选修2 第2章 楞次定律 电磁感应其他现象 知识问答式 学案（附章末测试）
文档属性
| 名称 | 选修2 第2章 楞次定律 电磁感应其他现象 知识问答式 学案（附章末测试） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 835.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-08-21 14:43:44 | ||
图片预览
文档简介
▲选修1 第一章 动量
问题1．什么是动量 ？动量与动能什么区别和联系？怎么实现它们之间的相互转化？
答：（1）概念：动量是物体质量与速度的乘积，表达式是P= mv；动量有方向是 矢量，其中v指物体的对地速度；
（2） 注意动量和动能的联系:Ek＝mv2 p＝ Ek＝ 都是速度一质量的关系式。动量是矢量，动能是标量。
问题2、什么是动量的变化量？什么是冲量？怎么计算冲量？冲量和动量变化量什么关系？
（1）动量的增量：ΔP=P`-P(意义是末动量减初动量)也是矢量。
（2）冲量概念：一个恒力的冲量指的是这个力与其作用时间的乘积。表达式I= Ft；
（3）冲量计算①．求冲量大小时，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．
②．恒力的冲量：I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，
（4）冲量和动量变化量什么关系？依据：由牛顿第二定律及加速度定义式：整理得；即；所以冲量等于动量变化量：。
问题3、什么是动量定理？怎么运用动量定理？
答：（1）动量定理：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量，叫做动量定理。动量定理表达式为:I=Ft=mv`- mv=ΔP
（2）动量定理的应用：①根据动量定理求解平均作用力？。可以通过公式求解冲量或者动量变化量。
问题4.若是变力怎么求解冲量？
答：（1）根据动量定理，动量变化量等于冲量：；
(2)若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求冲量．I=F平均t。（平均作用力是一种近似计算把变力看成恒力。）
(3)若给出了力F随时间t变化的图象，可用F－t图象与t轴所围的面积I=Ft求冲量．面积也是动量的变化量。
练习1．(本题4分)关于冲量和动量，下列说法中错误的是（ ）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致
练习1【答案】D【详解】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。
练习2．(本题4分)若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（ ）A． B． C． D．
练习2．【答案】B 【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。
【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有解得，故ACD错误，B项正确。故选B。
问题5．什么是动量守恒定律？动量守恒定律的条件是什么？表达式是什么？什么情况可以运用动量守恒定律？
答：(1)动量守恒定律内容：系统只有内部的相互作用力做功，不受外力或者所受外力之和为零，系统总动量守恒 。
（2） 动量守恒的条件：系统只有内部的相互作用力做功，不受外力或者所受外力之和为零
（3）动量守恒的表达式(1)p＝p′，系统相互作用变化前动量p等于相互作用后的变化后动量p′。
(4)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(5)判断能否运用动量定理：根据动量守恒条件：只有系统内部相互作用力做功，而外力不做功的情况下就可以运用动量守恒定理。
练习1把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
练习1答案 D 枪、子弹和车共同构成系统，内部相互作用是子弹和枪及车共同内部相互作用力，故整体动量守恒。但是枪和子弹间动量不守恒，因为枪在车上，受到车的阻力作用，故而属于外力，所以枪和子弹动量不守恒。
问题6．什么是弹性碰撞？弹性碰撞有什么规律？
答：如果碰撞过程中忽略能量的损耗，这样的碰撞叫做弹性碰撞．弹性碰撞机械能守恒，动量也守恒，
②两个规律：动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2（碰前动能=碰后动能）
问题7.什么是非弹性碰撞？动量是否守恒？动能的变化有什么特别之处？
答：（1）非弹性碰撞定义：如果碰撞过程中有能量损耗，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
（2）非弹性碰撞机械能不守恒，但因为只是内部的相互作用故而动量守恒。
（3）非弹性碰撞规律：①动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；
②机械能减少，碰撞前动能大于碰撞后的动能，Ek1＋Ek2 ≥Ek1′＋Ek2′
③同时损失的机械能转化为内能：Q＝|ΔEk|＝Ek初总－Ek末总（改变的内能=碰前动能减碰后动能）
问题8、什么是完全非弹性碰撞？能量的损耗有什么特点？完全非弹性碰撞怎么计算能量的损失？
答：①完全非弹性碰撞定义：如果两个物体碰撞后，两个物体连接成一个整体 ，叫做非完全弹性碰撞．机械能不守恒 ，但动量守恒。
②完全非弹性碰撞规律：动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共；
碰撞中机械能损失最多|ΔEk|＝m1v＋m2v－－(m1＋m2)v.
