2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇四 解決物理問題的三條途徑練習(xí)（含解析）

解決物理問題的三條途徑 要點提煉1.三條途徑(1)以牛頓運動定律和運動學(xué)公式為基礎(chǔ)用動力學(xué)的觀點解決問題。(2)以功與能的關(guān)系、動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律為基礎(chǔ)用能量的觀點解決問題。(3)以動量定理和動量守恒定律為基礎(chǔ)用動量的觀點解決問題。2三條途徑的選用(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，已知力的作用情形，涉及加速度、時間，則用動力學(xué)觀點解決問題。(2)能量變化反映力在空間上的積累，即Ek2Ek1F合·xW合，Ep2Ep1(F場·x)W場，F(xiàn)場，功初、末狀態(tài)的能量變化。如果不需要求解運動過程細節(jié)，且已知(或隱含)力與位移的關(guān)系，優(yōu)先用能量的觀點解決問題。例如在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(3)動量變化反映力在時間上的積累，即p2p1F·tI，F(xiàn)，沖量初、末狀態(tài)的動量變化。如果不需要求解運動過程細節(jié)，且已知(或隱含)力和時間的關(guān)系，優(yōu)先用動量的觀點解決問題。例如碰撞、反沖問題(相互作用力大小、作用時間均相等)，用微元法(F·tmv)求解碰撞產(chǎn)生的作用力、碰撞產(chǎn)生的壓強、正比于速度的阻力作用一段距離后的速度。注：對于實際物理問題，經(jīng)常要綜合使用三條途徑解決問題。原則上求解整個過程用能量、動量的觀點，求解運動細節(jié)用動力學(xué)的觀點，這要通過多加練習(xí)才能體會到。3物理學(xué)中的幾種功能關(guān)系(1)合外力做功與動能的關(guān)系：W合Ek。(2)重力做功與重力勢能的關(guān)系：WGEp。(3)彈簧彈力做功與彈性勢能的關(guān)系：W彈Ep彈。(4)電場力做功與電勢能的關(guān)系：W電Ep電。(5)分子力做功與分子勢能的關(guān)系：W分子Ep分子。(6)除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外其他力做功與機械能的關(guān)系：W其他E機。(7)滑動摩擦力與內(nèi)能的關(guān)系：fl相對E內(nèi)。(8)安培力做功：WA>0時，WAE機(若除重力、彈簧彈力外只有安培力做功，則安培力所做的正功等于增加的機械能)；WA<0時，WAE電(克服安培力所做的功等于產(chǎn)生的電能)。(9)外界對氣體做功與氣體內(nèi)能的關(guān)系：UWQ。(U表示內(nèi)能的增量，Q表示從外界吸收的熱量)高考考向1解決力學(xué)問題的三條途徑命題角度1 動力學(xué)觀點在力學(xué)中的應(yīng)用例1(2019·江蘇高考)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。解析A、B的運動過程如圖所示：(1)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，先敲擊A時，由牛頓第二定律可知，A的加速度大小aAg在B上滑動時有2aALv解得：vA。(2)對齊前，B所受A的摩擦力大小fAmg，方向向左，地面的摩擦力大小f地2mg，方向向左，合外力大小FfAf地3mg由牛頓第二定律FmaB，得aB3g對齊后，A、B整體所受合外力大小Ff地2mg由牛頓第二定律F2maB，得aBg。(3)設(shè)敲擊B后經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA則vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得：vB2。答案(1)(2)3gg(3)2(1)利用動力學(xué)觀點解決力學(xué)問題的思路(2)板塊模型中的臨界條件滑塊與滑板存在相對滑動的臨界條件a運動學(xué)條件：若兩物體速度和加速度不等，則會相對滑動。b動力學(xué)條件：假設(shè)兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出其中一個物體“所需要”的摩擦力f；比較f與最大靜摩擦力fm的關(guān)系，若ffm，則發(fā)生相對滑動。滑塊滑離滑板的臨界條件當(dāng)滑板的長度一定時，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣時共速是滑塊滑離滑板的臨界條件。備課記錄： 11(2019·河南安陽二模)如圖所示，質(zhì)量為m2.0 kg的物體靜止在光滑的水平地面上。t0時刻起物體在一水平向右的恒力F11.0 N的作用下開始運動，經(jīng)過一段時間t0后，恒力大小變?yōu)镕22.6 N，方向改為水平向左。在t12.0 s時測得物體運動的瞬時速度大小v6.24 m/s，則t0為()A12.1 s B6.0 sC5.2 s D2.6 s答案C解析由牛頓第二定律可得：a10.5 m/s2，a21.3 m/s2，若t12 s時速度方向向左，由題意列出運動學(xué)方程為：a1t0a2(tt0)v，解得：t05.2 s；若t12 s時速度方向向右，由題意列出運動學(xué)方程為：a1t0a2(tt0)v，解得t012.13 s>12 s，不符合題意，故A、B、D錯誤，C正確。12(2019·貴州畢節(jié)二模)一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖所示。木板與地面間的動摩擦因數(shù)10.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.4。t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當(dāng)t1 s時，木板以速度v14 m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反。