运动轨迹，d为β粒子运动轨迹
D．a轨迹中粒子比b轨迹中的粒子动量大
答案 B
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向，A错误；放射性元素的原子核放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度方向相反，电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，而放射性元素的原子核放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度方向相反，电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故A放出的是α粒子，B放出的是β粒子，B正确；放射性元素的原子核放出粒子时，两带电粒子的总动量守恒，故a轨迹对应的粒子与b轨迹对应的粒子动量大小相等，方向相反，由轨迹半径公式r＝可得r＝，轨迹半径与动量成正比，与电荷量成反比，而α粒子和β粒子的电荷量比反冲核的电荷量小，则α粒子和β粒子的轨迹半径比反冲核的轨迹半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹，C、D错误。
6－2 (2019·浙江省温州九校联考)如图甲所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距l＝0.2 m，左侧轨道的倾斜角θ＝30°，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R＝1.5 Ω，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有宽度为d＝0.8 m、方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。一质量为m＝10 g、导轨间电阻为r＝1.0 Ω的导体棒a从t＝0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H＝0.8 m。另一与a棒完全相同的导体棒b
静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计。求：
(1)导体棒进入磁场前，流过R的电流大小；
(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；
(3)导体棒最终静止的位置离PM的距离；
(4)全过程电阻R上产生的焦耳热。
答案 (1)0.1 A (2)0.04 N (3)0.4 m (4)0.042 J
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得E1＝dl
由图乙，得＝ T/s＝1.25 T/s
由闭合电路欧姆定律得E1＝I1
联立解得I1＝0.1 A。
(2)设a棒滑到底端时的速度为v0，由动能定理得
mgH＝mv
设a棒与b棒发生完全非弹性碰撞后的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv
由于a棒下滑时间t＝＝0.8 s
故两棒碰撞后磁场的磁感应强度不再变化，电动势大小为E2＝Blv
安培力大小为F＝BI2l
又E2＝I2
联立解得F＝0.04 N。
(3)导体棒直到静止，由动量定理有
－Bl·Δt＝0－2mv
又q＝·Δt
q＝＝
其中s为导体棒在水平轨道上滑过的路程
联立解得s＝2 m
所以导体棒最终静止的位置离PM的距离为0.4 m。
(4)滑入磁场前，有QR1＝IRt＝0.012 J
碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mv－·2mv2
由能量守恒定律知a、b棒碰撞后回路中产生的总焦耳热为Q＝mgH－ΔE
电阻R上产生的焦耳热为QR2＝Q＝0.03 J
全过程电阻R上产生的焦耳热为
QR＝QR1＋QR2＝0.042 J。
阅卷现场 动量守恒定律应用错误
例7 (2019·吉林省长春市二模)(12分)如图所示，一质量为m2＝0.4 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量为m1＝0.39 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的左端。一质量为m0＝0.01 kg的子弹以水平速度v0＝200 m/s射中物块左端并留在物块中，子弹与物块的作用时间极短。最终物块相对地面以4 m/s的速度滑离小车，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)子弹射入物块过程中与物块共速时的速度大小；
(2)小车的长度。
正解 (1)子弹与物块相互作用过程动量守恒，设共速时的速度为v1
有：m0v0＝(m0＋m1)v1(2分)
解得：v1＝5 m/s。(2分)
(2)设物块滑离小车时的速度为v2，此时小车的速度为v3，三个物体组成的系统动量守恒：
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3(3分)
设小车的长度为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
错解 (1)子弹与物块相互作用过程子弹、物块与小车组成的系统动量守恒，设共速时的速度为v1
有：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v1(扣2分)
解得：v1＝2.5 m/s。(扣2分)
(2)设小车的长度为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
本题是典型的三体二次作用，子弹射入小物块的过程，小车的速度没有发生变化，子弹射入小物块后，子弹与小物块可看做一个整体，再与小车发生作用。子弹射入小物块的过程，要损失一部分机械能，子弹、小物块整体与小车作用的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，第(2)问只涉及子弹、小物块整体与小车作用的过程，且物块最后滑离小车，与小车不共速，所以进行运动过程分析，将运动过程合理分段很有必要。
专题作业
1. (2019·辽宁葫芦岛一模)我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000 m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案 B