问题9、爆炸过程中动量是否守恒机械能是否守恒为什么？
答：在爆炸过程中动量守恒 ，机械能一定不守恒(机械能增加)．因为在爆炸过程中是其他形式能转化为物体的动能，所以机械能增加，但是还是属于内力作用，故而动量守恒。
问题10、两个小球一前一后，后面速度大于前面速度，小球前后碰撞后的速度大小怎么判断？
答：碰撞后速度的判断，满足的条件(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；
(2)动能不增加原理：Ek1＋Ek2 ≥Ek1′＋Ek2′.（碰后的总动能至少小于碰前的总动能，因为可能有能量损耗）
(3)速度要符合情景：碰撞后，前面的物体的速度大于或等于后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞不会结束．
例如：质量相等两个物体在碰前速度分别为5,3，碰后可能是4和4 或者3和5，但是不可能是-6和14 （动能不符合）。
练习5．7．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
练习5答案 B解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必须要发生第二次碰撞，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项正确．
练习6．(本题4分)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（ ）
A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s
【答案】A【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：
根据动量守恒得：，解得：
练习7．(本题4分)两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的四分之一
练习7．【答案】D 【详解】A．由x t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；B．木块B、C都和弹簧分离后，因弹簧释放弹性势能，则系统的总动能增加，选项B错误；C．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。
问题11、什么是反冲运动？反冲运动的条件是什么？有什么规律？
答：（1）反冲运动的定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，这个运动叫做反冲运动．
（2）反冲运动的条件：系统某一方向上不受外力或所受合外力为零或内力远大于外力。
（3）反冲运动遵循动量守恒定律．根据反冲运动前总动量为零，爆炸或反冲后总动量也为零即0=mv+MV得mv=-MV即反冲后两个物体的动量大小相等，方向相反。
问题12、火箭上天过程燃料和火箭之间满足什么样的关系？
答:火箭问题的分析：火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的燃料为研究对象，注意反冲前、后各物体质量是否包括在里面．如果喷射前质量为M+m，m为燃料质量，M为火箭质量，则喷射后的动量大小满足mv=MV，火箭速度为V=mv/M，则说明要让上升速度足够大就得燃料动量大且火箭质量小。
练习8．(本题4分)质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（ ）
A．76m/s B．90m/s C．94m/s D．99m/s
练习8．【答案】B 【详解】根据动量守恒定律解得 故选B。
问题13、反冲运动中质量与位移的关系是什么？——用人船模型来说明。
答：(1)原理：两物体满足动量守恒定律：例如人与船由静止，人由船尾走到船头过程，反向运动，由动量守恒定理0=m1v·1-m2v·2，得m1v·1=m2v·2，两边同乘时间t，有m1x1=m2x2 。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船的速度(平均速度或瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝（位移、速度均与质量成反比）.
←人船
练习9如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移大小各是多少？
练习9．解析 当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒．设某时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，取人行走方向为正方向，则mv2－Mv1＝0，即＝.在人从船头走到船尾的过程中，每一时刻系统的动量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即mx2－Mx1＝0，又x1＋x2＝L，所以x1＝L，x2＝L.
问题14.完全非弹性碰撞典例有哪些？
答：图1中向右运动的物块以初速度为v0滑上木板，当两个同速前进的时候，动能损失最大；
图2中若M碰向弹簧时，当弹簧压缩到最短，动能损失最大，此时弹性势能达到最大。（同理拉伸也成立）。
图3中小球上升至最高点时，两个物体均达到共同速度，系统动能损失最大，分别转化为内能、弹性势能和重力势能。
问题15、如果有子弹打击木块的模型怎么处理？
答：存在两种情况，其一是子弹未穿过木块，二者最终具有共同速度；当做完全非弹性碰撞处理。
其二是子弹穿出了木块，做非弹性碰撞模型处理，子弹速度大于木块速度，当做非弹性碰撞模型处理。
（相对位移等于木块厚度x相＝x1－x2=d( 如图所示，X1是子弹位移，x2木块位移，两者之差等于经过木板的距离)
练习10.设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
练习10解答：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的前度看，子弹射入术块过程中系统动量守恒 ，根据动能定理，系统受到摩擦力，动能损失全部转化为内能。
问题16、怎么用实验验证动量守恒定律？
答1.实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等.