運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下。已知木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)t0時刻木板的速度；(2)木板的長度。答案(1)5 m/s(2) m解析(1)小物塊與木板一起向墻壁運動時，由牛頓第二定律：1(Mm)g(Mm)a1設(shè)t0時刻木板的速度為v0，由運動學(xué)公式：v1v0a1t代入數(shù)據(jù)求得：v05 m/s。(2)碰撞后，對物塊：2mgma2設(shè)當(dāng)物塊速度為0時，經(jīng)歷的時間為t1，發(fā)生的位移大小為x1，則有x1，x1t1對木板，由牛頓第二定律：2mg1(Mm)gMa3式中M15m，解得a3 m/s2<a24 m/s2，可知物塊速度減為0時，木板速度還未減為0。設(shè)木板在此時間t1內(nèi)發(fā)生的位移大小為x2，則有x2v1t1a3t木板長度lx1x2代入數(shù)據(jù)可得l m。命題角度2 能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用例2(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A彈簧的最大彈力為mgB物塊克服摩擦力做的功為2mgsC彈簧的最大彈性勢能為mgsD物塊在A點的初速度為解析物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>mg，A錯誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功Wmgsmgs2mgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運動到A點靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epmmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即mv22mgs，所以v2，D錯誤。答案BC 利用能量觀點解決力學(xué)問題的思路(1)明確研究對象和研究過程。(2)進行運動分析和受力分析。(3)選擇所用的規(guī)律列方程求解。動能定理：需要明確初、末動能，明確力的總功，適用于所有情況。機械能守恒定律：根據(jù)機械能守恒條件判斷研究對象的機械能是否守恒，只有滿足機械能守恒的條件時才能應(yīng)用此規(guī)律。功能關(guān)系：根據(jù)常見的功能關(guān)系求解，適用于所有情況。能量守恒定律：適用于所有情況。(4)對結(jié)果進行討論。備課記錄： 21(2019·湖北八校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為，圓環(huán)在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達C處時速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知ACL，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則()A下滑過程中，其加速度先減小后增大B下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2C從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinmv2D環(huán)經(jīng)過B時，上滑的速度小于下滑的速度答案AC解析環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，環(huán)先加速后減速，加速度先減小后增大，故A正確；環(huán)由A到C，有mgLsinEpCQ，環(huán)由C到A，有EpCmv2QmgLsin，解得Qmv2，EpCmgLsinmv2，故B錯誤，C正確；由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有mghWfW彈mv0，圓環(huán)由B上滑至A，有mghWfW彈0mvB2，故可知，環(huán)經(jīng)過B時，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯誤。22(2019·湖南衡陽三模)如圖所示，電動機帶動傾角為37°的傳送帶以v8 m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L20 m；傳送帶在上端點B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R0.5 m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量m2 kg可看做質(zhì)點的物體M靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，C、D間距x1 m，PD段光滑，DC段粗糙，現(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過DC沖上傳送帶，經(jīng)B點沖上光滑圓孤軌道，通過最高點A時對A點的壓力為8 N。上述過程中，M經(jīng)C點滑上傳送帶時，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较颉Ｒ阎狹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為10.8、與CD段間的動摩擦因數(shù)為20.5，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)在圓弧軌道的B點時物體的速度；(2)M在傳送帶上運動的過程中，帶動傳送帶的電動機由于運送M多輸出的電能E；(3)M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢能Ep。