（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第12章 動(dòng)量守恒定律 波粒二象性 原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt

選考導(dǎo)航,第1講動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用,知識(shí)排查,動(dòng)量及動(dòng)量定理,1.動(dòng)量 (1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和_的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示。 (2)表達(dá)式：p_。 (3)單位：_。 (4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和_方向相同。 (5)動(dòng)量的瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，針對(duì)某一_而言。 (6)動(dòng)量的變化量：是矢量，其表達(dá)式ppp為矢量式，當(dāng)p、p在同一條直線上時(shí)，可規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。,kgm/s,速度,mv,速度,時(shí)刻,2.沖量,(1)定義：力F與力的作用時(shí)間t的_。 (2)定義式：I_，單位是_。 (3)方向：恒力作用時(shí)，與力的方向_。 (4)物理意義：是一個(gè)過(guò)程量，表示力在時(shí)間上積累的作用效果。,Ft,Ns,乘積,相同,3.動(dòng)量定理,(1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的_等于它在這個(gè)過(guò)程中所受_的沖量。 (2)表達(dá)式：ppI合。 (3)動(dòng)量定理既適用于恒力，也適用于變力。,動(dòng)量變化,合力,1.內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)_，或者所受_為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。 2.表達(dá)式：m1v1m2v2_。 3.適用條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受_為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)_外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。,動(dòng)量守恒定律,m1v1m2v2,不受外力,外力的矢量和,外力的合力,大于,1.碰撞 (1)定義：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間_，而物體間的相互作用力_的現(xiàn)象。 (2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力_外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。,碰撞反沖運(yùn)動(dòng)火箭,遠(yuǎn)大于,很短,很大,(3)分類,守恒,最大,2.反沖運(yùn)動(dòng),(1)反沖：根據(jù)動(dòng)量守恒定律，如果一個(gè)靜止的物體在_的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向_的方向運(yùn)動(dòng)。 (2)反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止 應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖使水從噴口噴出時(shí)，一邊噴水一邊_ ，可以自動(dòng)改變噴水的方向。 防止：用槍射擊時(shí)，由于槍身的反沖會(huì)影響射擊的_，所以用步槍射擊時(shí)要把槍身抵在_ ，以減少反沖的影響。,內(nèi)力,相反,旋轉(zhuǎn),準(zhǔn)確性,肩部,3.火箭,(1)火箭的原理 火箭的工作原理是_運(yùn)動(dòng)，其反沖過(guò)程_守恒，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得_的速度。 (2)影響火箭獲得速度大小的因素 噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為_(kāi)m/s。 火箭的質(zhì)量比：指火箭起飛時(shí)的質(zhì)量與_之比，決定于火箭的結(jié)構(gòu)和材料?，F(xiàn)代火箭的質(zhì)量比一般小于_。 噴氣速度_，質(zhì)量比_ ，火箭獲得的速度_ 。,2 0004 000,10,反沖,動(dòng)量,向前,火箭除燃料外的箭體質(zhì)量,越大,越大,越大,小題速練,1.思考判斷 (1)動(dòng)量越大的物體，其速度越大() (2)物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大() (3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變() (4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，其沖量為零() (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動(dòng)量的方向相同() (6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向是一致的() (7)物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒(),(8)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)量不變() (9)物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量一定不變() (10)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，速度應(yīng)相對(duì)同一參考系() 答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10),2.下列關(guān)于動(dòng)量的說(shuō)法正確的是() A.質(zhì)量大的物體動(dòng)量一定大 B.速度大的物體動(dòng)量一定大 C.兩物體動(dòng)能相等，動(dòng)量不一定相同 D.兩物體動(dòng)能相等，動(dòng)量一定相等,答案C,3.(多選)如圖1所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B。物體A的質(zhì)量是B的2倍，兩物體中間用被細(xì)繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)把細(xì)繩剪斷，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中(),圖1 A.A的速率是B的2倍 B.A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量 C.A受的力等于B受的力 D.A、B組成的系統(tǒng)的總動(dòng)量為零 答案CD,4.人教版選修35P16T5改編某機(jī)車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對(duì)接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計(jì))() A.0.053 m/s B.0.05 m/s C.0.057 m/s D.0.06 m/s,答案B,動(dòng)量和動(dòng)量定理,1.沖量的計(jì)算方法 (1)計(jì)算沖量可以使用定義式IFt求解，此方法僅限于恒力的沖量，無(wú)需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 (2)利用Ft圖象計(jì)算，F(xiàn)t圍成的面積可以表示沖量，該種方法可以計(jì)算變力的沖量。,2.動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較,3.用動(dòng)量定理解題的基本思路,4.用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象 (1)物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越小。 (2)作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越小。,【典例】質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，使他懸掛起來(lái)。