2.实验器材：斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线
3.实验步骤：
(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.
(2)按照如图1甲所示安装实验装置.调整、固定斜槽使斜槽底端水平.
图1 练习11题图
(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.
(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.
(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示.
(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1·＝m1·＋m2·，看在误差允许的范围内是否成立.
(7)整理好实验器材，放回原处.
(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.
1.数据处理：验证表达式：m1·＝m1·＋m2·
2.注意事项
(1)斜槽末端的切线必须水平； (2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(3)选质量较大的小球作为入射小球； (4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变.
练习11．(本题6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．
(1)实验必须要求满足的条件是：____
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足____，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为____．
练习11．BD m1·OP = m1·OM+ m2·ON
【详解】(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确．
CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确．
(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：’.
若动量守恒则：若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：
(3)[3]若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有：即满足关系式：
选修一 第一章 动量 基础及提高训练题(满分100分) 分数
一、单选题(共60分)
1．(本题4分)如图，用与水方向成角的拉力F拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平面运动时间t。木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f的冲量大小分别为（ ）
A．拉力的冲量大小为 B．重力的冲量大小为0
C．支持力的冲量大小为0 D．摩擦力的冲量大小为ft
2．(本题4分)关于冲量和动量，下列说法中错误的是（ ）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致
3．(本题4分)从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中（空气阻力不计）（ ）
A．动量变化量大小不同，方向相同 B．动量变化量大小相同，方向不同
C．动量变化量大小、方向都不相同 D．动量变化量大小、方向都相同
4．(本题4分)学校跳远比赛运动员落地点设置有沙坑，若运动员双脚先着地，有沙坑和无沙坑比较，主要为了改变（ ）
A．动量变化 B．动能变化 C．着地过程时间 D．跳跃距离
5．(本题4分)若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（ ）
A． B． C． D．
6．(本题4分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为50g的鸡蛋从一居民楼的30层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为（ ）
A．2000 N B．1000 N C．500 N D．200 N
7．(本题4分)把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上,枪发射出一颗子弹,对于此过程，下列说法中正确的有哪些？
A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 D．车、枪和子弹组成的系统动量守恒
C．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有f，且f的冲量甚小
8．(本题4分)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（ ）
A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s
9．(4分)如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（ ）
A．子弹A损失的机械能等于系统产生的热量 B．子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量
C．子弹A损失的机械能等于木块B增加的机械能 D．子弹A损失的动量等于木块B增加的动量
9题 12题
10．(本题4分)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg、vA=6m/s、vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A．v′A=5m/s，v′B=2.5m/s B．v′A=2m/s，v′B=4m/s C．v′A=－4m/s，v′B=7m/s D．v′A=7m/s，v′B=1.5m/s
11．(本题4分)一质量为M的烟花飞到空中，当速度减为零时炸裂成两块，其中质量为m的一块在炸裂后获得的速度大小为v，则另一块的速度大小为
A． B． C． D．
12．(本题4分)两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的四分之一
13．(本题4分)放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，已知A的质量大于B的质量，下面说法中不正确的是（ ）
A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右
C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D．两手同时放开，A车的速度小于B车的速度
13题 15题
14．(本题4分)质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（ ）
A．76m/s B．90m/s C．94m/s D．99m/s
15．(本题4分)一质量为 200kg 的小船静止在平静的水面上，小船长度为 2m．质量为 50kg的小孩从船头走到船尾．若不考虑船运动过程中水对船的阻力，则人从船头走到船尾的过程中
A．人与船可以向相同方向运动 B．船的速率始终是人的速率的 4 倍
C．人对地发生的位移大小为 1.6m D．船对地发生的位移大小为 1.6m
二、实验题(共6分)
16．(本题6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．
(1)实验必须要求满足的条件是：____
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足____，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为____．
三、解答题(共34分)
17．(本题17分)光滑水平面上，质量为的小球A以的速度向右运动，与同向运动的速度为、质量为的半径相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以的速度运动。求：
（1）碰后A球的速度；
（2）碰撞过程中A球对B球的冲量大小；
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
18．(本题17分)如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹的阻力恒为F，求：
①射入过程中产生的内能为多少？
②木块至少为多长时子弹才不会穿出？
第六章动量基础及提高训练题参考答案