答案(1)5.0 m/s(2)512 J(3)19 J解析(1)由題給條件和牛頓第三定律知，M在A點時受到軌道的壓力FA8 N，由牛頓第二定律：mgFAm解得vA m/s，從B到A機械能守恒，有：mg(RRcos)mvmv解得vB5.0 m/s。(2)M在傳送帶上運動時由于vB小于傳送帶速度，可知物體一直做加速運動，所受摩擦力一直沿傳送帶向上由1mgcosmgsinma解得a0.4 m/s2由公式：vv2aL，解得vC3 m/s由vBvCat解得t5 s；傳送帶在t時間內(nèi)的位移：x1vt40 m，由于物體對傳送帶有沿傳送帶向下的摩擦力，要維持傳送帶勻速運動，故電動機要額外給傳送帶一個沿傳送帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大，牽引力做的功W1mgcos·x1512 J，多輸出的電能EW512 J。(3)設(shè)彈簧彈力對物體做功為W彈，則從彈簧的壓縮端到C點，對M由動能定理：W彈2mgxmv0解得：W彈19 J可知EpW彈19 J。命題角度3 動量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用例3(2019·全國卷)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v­t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖b所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。解析(1)根據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m，碰撞后瞬間的速度大小為v。由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2聯(lián)立式得m3m(2)在圖b所描述的運動中，設(shè)物塊A與傾斜軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點離水平軌道的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W。由動能定理有mgHfs1mv0(fs2mgh)0m2從圖b所給出的v­t圖線可知s1v1t1s2··(1.4t1t1)由幾何關(guān)系物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為Wfs1fs2聯(lián)立式可得WmgH(3)設(shè)傾斜軌道傾角為，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為，有Wmgcos·設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s，由動能定理有mgs0mv2設(shè)改變后的動摩擦因數(shù)為，由動能定理有mghmgcos·mgs0聯(lián)立式可得。答案(1)3m(2)mgH(3) 利用動量觀點解決力學(xué)問題的思路(1)確定研究對象和研究過程。(2)兩種解題途徑動量守恒定律：判斷研究過程中所研究對象動量是否守恒，若守恒，則可用動量守恒定律列方程。(常與機械能守恒定律或能量守恒定律結(jié)合)。動量定理：明確初、末狀態(tài)的動量，明確總沖量。(3)對結(jié)果進行討論。備課記錄： 31(2019·全國卷)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A1.6×102 kg B1.6×103 kgC1.6×105 kg D1.6×106 kg答案B解析設(shè)1 s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理知Ftmv，m kg1.6×103 kg，B正確。32(2019·天津市和平區(qū)三模)利用沖擊擺測量速度的實驗，可以簡化為圖示模型，一質(zhì)量M0.8 kg的木塊，用長L0.8 m的細繩懸掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。一質(zhì)量m0.2 kg的小球以某一水平速度射向木塊，小球與木塊相互作用時間極短，并嵌在木塊里，測得小球與木塊上升最大高度為0.2 m，小球、木塊的大小與繩長相比可以忽略，不計空氣阻力，重力加速度g10 m/s2。求：(1)小球與木塊共速瞬時，小球和木塊共同速度v的大?。?2)小球和木塊一起擺動過程中，細繩受到的最大拉力T；(3)小球射入木塊的速度v0大小。答案(1)2 m/s(2)15 N(3)10 m/s解析(1)小球與木塊共速后上擺的過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得：(Mm)v2(Mm)gh解得v2 m/s。(2)小球與木塊剛共速時，細繩受到的拉力最大，選木塊和小球為研究對象由牛頓第二定律得T(Mm)g(Mm)解得T15 N。(3)根據(jù)動量守恒定律得mv0(mM)v，解得v010 m/s。高考考向2解決電磁學(xué)問題的三條途徑命題角度1 動力學(xué)觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用 例4(2019·全國卷)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大小；(2)B運動到P點時的動能。解析(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mgqEmaa2gt2聯(lián)立式得E(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度大小為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2聯(lián)立式得Ek2m(vg2t2)。答案(1)(2)2m(vg2t2) 利用動力學(xué)觀點解決電磁學(xué)問題的思路備課記錄： 41(2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)如圖所示為測磁感應(yīng)強度大小的一種方式。