解析 因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等方向相反，A错误；甲、乙作用过程中，甲、乙组成的系统所受合外力为0，根据动量定理可知，甲、乙动量变化之和为0，故甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，B正确；在相互作用的时间内，甲、乙的位移大小不相同，故相互作用力做功的大小不相等，根据动能定理可知，动能变化量大小不相等，C、D错误。
2. (2020·江苏省涟水中学高三月考)如图所示，虚线代表电场中的三个等势面，实线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，下列说法中正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子在Q点时的加速度较P点大
C．粒子在P点时的动能较Q点大
D．粒子在P点时的电势能较Q点大
答案 D
解析 因为电场线和等势面垂直，且由高电势指向低电势，所以在P点的电场强度方向如图所示，因为带电粒子受到的电场力和电场强度共线，且指向曲线的内侧，所以粒子在P点受到的电场力和电场强度方向相同，则粒子带正电，故A错误；因为Q点所在处的等势面比P点疏，所以电场强度比P点小，受到的电场力比P点小，根据牛顿第二定律可知，粒子在Q点的加速度小于P点，故B错误；根据Ep＝qφ，P点的电势大于Q点，粒子带正电，可知粒子在P点的电势能大于Q点，根据能量守恒定律可知，粒子在P点的动能小于Q点，故C错误，D正确。
3. (2019·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA＝1 kg，mB＝2 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于( )
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法判断
答案 A
解析 由图可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度为vB＝3 m/s，碰后速度为vB′＝5 m/s。根据题给数据可知，碰撞过程系统动量守恒。碰前系统的总动能为mAv＋mBv＝27 J，碰后的总动能为mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，则系统碰撞过程机械能也守恒，所以属于弹性碰撞，A正确，B、C、D错误。
4. (2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
答案 D
解析 由于木块始终保持静止状态，可知整个过程中，两子弹对木块的推力大小时刻相等，则两子弹所受的阻力大小时刻相等，且作用时间也一定相等。设全过程平均阻力为f，根据动能定理得，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B、C错误，D正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA＞EkB，则得到mA＜mB，故A错误。
5. (2020·广西南宁二中、柳州高中二校高三联考)如图所示，一半径为R＝0.4 m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h＝0.4 m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m＝1 kg，g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心
B．轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是2 m/s
C．轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变
D．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为6 J
答案 B
解析 小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，做变速圆周运动，合外力方向除在B点外都不指向轨道圆心，故A错误；小球M从开始到滑到B的过程，由机械能守恒定律得：mg(h＋R)＝mv，代入数据解得：vB＝4 m/s，轻弹簧被压缩至最短时两球速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB＝2mv，代入数据解得：v＝2 m/s，故B正确；轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M、N
的总动量不变，根据机械能守恒定律知弹性势能增大，所以M、N的总动能减少，故C错误；轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据机械能守恒定律得：mv＝·2mv2＋Epm，代入数据解得：Epm＝4 J，故D错误。
6. (2019·福建省福州市检测)如图所示，倾角为θ＝30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种正电荷。质量为m、带电荷量为＋q的物块从斜面上的M点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v，运动的最低点为N(图中没有标出)，则下列说法正确的是( )
A．物块向下运动的过程中加速度先增大后减小
B．物块和斜面间的动摩擦因数μ＝
C．物块运动的最低点N到O点的距离小于M点到O点的距离
D．物块的释放点M与O点间的电势差为
答案 D
解析 根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物块下滑的过程中电场力qE先沿斜面向下逐渐减小后沿斜面向上逐渐增大，所以物块的加速度大小先减小后增大，A错误；物块在斜面上运动到O点时的速度最大，则可知此时物块的加速度为零，又电场强度为零，有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ＝，B错误；由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点N与释放点M关于O点对称，C错误；根据动能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物块的释放点M与O点间的电势差UMO＝，D正确。
7. (2019·福建省泉州市检测)(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上的A点由静止下滑，经时间t