1．D【详解】力和力的作用时间的乘积叫冲量，木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f不为零，作用时间为t，所以拉力的冲量大小为、重力的冲量大小为mgt、支持力的冲量大小为Nt、摩擦力的冲量大小为ft。故选D。
2．D【详解】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；
B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；
C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；
D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。
3．D【详解】同意高度物体做自由落体运动和平抛运动时间相等，根据动量定理动量变化量大小、方向都相同。故ABC错误，D正确。故选D。
4．C【详解】有沙坑不改变动量变化量、动能变化量和跳跃距离，延长落地过程时间，根据动量定理
可以减小落地过程人的受力。故选C。
5．B【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有
解得故ACD错误，B项正确。故选B。
6．B【详解】设每层楼高3m，鸡蛋下落的总高度为自由下落的时间为
与地面碰撞时间约为：，全过程由动量定理可得联立可得：；故选B。
7．D【解析】A. 枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和子弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故A错误；B. 枪和小车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；
CD、小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒，故C错误，D正确；故选：D
8．A【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：
根据动量守恒得：，解得：
A．10m/s．故A符合题意． B．5m/s．故B不符合题意． C．6m/s．故C不符合题意． D．12m/s．故D不符合题意．
9．B【详解】AC．系统的机械能减小转化为内能。根据能量守恒知，子弹A损失的机械能等于弹簧弹性的增加量与系统产生的热量之和，整个过程，B总的机械能没有改变，故AC错误；
BD．整个过程中，弹簧受到墙壁的弹力，系统的合外力不等于零，系统的总动量不守恒，则子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量，故D错误，B正确。故选B。
10．B【详解】题中四个选项均满足动量守恒定律;AD．虽然均满足动量守恒定律，但碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD错误；
B．符合实际情况，且动能没有增加，不违背能量守恒定律，故B正确；C．两球碰后的总动能
碰前的总动能 由于，违背了能量守恒定律，故C错误。故选B。
11．A【详解】在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；
根据动量守恒定律，有：解得方向与前一 块的方向相反；
12．D【详解】A．由x t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；
B．木块B、C都和弹簧分离后，因弹簧释放弹性势能，则系统的总动能增加，选项B错误；
C．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；
D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 ,
细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。
13．C【详解】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确，不符合题意；B．先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向右，故B正确，不符合题意；C．先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误，符合题意；D．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，即mAvA=mBvB; 因A的质量大于B的质量，则A车的速度小于B车的速度，故D正确，不符合题意。故选C。
14．B【详解】根据动量守恒定律解得 故选B。
15．C【详解】A. 船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
得： 负号表示人与船的速度方向总是相反，故A项与题意不相符；B. 将m人=50kg，m船=200kg代入
解得： 则人的速率始终是船的速率的4倍，故B项与题意不相符；
CD. 人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
又得： 故C项与题意相符，D项与题意不相符．
16．BD m1·OP = m1·OM+ m2·ON
【详解】(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确．
CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确．
(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：’.
若动量守恒则：若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：
(3)[3]若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有：即满足关系式：
17．（1）2m/s；（2）4NS；（3）4J
【详解（1）设碰前A球的速度为，B球的速度为，碰后的速度分别为，，以水平右为正方向，A、B小球组成的系统碰撞前后动量守恒，有代入数据解得即碰后A的速度为2m/s。
（2）碰撞前B球的动量碰撞后B球的动量由动量定理可知，碰撞中A求对B球的冲量大小等于B球的动量变化量，即故碰撞过程中A球对B球的冲量大小为
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能为代入数据解得
18．①．②．【解析】解：①子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=，由能量守恒定律可得：mv02=Q+（m+M）v2，解得产生的热量为：Q=；
②由动能定理得：对子弹，﹣F（s+L）=mv2﹣mv02，对木块，Fs=Mv2﹣0，木块的最小长度：x=L=；
选修二 第二章 楞次定律 电磁感应现象、感应电动势
问题1．电磁感应现象是什么？条件是什么？
答：(1)电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
(2)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．
(3)电磁感应现象中的能量转化：
发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．
练习1．[电磁感应现象的判断]现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图2所示连接．下列说法中正确的是( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
练习1答案 A解析 只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故C、D错误．
问题2、电磁感应现象能否发生的判断流程是什么？
答：根据电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则产生感应电流；如果回路不闭合，那么只有感应电动势，而没有感应电流。步骤：1．确定研究的闭合回路．2．明确回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
3.
练习2．下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
练习2答案 BC 解析 A中导体虽然“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流．B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流．C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流．D中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选B、C.