邊長為l、一定質(zhì)量的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方存在垂直于導(dǎo)線框向里的勻強磁場，導(dǎo)線框中的電流大小為I。此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過傳感器測得細線中的拉力大小為F1；保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，待線框穩(wěn)定后，測得細線中拉力大小為F2。則磁感應(yīng)強度大小為()A. B.C. D.答案A解析當(dāng)磁場在虛線下方時，通電導(dǎo)線的等效長度為l，電流方向向右，受到的安培力方向豎直向上，故F1BIlmg，當(dāng)磁場在虛線上方時，通電導(dǎo)線的等效長度為l，電流方向向左，受到的安培力方向豎直向下，故F2BIlmg，聯(lián)立可得B，A正確。42(2019·山西高三二模)電磁緩沖車是利用電磁感應(yīng)原理進行制動緩沖，它的緩沖過程可以等效為：小車底部安裝有電磁鐵(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下。水平地面埋著水平放置的單匝閉合矩形線圈abcd，如圖甲所示。小車沿水平方向通過線圈上方，線圈與磁場的作用連同其他阻力使小車做減速運動，從而實現(xiàn)緩沖，俯視圖如圖乙所示。已知線圈的總電阻為r，ab邊長為L(小于磁場的寬度)。小車總質(zhì)量為m，受到的其他阻力恒為F，小車上的磁場邊界MN與ab邊平行，當(dāng)邊界MN剛抵達ab邊時，速度大小為v0。求：(1)邊界MN剛抵達ab邊時線圈中感應(yīng)電流I的大?。?2)整個緩沖過程中小車的最大加速度am的大小。答案(1)(2)解析(1)磁場邊界MN剛抵到ab邊時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，感應(yīng)電流I解得：I。(2)小車上的磁場邊界MN剛抵達ab邊時，小車的加速度最大，根據(jù)右手定則可判斷感應(yīng)電流的方向為從b流到a，根據(jù)左手定則可判斷線框所受安培力方向水平向右，大小為FABIL則由牛頓第三定律可知小車受到的磁場力大小為：FAFA，方向水平向左由牛頓第二定律：FAFmam解得：am。命題角度2 能量觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用例5(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A動能增加mv2 B機械能增加2mv2C重力勢能增加mv2 D電勢能增加2mv2解析動能變化量Ekm(2v)2mv2mv2，A錯誤；小球從M運動到N的過程中，只有重力和電場力做功，機械能的增加量等于電勢能的減少量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式得(2v)202x，則電勢能減少量Ep電W電qEx2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速運動，速度減小到零，由v22gh，得重力勢能增加量Ep重mghmv2，C錯誤。答案B(1)動能定理在力學(xué)和電場中應(yīng)用時的“三同一異”(2)功能關(guān)系在力學(xué)和電磁感應(yīng)中應(yīng)用時的“三同三異”備課記錄： 51(2019·廣西欽州三模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。下列判斷中正確的是()AP點的電勢比Q點的電勢高BP點的場強比Q點的場強大C帶電粒子通過Q點時電勢能比P點時小D帶電粒子通過Q點時動能比P點時大答案B解析若帶電粒子從P點進入電場，由圖可知帶電粒子所受電場力沿電場線向右，由于粒子帶正電，故電場線方向向右，故P點的電勢低于Q點的電勢，A錯誤；由于電場線越密的地方場強越大，則由圖可知P點的場強大于Q點的場強，B正確；帶電粒子在從P向Q運動的過程中電場力做負功，則帶電粒子的電勢能增大，故帶電粒子在P點時的電勢能較小，通過Q點時電勢能較大，C錯誤；由于帶電粒子在從P向Q運動的過程中電場力做負功，根據(jù)動能定理可知，帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能，D錯誤。52(2019·河南洛陽三模)如圖所示，電阻不計的剛性形金屬導(dǎo)軌放在光滑水平面上，導(dǎo)軌的兩條軌道之間的間距為L。一輕彈簧的左端與導(dǎo)軌的右邊中點相連，輕彈簧的右端固定在水平面某一位置處，彈簧和導(dǎo)軌的右邊垂直。質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的金屬桿ab可始終在導(dǎo)軌上滑動，滑動時與導(dǎo)軌的兩條軌道始終保持垂直(不計金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦)。整個空間存在一垂直于水平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度的大小為B。開始時，輕彈簧處于原長狀態(tài)，導(dǎo)軌和金屬桿ab都處于靜止?fàn)顟B(tài)。在t0時刻，有一位于導(dǎo)軌平面內(nèi)且與軌道平行的向右的拉力作用于金屬桿ab的中點上，使之從靜止開始在導(dǎo)軌上向右做加速度為a的勻加速直線運動。在tt0時刻，撤去拉力，此時輕彈簧的彈性勢能為最大值Ep。已知從t0到tt0的過程中，金屬桿ab上產(chǎn)生的焦耳熱為Q。試求：(1)在tt0時刻回路中的電流大??；(2)在t0到tt0的過程中，作用在金屬桿ab上的拉力所做的功；(3)外力撤去后的很長時間內(nèi)，金屬桿ab上最多還能產(chǎn)生的電熱。答案(1)(2)QEpm(at0)2(3)Epm(at0)2解析(1)設(shè)金屬桿ab在tt0時刻的速度為v，則對金屬桿ab，有：vat0此時輕彈簧的彈性勢能為最大值，可知金屬導(dǎo)軌的速度為0，故金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv回路中的感應(yīng)電流I解得：I。