已知彈性安全帶的緩沖時(shí)間1.2 s，安全帶長(zhǎng)5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為() A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N 解析選取人為研究對(duì)象， 人下落過(guò)程v22gh，v10 m/s， 緩沖過(guò)程由動(dòng)量定理(Fmg)tmv，,由牛頓第三定律，安全帶所受的平均沖力為1 100 N。 答案B,1.(多選)對(duì)任何一個(gè)一定質(zhì)量的物體，下列說(shuō)法正確的是() A.物體的動(dòng)量發(fā)生變化，其動(dòng)能一定發(fā)生變化 B.物體的動(dòng)量發(fā)生變化，其動(dòng)能不一定發(fā)生變化 C.物體的動(dòng)能發(fā)生變化，其動(dòng)量一定發(fā)生變化 D.物體的動(dòng)能發(fā)生變化，其動(dòng)量不一定發(fā)生變化 解析物體的動(dòng)量發(fā)生變化，可能是方向改變也可能是大小改變，所以物體的動(dòng)能不一定發(fā)生變化，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；物體的動(dòng)能變化，速度大小一定變化，則動(dòng)量一定發(fā)生變化，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案BC,2.(多選)如圖2所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來(lái)的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(),圖2 A.減小球的動(dòng)量的變化量 B.減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C.減小球的動(dòng)量變化率 D.延長(zhǎng)接球過(guò)程的時(shí)間來(lái)減小手受到的作用力,答案CD,3.在水平力F30 N的作用下，質(zhì)量m5 kg的物體由靜止開(kāi)始沿水平面運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間才停止？(g取10 m/s2),答案12 s,法二用動(dòng)量定理解，研究全過(guò)程。 選物體作為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，這個(gè)過(guò)程中的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零。 取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得 (Fmg)t1(mg)t20,1.動(dòng)量守恒的判斷,(1)明確系統(tǒng)由哪幾個(gè)物體組成。 (2)對(duì)系統(tǒng)中各物體進(jìn)行受力分析，分清哪些是內(nèi)力，哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否為零，或內(nèi)力是否遠(yuǎn)大于外力，從而判定系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒。 注意：動(dòng)量守恒的條件和機(jī)械能守恒的條件不同。機(jī)械能守恒的條件是只有重力、彈力做功，動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。,動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用,2.動(dòng)量守恒定律的理解,(1)矢量性：表達(dá)式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)。 (2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加。 (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度。一般選地面為參考系。 (4)普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。,3.動(dòng)量守恒定律的解題步驟,【典例1】在高速公路上發(fā)生了一起交通事故，一輛質(zhì)量為1 500 kg 向南行駛的長(zhǎng)途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3 000 kg 向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一小段距離后停止，根據(jù)測(cè)速儀的測(cè)定，長(zhǎng)途客車碰前以20 m/s 的速率行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率是() A.小于10 m/s B.大于10 m/s小于20 m/s C.大于20 m/s小于30 m/s D.大于30 m/s小于40 m/s,解析由于碰撞過(guò)程時(shí)間極短，兩車之間的作用力遠(yuǎn)大于它們所受到的阻力，可認(rèn)為碰撞過(guò)程中兩車的動(dòng)量守恒。設(shè)向南為正方向，客車的質(zhì)量為m11 500 kg、速度為v120 m/s，卡車的質(zhì)量為m23 000 kg、速率為v2。由于碰后兩車撞在一起向南滑行，故碰后兩車的共同速度v0。 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m1v1m2v2(m1m2)v 所以m1v1m2v20,代入數(shù)據(jù)得：v2<10 m/s 答案A,【典例2】人教版選修35P17T6改編如圖3所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為31，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為(),圖3 A.12 B.21 C.14 D.41,答案D,1.(多選)下列相互作用的過(guò)程中，可以認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(),解析動(dòng)量守恒的條件是相互作用的物體系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，而相互作用過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)也可認(rèn)為動(dòng)量守恒。圖A中，滑輪男孩推滑輪女孩的過(guò)程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，因此系統(tǒng)的動(dòng)量可認(rèn)為守恒；圖B和圖D中，在兩物體相互作用的過(guò)程中，沒(méi)有滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的條件，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；圖C中，太空中無(wú)空氣阻力作用，太空人發(fā)射子彈過(guò)程中動(dòng)量守恒。 答案AC,2.如圖4所示，游樂(lè)場(chǎng)上，兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運(yùn)動(dòng)；設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150 kg，碰撞前向右運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.5 m/s，乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200 kg，碰撞前向左運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.25 m/s，則碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度為(取向右為正方向)(),圖4 A.1 m/s B.0.5 m/s C.1 m/s D.0.5 m/s,解析兩車碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒m1v1m2v2(m1m2)v,答案D,1.碰撞過(guò)程遵循的原則,(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒原則。 (2)系統(tǒng)的動(dòng)能不增加。 (3)物理情景要合理 若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前v后。 碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。,碰撞問(wèn)題,2.三種典型碰撞的特點(diǎn),(1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，沒(méi)有動(dòng)能損失。 (2)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，有動(dòng)能損失。 (3)完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失達(dá)到最大限度，碰撞完成后系統(tǒng)物體的速度相同。