问题3．什么是楞次定律？怎么运用楞次定律判断感应电流的方向？
答：楞次定律是指感应电流的产生的磁场始终在阻碍原磁通量的变化。
楞次定律判断感应电流方向的步骤：第一：判断原磁场的方向；第二：判断磁场强度的变化；
第三、根据磁场的变化增反减同判断感应电流的方向，
第四、根据安培定则判断感应电流的方向。
问题4．怎么样理解楞次定律中的阻碍？
答：对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)磁场变化使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩 ”；
(4)若通电螺线管的电流增大，则感应电流与之反向，电流减小则感应电流同向。简称“增反减同”。
练习3题图3 图4 图5 图6
练习3.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直
导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
练习3.答案 A解析 根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
练习4．[从阻碍磁通量变化的角度]如上图4，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
练习4答案 C
解析 磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则圆环中，先是向上的磁通量增加，磁铁中间通过以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向(从上向下看)先顺时针后逆时针，选项C正确．
练习5如上图5所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
A．向右摆动 B．向左摆动 C．静止 D．无法判定
练习5答案 A解析 本题可由两种方法来解决：
方法1：当磁铁突然向铜环运动时，铜环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，铜环远离磁铁向右运动；
方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为如图所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确．
练习6．[从阻碍面积变化的角度](多选)如上图6，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则磁场可能( )
A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里
练习6答案 CD解析 根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积增加了，说明磁场逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故C、D都有可能．
问题5、怎么区分Φ、ΔΦ和？
1）．不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比．
2）．认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ－t(或B－t)图象正确地求解.
3）．认为Φ＝0(或B＝0)时，一定等于0.
4）．不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.
问题6．什么是法拉第电磁感应定律？怎么计算感应电动势的大小？
答：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n。(n为线圈的匝数)①仅磁感应强度B变化：E＝nS ②仅面积S变化：E＝nB
问题7．长为l的导体以速度v垂直于磁感线运动切割磁感线B产生的感应电动势公式什么？答：E＝ BIv。
练习7：如图1所示，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势．
练习7
练习7答案 设在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，如图所示，这时线框面积的变化量为ΔS＝lvΔt；
穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt 根据法拉第电磁感应定律得E＝＝=Blv.
练习8
问题8．长为l的旋转导体以角速度ω切割磁感线的运动感应电动势表达式什么？答：E=BLω2/2
【练习8】如右图6,有一匀强磁场B=1.0×10-3T，在垂直磁场的平面内,有一金属棒AO,绕平行于磁场的O轴顺时针转动,已知棒长L=0.20m，角速度ω=20rad/s，求：棒产生的感应电动势有多大？
练习8.或
问题9、电磁感应其他现象有哪些？
答1）．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E＝L.(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
问题9例题.如图1所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ( )
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同 D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
问题9例题.答案 C解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
2）．涡流现象
①涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．
②产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．
③涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．
④涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．
3）电磁阻尼现象：当导体在磁场中运动时，导体中产生的感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
4）电磁驱动现象：若磁场相对导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
练习9(多选)如图11所示，磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而设计的 C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
练习9 答案 C
练习10．如上图12绕轴转动时，铜盘将 ( )
A．以相同的转速与磁铁同向转动 B．以较小的转速与磁铁同向转动
C．以相同的转速与磁铁反向转动 D．静止不动
练习10．答案 B解析 因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，线圈中能产生感应电流的条件必须是磁通量发生变化，故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速较小，不能与磁铁同速转动，所以正确选项是B.