(2)在t0到tt0的過程中，對金屬桿ab、導(dǎo)軌和輕彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒可知，拉力所做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能、金屬桿ab產(chǎn)生的焦耳熱、輕彈簧的彈性勢能，由此可得：WQEpmv2解得：WQEpm(at0)2。(3)外力撤去后的很長時間后，金屬桿和導(dǎo)軌都靜止不動，輕彈簧處于原長，輕彈簧的彈性勢能為0，即金屬棒ab的動能與輕彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為ab上產(chǎn)生的焦耳熱，設(shè)金屬桿ab上最多還能產(chǎn)生的電熱為Q，由能量守恒定律得：QEpmv2解得：QEpm(at0)2。命題角度3 動量觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用例6(2018·天津高考)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關(guān)閉。(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速度a的大??；(3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？解析(1)列車要向右運動，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。(2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I每根金屬棒受到的安培力F0BIl設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F2F0根據(jù)牛頓第二定律有Fma聯(lián)立式得a(3)設(shè)列車減速時，cd進入磁場后經(jīng)t時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為，平均感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1其中Bl2設(shè)回路中平均電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)cd受到的平均安培力為F，有FBIl以向右為正方向，設(shè)t時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖Ft同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I02I沖設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有I總0mv0聯(lián)立式得討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N1塊有界磁場。答案(1)M接電源正極，理由見解析(2)(3)見解析應(yīng)用動量定理解答電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵是：能否從速度和位移聯(lián)想到n，q·t，BL·tm·v。其實不難發(fā)現(xiàn)，問題的核心是電荷量q，它一方面可以聯(lián)系到平均感應(yīng)電動勢，繼而到磁通量的變化，再到滑行距離；另一方面又可聯(lián)系到安培力，繼而通過動量定理聯(lián)系到速度，最終可以作為橋梁把滑行距離和速度這兩個物理量聯(lián)系起來。能用電荷量q把幾個規(guī)律一個個串聯(lián)起來，問題就解決了。在電磁感應(yīng)綜合問題中，若以等寬雙桿在磁場中的運動作為命題背景，由于回路中為同一電流，兩桿所受安培力等大反向，系統(tǒng)合力為零，則可應(yīng)用動量守恒定律方便快捷地求出桿的速度。另外，也可把雙桿問題當(dāng)成碰撞問題的變形拓展，可以對系統(tǒng)同時應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律。備課記錄： 61(2019·北京房山區(qū)二模)A、B是兩種放射性元素的原子核，原來都靜止在同一勻強磁場中，其中一個放出粒子，另一個放出粒子，運動方向都與磁場方向垂直。圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運動軌跡，下列說法中正確的是()A磁場方向一定垂直紙面向里BA放出的是粒子，B放出的是粒子Ca為粒子運動軌跡，d為粒子運動軌跡Da軌跡中粒子比b軌跡中的粒子動量大答案B解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，由于粒子和粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向，A錯誤；放射性元素的原子核放出粒子時，粒子與反沖核的速度方向相反，電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應(yīng)為外切圓，而放射性元素的原子核放出粒子時，粒子與反沖核的速度方向相反，電性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應(yīng)為內(nèi)切圓，故A放出的是粒子，B放出的是粒子，B正確；放射性元素的原子核放出粒子時，兩帶電粒子的總動量守恒，故a軌跡對應(yīng)的粒子與b軌跡對應(yīng)的粒子動量大小相等，方向相反，由軌跡半徑公式r可得r，軌跡半徑與動量成正比，與電荷量成反比，而粒子和粒子的電荷量比反沖核的電荷量小，則粒子和粒子的軌跡半徑比反沖核的軌跡半徑都大，故b為粒子的運動軌跡，c為粒子的運動軌跡，C、D錯誤。62(2019·浙江省溫州九校聯(lián)考)如圖甲所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)0.2 m，左側(cè)軌道的傾斜角30°，右側(cè)軌道為圓弧線，軌道端點間接有電阻R1.5 ，軌道中間部分水平，在MP、NQ間有寬度為d0.8 m、方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。