后立即加上沿斜面向上的匀强电场，再经时间t滑块恰好过A点。重力加速度大小为g，则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．滑块过A点时的速度大小为2gtsinθ
C．滑块从A点到最低点过程中重力势能减少了mg2t2sin2θ
D．滑块从最低点到A点的过程中电势能减少了2mg2t2sin2θ
答案 AB
解析 未加电场时，小滑块的加速度大小为a＝gsinθ，经时间t后速度大小为v1＝at＝gtsinθ，位移大小为x＝at2＝gt2sinθ；加上电场后，则加速度大小为a′＝－gsinθ，再经时间t后，根据匀变速运动规律有x＝－v1t＋a′t2，联立解得a′＝3gsinθ，E＝，A正确；滑块过A点时的速度大小为v2＝－v1＋a′t＝－gtsinθ＋3gtsinθ＝2gtsinθ，B正确；从A点到最低点，位移大小为x总＝at2＋＝gt2sinθ，所以重力势能减小量ΔEp＝mgx总sinθ＝mg2t2sin2θ，C错误；从最低点到A点根据动能定理W电－mgx总sinθ＝mv－0，解得W电＝mg2t2sin2θ，所以电势能减少了ΔEp′＝W电＝mg2t2sin2θ，D错误。
8. (2019·陕西省西安市检测)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A．金属棒b端电势比a端高
B．金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．金属棒ab运动的位移为
D．金属棒ab运动的位移为
答案 D
解析 金属棒ab相当于电源，由右手定则可知，金属棒ab上电流的方向是b→a，说明b端电势比a端低，A错误；由功能关系知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R与金属棒上产生的焦耳热之和，B错误；由动量定理得－BLΔt＝0－mv0，由法拉第电磁感应定律得E＝B，由闭合电路的欧姆定律得E＝·2R，联立解得金属棒的位移x＝，C错误，D正确。
9．(2019·云南省昆明市模拟)(多选)如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，导轨间距为L，导轨平面与水平面间夹角为θ＝37°，N、Q间连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B。将一根质量为m的金属棒放在两导轨的ab位置，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨下滑过程中始终与两导轨垂直，且与导轨接触良好，当金属棒滑行至cd位置，速度开始保持不变。已知cd与ab之间的距离为s，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒及导轨的电阻不计，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则( )
A．金属棒沿导轨刚开始下滑时的加速度大小为g
B．金属棒到达cd处的速度大小为
C．金属棒由ab处运动到cd处所用的时间为t＝＋
D．金属棒由ab处运动到cd处所用的时间为t＝＋
答案 BC
解析 金属棒沿导轨刚开始下滑时，有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝
，A错误；金属棒到达cd处，速度达到最大，金属棒所受的合外力为0，故有mgsin37°－μmgcos37°－F安＝0，其中F安＝BIL＝BL，联立解得vm＝，B正确；金属棒由ab处运动到cd处，由动量定理得(mgsin37°－μmgcos37°－BIL)Δt＝mΔv，其中I＝，整理式子并两边求和得∑(mgsin37°－μmgcos37°)Δt－∑Δt＝∑mΔv，则有(mgsin37°－μmgcos37°)t－＝mvm，解得t＝＋，C正确，D错误。
10．(2019·河北唐山二模)如图所示，有两光滑平行金属导轨PQR、DEF，PQ、DE部分为半径为r的圆弧导轨，QR、EF部分为水平导轨，圆弧部分与水平部分相切，水平部分处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距为L。两金属杆a、b的质量分别为m、3m，电阻均为R。开始时，杆b与两水平轨道垂直且静止于磁场中，a杆从圆弧轨道上端由静止释放，释放位置与水平轨道的高度差为r，求：
(1)a杆运动到圆弧末端时对轨道的压力；
(2)b杆的最大加速度和最大速度。
答案 (1)3mg (2)
解析 (1)对a沿圆弧轨道下滑过程中，根据动能定理可得：mgr＝mv，
对a在圆弧末端，根据牛顿第二定律可得：
FN－mg＝m，解得：FN＝3mg，
根据牛顿第三定律可得，a杆运动到圆弧末端时对轨道的压力为3mg。
(2)当a杆刚进入磁场时，b的加速度最大，则有：
E＝BLv0，
感应电流为：I＝＝，
对b根据牛顿第二定律可得：F安＝BIL＝3ma，
解得：a＝
a杆进入磁场后，在各自的安培力作用下，a减速、b加速，二者速度相同时，b杆的速度达到最大，a、b组成的系统所受的合外力为零，故系统动量守恒，则有：
mv0＝(m＋3m)v，解得：v＝。
11．(2019·湖南永州高三模拟)如图所示，质量为m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑。现让质量为m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10 m/s2。求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置。
答案 (1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D点
解析 (1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得：0＝m1v1－m2v2
由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v＋m2v
解得：v1＝2 m/s。
(2)当弹簧第一次被压缩至最短时，弹簧具有最大的弹性势能，此时由动量守恒定律可得：0＝m1v1′－m2v2′，
又由于此时物块与滑道相对静止，故有v1′＝v2′＝0，
由能量守恒定律得：Epm＝m1gR－μm1gL
解得：Epm＝2.8 J。
(3)最终物块将停在C、D之间某处，设物块在滑道的CD部分运动的总路程为s，
由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs
解得：s＝3 m
所以物块最终停在D点。