问题10、怎么解决电磁感应中的电路问题？
答（1）①求解关键：明确内电路和外电路，产生感应电动势的那部分导体等效为电源，其余部分相当于外电路。
②常用的规律：导体棒l,电阻r，外电阻R，导线以速度v垂直切割磁感线B，①．电源电动势E＝或E＝BIv；
②．闭合电路欧姆定律I＝、部分电路欧姆定律I＝、电源的内电压Ur＝Ir、电源的路端电压U＝E－Ir＝IR=R；
③．通过导体横截面的电荷量q＝It＝t= 。
练习11．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，水平U型导体框左端接一阻值为R的电阻，导体棒ab质量为m、电阻为r，垂直导轨置于导体框上，导体框宽度为L导体棒与导轨接触良好。不计导体框的电阻和导体棒与导体框间的摩擦。ab棒以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。此过程中说法正确的是（ ）
A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势高于a点电势
C．刚开始运动时，ab两端电压为 D．电阻R消耗的总电能为
【答案】D【详解】A．导体棒在安培力的作用下做减速运动，可得，，
整理得；根据牛顿第二定律可得可知，导体棒做加速度减小的减速运动，A错误；
B．导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，根据楞次定律可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势低于a点电势，B错误；
C．ab两端电压为路端电压，刚开始运动时，ab两端电压为C错误；
D．根据能量转化与守恒可知，导体棒的动能转化为电阻与产的焦耳热，即消耗的电能
电阻与串联，产生的焦耳热与阻值成正比，则电阻R消耗的总电能为D正确。故选D。
问题11.导体切割磁感线过程中,各物理量与速度v之间有什么关系
练习12：如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，
求⑴拉力的大小F； ⑵拉力的功率P； ⑶拉力做的功W； ⑷线圈中产生的电热Q ；⑸通过线圈某一截面的电荷量q 。
解：这是一道基本练习题，要注意计算中所用的边长是L1还是L2 ，
⑴安培力:
⑵功率 ⑶功
⑷热量 变力做功也可应用动能定律求解 ：Q=W-Ek=mgh-mv2/2
⑸ 电量与v无关. (6)进入磁场过程中的冲量:I=Ft=BILt==BLIt=BLq=BL△φ/R，与速度无关.
▲特别要注意冲量和电荷q的共同点,均与速度无关！其他物理量与速度有关.
问题12. 闭合电路一部分导线切割磁感线运动过程中,当拉力大小与安培力大小相等时,速度达到最大值怎么求解？.
一开始外力F-f安=ma,,根据v=at随着速度的增大, F安培力变大,a减小,当F=F安时,v达到最大值.
练习13：如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm
（2）若金属棒下落高度为h，则下落过程中电路中的产生的热量多少？
练习13解：（1）释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，达到最大速度。由，可得
（2）由于ab杆下落过程，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，不能用恒力做功求解，故考虑用动能定律，由始末状态及外力做功，安培力做负功，全部转化为热Q，则。
第二章 电磁感应 章末检测卷
一、单项选择题
1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 ( )
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零
2.如图1所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ( )
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同 D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
3．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则( )
2 3 45
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心 D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
5．如图4所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接在M、N间的交流电源上，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光情况的说法正确的是( )
A．闭合开关后小灯泡一定发光
B．若闭合开关后，小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，小灯泡会更亮
C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光
D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光
三、非选择题(本题共5小题，共56分)
6．(10分)如图12所示，光滑金属导轨PN与QM相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，ab导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现使ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，求：
图12
(1)导体棒上产生的感应电动势 E；
(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？
(3)拉ab棒的水平向右的外力F为多大？
第二章 电磁感应 章末检测卷 答案
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题
1．答案 C
解析 电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．
2.答案 C
解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
3．答案 A
解析 根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误．
4.答案 A
解析 根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
5．答案 B
解析 根据电磁感应的条件，当闭合回路的磁通量发生变化时，回路中会有感应电流，所以当闭合开关后，A线圈中的交变电流会在空间中产生变化的磁场，穿过B线圈的磁通量发生变化，使B线圈和小灯泡组成的回路中有感应电流产生，但电流要大于一定值，我们才能看到小灯泡发光，因此A、C、D错误．闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，那么B线圈中的磁通量变化率变大，感应电动势变大，感应电流变大，小灯泡更亮，B正确．
三、非选择题(本题共5小题，共56分)
6．答案 (1)3 V (2) W W (3) N
解析 (1)ab棒匀速切割磁感线，产生的电动势为：E＝Blv＝3 V.
(2)电路的总电阻为：R＝r＋＝4 Ω
由欧姆定律：I＝＝ A
U＝E－Ir＝1.5 V
电阻R1的功率：P1＝＝ W
电阻R2的功率：P2＝＝ W.
(3)由平衡知识得：F＝F安＝BIl＝ N.