一質(zhì)量為m10 g、導(dǎo)軌間電阻為r1.0 的導(dǎo)體棒a從t0時刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H0.8 m。另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM。a棒下滑后平滑進入水平軌道(轉(zhuǎn)角處無機械能損失)，并與b棒發(fā)生碰撞而粘合在一起，此后作為一個整體運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計。求：(1)導(dǎo)體棒進入磁場前，流過R的電流大??；(2)導(dǎo)體棒剛進入磁場瞬間受到的安培力大??；(3)導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離；(4)全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)0.1 A(2)0.04 N(3)0.4 m(4)0.042 J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E1dl由圖乙，得 T/s1.25 T/s由閉合電路歐姆定律得E1I1聯(lián)立解得I10.1 A。(2)設(shè)a棒滑到底端時的速度為v0，由動能定理得mgHmv設(shè)a棒與b棒發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v，由動量守恒定律得mv02mv由于a棒下滑時間t0.8 s故兩棒碰撞后磁場的磁感應(yīng)強度不再變化，電動勢大小為E2Blv安培力大小為FBI2l又E2I2聯(lián)立解得F0.04 N。(3)導(dǎo)體棒直到靜止，由動量定理有Bl·t02mv又q·tq其中s為導(dǎo)體棒在水平軌道上滑過的路程聯(lián)立解得s2 m所以導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離為0.4 m。(4)滑入磁場前，有QR1IRt0.012 J碰撞過程損失的機械能為Emv·2mv2由能量守恒定律知a、b棒碰撞后回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為QmgHE電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR2Q0.03 J全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QRQR1QR20.042 J。閱卷現(xiàn)場動量守恒定律應(yīng)用錯誤例7(2019·吉林省長春市二模)(12分)如圖所示，一質(zhì)量為m20.4 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量為m10.39 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在車頂?shù)淖蠖?。一質(zhì)量為m00.01 kg的子彈以水平速度v0200 m/s射中物塊左端并留在物塊中，子彈與物塊的作用時間極短。最終物塊相對地面以4 m/s的速度滑離小車，物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)0.5，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)子彈射入物塊過程中與物塊共速時的速度大??；(2)小車的長度。正解(1)子彈與物塊相互作用過程動量守恒，設(shè)共速時的速度為v1有：m0v0(m0m1)v1(2分)解得：v15 m/s。(2分)(2)設(shè)物塊滑離小車時的速度為v2，此時小車的速度為v3，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒：(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3(3分)設(shè)小車的長度為L，由能量守恒定律可得：(m0m1)gL(m0m1)v(m0m1)vm2v(3分)解得：L0.8 m。(2分)答案(1)5 m/s(2)0.8 m錯解(1)子彈與物塊相互作用過程子彈、物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共速時的速度為v1有：m0v0(m0m1m2)v1(扣2分)解得：v12.5 m/s。(扣2分)(2)設(shè)小車的長度為L，由能量守恒定律可得：(m0m1)gLm0v2(m0m1m2)v(扣6分)解得：L98.75 m。(扣2分)答案(1)2.5 m/s(2)98.75 m本題是典型的三體二次作用，子彈射入小物塊的過程，小車的速度沒有發(fā)生變化，子彈射入小物塊后，子彈與小物塊可看做一個整體，再與小車發(fā)生作用。子彈射入小物塊的過程，要損失一部分機械能，子彈、小物塊整體與小車作用的過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，第(2)問只涉及子彈、小物塊整體與小車作用的過程，且物塊最后滑離小車，與小車不共速，所以進行運動過程分析，將運動過程合理分段很有必要。專題作業(yè)1. (2019·遼寧葫蘆島一模)我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現(xiàn)女子3000 m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功答案B解析因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等方向相反，A錯誤；甲、乙作用過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)所受合外力為0，根據(jù)動量定理可知，甲、乙動量變化之和為0，故甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，B正確；在相互作用的時間內(nèi)，甲、乙的位移大小不相同，故相互作用力做功的大小不相等，根據(jù)動能定理可知，動能變化量大小不相等，C、D錯誤。