,【典例】如圖5所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和2m，一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開(kāi)始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車。現(xiàn)在先釋放小車B，當(dāng)小車B的速度大小為3v時(shí)，再釋放小車A，此時(shí)彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；當(dāng)小車A的速度大小為v時(shí)，彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)。自始至終彈簧都未超出彈性限度。求：,圖5 (1)彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小車B的速度大??； (2)兩小車相距最近時(shí)，小車A的速度大小； (3)求兩小車相距最近時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能大小。,解析(1)設(shè)彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小車B速度為vB， 以A、B兩車和彈簧為研究對(duì)象，小車B速度為3v開(kāi)始 到小車A速度為v過(guò)程，此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，列方程有： 2m3v2mvBm(v) 解得vB3.5v (2)兩小車相距最近時(shí)速度相同，由動(dòng)量守恒定律有： 2m3v(2mm)vA 解得vA2v,(3)從彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)到兩小車相距最近過(guò)程用能量守恒定律有,1.如圖6所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后(),圖6,答案D,2.如圖7所示，一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈。求：,圖7 (1)原來(lái)靜止小球B獲得的速度大??； (2)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。,解析(1)A、B兩小球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)小球B的速度為v，則mAvAmAvAmBv， 代入數(shù)據(jù)解得v1.1 m/s。 (2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有,解得E0.385 J 答案(1)1.1 m/s(2)0.385 J,動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問(wèn)題的求解，與一般的力學(xué)問(wèn)題求解思路并無(wú)差異，只是問(wèn)題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過(guò)程，正確識(shí)別物理模型是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。,動(dòng)量和電磁學(xué)問(wèn)題的綜合應(yīng)用,【典例】(20174月浙江選考)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖8所示，傾角為的導(dǎo)軌處于大小為B1，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間中，水平導(dǎo)軌上的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長(zhǎng)為l的金屬桿，cd和ef，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接而成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間，其長(zhǎng)度大于L，質(zhì)量為m，長(zhǎng)為l的金屬桿ab，從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無(wú)能量損失)，桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”，“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間并從中滑出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R0.02 ，m0.1 kg，l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.2 T。不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)。求：,圖8 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0； (2)聯(lián)動(dòng)三桿進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間前的速度大小v； (3)聯(lián)動(dòng)三桿滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)間產(chǎn)生的焦耳熱Q。,解析沿著斜面正交分解，最大速度時(shí)重力分力與安培力平衡 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EB1lv0,安培力FB1Il,(3)進(jìn)入B2磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)速度變化v，由動(dòng)量定理有,出B2磁場(chǎng)后“聯(lián)動(dòng)三桿”的速度為 vv2v1.0 m/s,IB2lt4mv,答案(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J,圖9 (1)小球C與小球B碰撞后的速度為多大； (2)小球B的帶電荷量q為多少； (3)當(dāng)小球B和C一起向下運(yùn)動(dòng)與小球A距離多遠(yuǎn)時(shí)，其速度最大？速度的最大值為多少？(可保留根號(hào)),解析(1)小球C自由下落H距離的速度,小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律得： mv02mv1 所以v12 m/s (2)小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對(duì)B球進(jìn)行受力分析知：,由能量守恒得：,2.(2018嘉興市期末)如圖10所示，兩根水平放置的“”形平行金屬導(dǎo)軌相距L0.5 m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌矩形區(qū)域MNPO中有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，在MN左側(cè)的導(dǎo)軌處于水平向左的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中，B1B21.0 T。金屬棒ab懸掛在力傳感器下，保持水平并與導(dǎo)軌良好接觸。金屬棒cd垂直于水平導(dǎo)軌以速度v04 m/s進(jìn)入B1磁場(chǎng)，與豎直導(dǎo)軌碰撞后不反彈，此過(guò)程中通過(guò)金屬棒cd的電荷量q0.25 C，ab、cd上產(chǎn)生的總焦耳熱Q0.35 J。金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m0.10 kg，電阻均為R1.0 。不計(jì)一切摩擦。求：,圖10,(1)金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，傳感器的示數(shù)變化了多少？ (2)MN與OP間的距離d； (3)金屬棒cd經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)B1的過(guò)程中受到的安培力的沖量大小。,金屬棒ab受到的安培力F安B2IL 傳感器增加的示數(shù) F傳F安0.5 N (2)金屬棒cd經(jīng)過(guò)區(qū)域MNOP時(shí)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為,(3)金屬棒cd與豎直導(dǎo)軌碰撞之前ab、cd系統(tǒng)能量守恒，,其中B1Ld,則金屬棒cd離開(kāi)B1磁場(chǎng)時(shí)的速度v3 m/s 則cd經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)B1過(guò)程中受到的安培力的沖量 I安mvmv0 代入數(shù)據(jù)得I安0.1 kgm/s。 答案(1)0.5 N(2)1 m(3)0.1 kgm/s,