问题1．什么是动量 ？动量与动能什么区别和联系？怎么实现它们之间的相互转化？
答：（1）概念：动量是物体质量与速度的乘积，表达式是P= mv；动量有方向是 矢量，其中v指物体的对地速度；
（2） 注意动量和动能的联系:Ek＝mv2 p＝ Ek＝ 都是速度一质量的关系式。动量是矢量，动能是标量。
问题2、什么是动量的变化量？什么是冲量？怎么计算冲量？冲量和动量变化量什么关系？
（1）动量的增量：ΔP=P`-P(意义是末动量减初动量)也是矢量。
（2）冲量概念：一个恒力的冲量指的是这个力与其作用时间的乘积。表达式I= Ft；
（3）冲量计算①．求冲量大小时，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．
②．恒力的冲量：I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，
（4）冲量和动量变化量什么关系？依据：由牛顿第二定律及加速度定义式：整理得；即；所以冲量等于动量变化量：。
问题3、什么是动量定理？怎么运用动量定理？
答：（1）动量定理：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量，叫做动量定理。动量定理表达式为:I=Ft=mv`- mv=ΔP
（2）动量定理的应用：①根据动量定理求解平均作用力？。可以通过公式求解冲量或者动量变化量。
问题4.若是变力怎么求解冲量？
答：（1）根据动量定理，动量变化量等于冲量：；
(2)若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求冲量．I=F平均t。（平均作用力是一种近似计算把变力看成恒力。）
(3)若给出了力F随时间t变化的图象，可用F－t图象与t轴所围的面积I=Ft求冲量．面积也是动量的变化量。
练习1．(本题4分)关于冲量和动量，下列说法中错误的是（ ）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致
练习1【答案】D【详解】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。
练习2．(本题4分)若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（ ）A． B． C． D．
练习2．【答案】B 【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。
【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有解得，故ACD错误，B项正确。故选B。
问题5．什么是动量守恒定律？动量守恒定律的条件是什么？表达式是什么？什么情况可以运用动量守恒定律？
答：(1)动量守恒定律内容：系统只有内部的相互作用力做功，不受外力或者所受外力之和为零，系统总动量守恒 。
（2） 动量守恒的条件：系统只有内部的相互作用力做功，不受外力或者所受外力之和为零
（3）动量守恒的表达式(1)p＝p′，系统相互作用变化前动量p等于相互作用后的变化后动量p′。
(4)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(5)判断能否运用动量定理：根据动量守恒条件：只有系统内部相互作用力做功，而外力不做功的情况下就可以运用动量守恒定理。
练习1把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
练习1答案 D 枪、子弹和车共同构成系统，内部相互作用是子弹和枪及车共同内部相互作用力，故整体动量守恒。但是枪和子弹间动量不守恒，因为枪在车上，受到车的阻力作用，故而属于外力，所以枪和子弹动量不守恒。
问题6．什么是弹性碰撞？弹性碰撞有什么规律？
答：如果碰撞过程中忽略能量的损耗，这样的碰撞叫做弹性碰撞．弹性碰撞机械能守恒，动量也守恒，
②两个规律：动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2（碰前动能=碰后动能）
问题7.什么是非弹性碰撞？动量是否守恒？动能的变化有什么特别之处？
答：（1）非弹性碰撞定义：如果碰撞过程中有能量损耗，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
（2）非弹性碰撞机械能不守恒，但因为只是内部的相互作用故而动量守恒。
（3）非弹性碰撞规律：①动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；
②机械能减少，碰撞前动能大于碰撞后的动能，Ek1＋Ek2 ≥Ek1′＋Ek2′
③同时损失的机械能转化为内能：Q＝|ΔEk|＝Ek初总－Ek末总（改变的内能=碰前动能减碰后动能）
问题8、什么是完全非弹性碰撞？能量的损耗有什么特点？完全非弹性碰撞怎么计算能量的损失？
答：①完全非弹性碰撞定义：如果两个物体碰撞后，两个物体连接成一个整体 ，叫做非完全弹性碰撞．机械能不守恒 ，但动量守恒。
②完全非弹性碰撞规律：动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共；
碰撞中机械能损失最多|ΔEk|＝m1v＋m2v－－(m1＋m2)v.