2. (2020·江蘇省漣水中學(xué)高三月考)如圖所示，虛線代表電場中的三個等勢面，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，下列說法中正確的是()A粒子帶負電B粒子在Q點時的加速度較P點大C粒子在P點時的動能較Q點大D粒子在P點時的電勢能較Q點大答案D解析因為電場線和等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，所以在P點的電場強度方向如圖所示，因為帶電粒子受到的電場力和電場強度共線，且指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以粒子在P點受到的電場力和電場強度方向相同，則粒子帶正電，故A錯誤；因為Q點所在處的等勢面比P點疏，所以電場強度比P點小，受到的電場力比P點小，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在Q點的加速度小于P點，故B錯誤；根據(jù)Epq，P點的電勢大于Q點，粒子帶正電，可知粒子在P點的電勢能大于Q點，根據(jù)能量守恒定律可知，粒子在P點的動能小于Q點，故C錯誤，D正確。3. (2019·四川資陽二診)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后。mA1 kg，mB2 kg。經(jīng)過一段時間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移時間圖象如圖所示，根據(jù)以上信息可知碰撞類型屬于()A彈性碰撞B非彈性碰撞C完全非彈性碰撞D條件不足，無法判斷答案A解析由圖可知，A球碰前速度vA6 m/s，碰后速度vA2 m/s；B球碰前速度為vB3 m/s，碰后速度為vB5 m/s。根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒。碰前系統(tǒng)的總動能為mAvmBv27 J，碰后的總動能為mAvA2mBvB227 J，則系統(tǒng)碰撞過程機械能也守恒，所以屬于彈性碰撞，A正確，B、C、D錯誤。4. (2019·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則()A子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長D子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊時的初動能大答案D解析由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，可知整個過程中，兩子彈對木塊的推力大小時刻相等，則兩子彈所受的阻力大小時刻相等，且作用時間也一定相等。設(shè)全過程平均阻力為f，根據(jù)動能定理得，對子彈A：fdA0EkA，得EkAfdA，對子彈B：fdB0EkB，得EkBfdB，由于dAdB，則有子彈入射時的初動能EkAEkB，故B、C錯誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有，而EkAEkB，則得到mAmB，故A錯誤。5. (2020·廣西南寧二中、柳州高中二校高三聯(lián)考)如圖所示，一半徑為R0.4 m的固定光滑圓弧軌道AB位于豎直平面內(nèi)，軌道下端與一光滑水平直軌道相切于B點，一小球M從距圓弧軌道最高點A高度為h0.4 m處由靜止釋放，并恰好沿切線進入圓弧軌道，當(dāng)滑到水平面上后與靜止在水平面上且前端帶有輕彈簧的小球N碰撞，M、N質(zhì)量均為m1 kg，g10 m/s2。下列說法正確的是()A小球M在圓弧軌道內(nèi)運動過程中所受合外力方向始終指向軌道圓心B輕彈簧被壓縮至最短時，M和N的速度大小都是2 m/sC輕彈簧被壓縮的過程中，M、N的總動量和總動能都保持不變D輕彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為6 J答案B解析小球M在圓弧軌道內(nèi)運動過程中受豎直向下的重力、指向圓心的支持力，做變速圓周運動，合外力方向除在B點外都不指向軌道圓心，故A錯誤；小球M從開始到滑到B的過程，由機械能守恒定律得：mg(hR)mv，代入數(shù)據(jù)解得：vB4 m/s，輕彈簧被壓縮至最短時兩球速度相等，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvB2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v2 m/s，故B正確；輕彈簧被壓縮的過程中，由動量守恒定律知M、N的總動量不變，根據(jù)機械能守恒定律知彈性勢能增大，所以M、N的總動能減少，故C錯誤；輕彈簧被壓縮至最短時，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律得：mv·2mv2Epm，代入數(shù)據(jù)解得：Epm4 J，故D錯誤。6. (2019·福建省福州市檢測)如圖所示，傾角為30°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊從斜面上的M點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經(jīng)過斜面中點O時速度達到最大值v，運動的最低點為N(圖中沒有標出)，則下列說法正確的是()A物塊向下運動的過程中加速度先增大后減小B物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)C物塊運動的最低點N到O點的距離小于M點到O點的距離D物塊的釋放點M與O點間的電勢差為答案D解析根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強度先減小后增大，中點O的電場強度為零。設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinmgcosqEma，物塊下滑的過程中電場力qE先沿斜面向下逐漸減小后沿斜面向上逐漸增大，所以物塊的加速度大小先減小后增大，A錯誤；物塊在斜面上運動到O點時的速度最大，則可知此時物塊的加速度為零，又電場強度為零，有mgsinmgcos0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)tan，B錯誤；由于運動過程中mgsinmgcos0，所以物塊從M點運動到N點的過程中受到的合外力為qE，因此最低點N與釋放點M關(guān)于O點對稱，C錯誤；根據(jù)動能定理有qUMOmgxMOsinmgxMOcosmv2，且mgsinmgcos，所以物塊的釋放點M與O點間的電勢差UMO，D正確。7. (2019·福建省泉州市檢測)(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊，從傾角為的光滑絕緣斜面上的A點由靜止下滑，經(jīng)時間t后立即加上沿斜面向上的勻強電場，再經(jīng)時間t滑塊恰好過A點。重力加速度大小為g，則()A勻強電場的電場強度大小為B滑塊過A點時的速度大小為2gtsinC滑塊從A點到最低點過程中重力勢能減少了mg2t2sin2D滑塊從最低點到A點的過程中電勢能減少了2mg2t2sin2答案AB解析未加電場時，小滑塊的加速度大小為agsin，經(jīng)時間t后速度大小為v1atgtsin，位移大小為xat2gt2sin；加上電場后，則加速度大小為agsin，再經(jīng)時間t后，根據(jù)勻變速運動規(guī)律有xv1tat2，聯(lián)立解得a3gsin，E，A正確；滑塊過A點時的速度大小為v2v1atgtsin3gtsin2gtsin，B正確；從A點到最低點，位移大小為x總at2gt2sin，所以重力勢能減小量Epmgx總sinmg2t2sin2，C錯誤；從最低點到A點根據(jù)動能定理W電mgx總sinmv0，解得W電mg2t2sin2，所以電勢能減少了EpW電mg2t2sin2，D錯誤。8. (2019·陜西省西安市檢測)如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，在金屬棒整個運動過程中，下列說法正確的是()A金屬棒b端電勢比a端高B金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱C金屬棒ab運動的位移為D金屬棒ab運動的位移為答案D解析金屬棒ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知，金屬棒ab上電流的方向是ba，說明b端電勢比a端低，A錯誤；由功能關(guān)系知金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R與金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，B錯誤；由動量定理得BLt0mv0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得EB，由閉合電路的歐姆定律得E·2R，聯(lián)立解得金屬棒的位移x，C錯誤，D正確。9(2019·云南省昆明市模擬)(多選)如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角為37°，N、Q間連接一個阻值為R的電阻，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度大小為B。將一根質(zhì)量為m的金屬棒放在兩導(dǎo)軌的ab位置，現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌下滑過程中始終與兩導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒滑行至cd位置，速度開始保持不變。已知cd與ab之間的距離為s，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度為g，sin37°0.6，cos37°0.8。則()A金屬棒沿導(dǎo)軌剛開始下滑時的加速度大小為gB金屬棒到達cd處的速度大小為C金屬棒由ab處運動到cd處所用的時間為tD金屬棒由ab處運動到cd處所用的時間為t答案BC解析金屬棒沿導(dǎo)軌剛開始下滑時，有mgsin37°mgcos37°ma，解得a，A錯誤；金屬棒到達cd處，速度達到最大，金屬棒所受的合外力為0，故有mgsin37°mgcos37°F安0，其中F安BILBL，聯(lián)立解得vm，B正確；金屬棒由ab處運動到cd處，由動量定理得(mgsin37°mgcos37°BIL)tmv，其中I，整理式子并兩邊求和得(mgsin37°mgcos37°)ttmv，則有(mgsin37°mgcos37°)tmvm，解得t，C正確，D錯誤。10(2019·河北唐山二模)如圖所示，有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌PQR、DEF，PQ、DE部分為半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，QR、EF部分為水平導(dǎo)軌，圓弧部分與水平部分相切，水平部分處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為L。兩金屬桿a、b的質(zhì)量分別為m、3m，電阻均為R。開始時，桿b與兩水平軌道垂直且靜止于磁場中，a桿從圓弧軌道上端由靜止釋放，釋放位置與水平軌道的高度差為r，求：(1)a桿運動到圓弧末端時對軌道的壓力；(2)b桿的最大加速度和最大速度。答案(1)3mg(2)解析(1)對a沿圓弧軌道下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：mgrmv，對a在圓弧末端，根據(jù)牛頓第二定律可得：FNmgm，解得：FN3mg，根據(jù)牛頓第三定律可得，a桿運動到圓弧末端時對軌道的壓力為3