问题9、爆炸过程中动量是否守恒机械能是否守恒为什么？
答：在爆炸过程中动量守恒 ，机械能一定不守恒(机械能增加)．因为在爆炸过程中是其他形式能转化为物体的动能，所以机械能增加，但是还是属于内力作用，故而动量守恒。
问题10、两个小球一前一后，后面速度大于前面速度，小球前后碰撞后的速度大小怎么判断？
答：碰撞后速度的判断，满足的条件(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；
(2)动能不增加原理：Ek1＋Ek2 ≥Ek1′＋Ek2′.（碰后的总动能至少小于碰前的总动能，因为可能有能量损耗）
(3)速度要符合情景：碰撞后，前面的物体的速度大于或等于后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞不会结束．
例如：质量相等两个物体在碰前速度分别为5,3，碰后可能是4和4 或者3和5，但是不可能是-6和14 （动能不符合）。
练习5．7．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
练习5答案 B解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必须要发生第二次碰撞，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项正确．
练习6．(本题4分)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（ ）
A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s
【答案】A【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：
根据动量守恒得：，解得：
练习7．(本题4分)两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的四分之一
练习7．【答案】D 【详解】A．由x t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；B．木块B、C都和弹簧分离后，因弹簧释放弹性势能，则系统的总动能增加，选项B错误；C．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。
问题11、什么是反冲运动？反冲运动的条件是什么？有什么规律？
答：（1）反冲运动的定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，这个运动叫做反冲运动．
（2）反冲运动的条件：系统某一方向上不受外力或所受合外力为零或内力远大于外力。
（3）反冲运动遵循动量守恒定律．根据反冲运动前总动量为零，爆炸或反冲后总动量也为零即0=mv+MV得mv=-MV即反冲后两个物体的动量大小相等，方向相反。
问题12、火箭上天过程燃料和火箭之间满足什么样的关系？
答:火箭问题的分析：火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的燃料为研究对象，注意反冲前、后各物体质量是否包括在里面．如果喷射前质量为M+m，m为燃料质量，M为火箭质量，则喷射后的动量大小满足mv=MV，火箭速度为V=mv/M，则说明要让上升速度足够大就得燃料动量大且火箭质量小。
练习8．(本题4分)质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（ ）
A．76m/s B．90m/s C．94m/s D．99m/s
练习8．【答案】B 【详解】根据动量守恒定律解得 故选B。
问题13、反冲运动中质量与位移的关系是什么？——用人船模型来说明。
答：(1)原理：两物体满足动量守恒定律：例如人与船由静止，人由船尾走到船头过程，反向运动，由动量守恒定理0=m1v·1-m2v·2，得m1v·1=m2v·2，两边同乘时间t，有m1x1=m2x2 。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船的速度(平均速度或瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝（位移、速度均与质量成反比）.
←人船
练习9如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移大小各是多少？
练习9．解析 当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒．设某时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，取人行走方向为正方向，则mv2－Mv1＝0，即＝.在人从船头走到船尾的过程中，每一时刻系统的动量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即mx2－Mx1＝0，又x1＋x2＝L，所以x1＝L，x2＝L.
问题14.完全非弹性碰撞典例有哪些？
答：图1中向右运动的物块以初速度为v0滑上木板，当两个同速前进的时候，动能损失最大；
图2中若M碰向弹簧时，当弹簧压缩到最短，动能损失最大，此时弹性势能达到最大。（同理拉伸也成立）。
图3中小球上升至最高点时，两个物体均达到共同速度，系统动能损失最大，分别转化为内能、弹性势能和重力势能。
问题15、如果有子弹打击木块的模型怎么处理？
答：存在两种情况，其一是子弹未穿过木块，二者最终具有共同速度；当做完全非弹性碰撞处理。
其二是子弹穿出了木块，做非弹性碰撞模型处理，子弹速度大于木块速度，当做非弹性碰撞模型处理。
（相对位移等于木块厚度x相＝x1－x2=d( 如图所示，X1是子弹位移，x2木块位移，两者之差等于经过木板的距离)
练习10.设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
练习10解答：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的前度看，子弹射入术块过程中系统动量守恒 ，根据动能定理，系统受到摩擦力，动能损失全部转化为内能。
问题16、怎么用实验验证动量守恒定律？
答1.实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等.
2.实验器材：斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线
3.实验步骤：
(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.
(2)按照如图1甲所示安装实验装置.调整、固定斜槽使斜槽底端水平.
图1 练习11题图
(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.
(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.
(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示.
(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1·＝m1·＋m2·，看在误差允许的范围内是否成立.
(7)整理好实验器材，放回原处.
(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.
1.数据处理：验证表达式：m1·＝m1·＋m2·
2.注意事项
(1)斜槽末端的切线必须水平； (2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(3)选质量较大的小球作为入射小球； (4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变.
练习11．(本题6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．
(1)实验必须要求满足的条件是：____
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足____，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为____．
练习11．BD m1·OP = m1·OM+ m2·ON
【详解】(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确．
CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确．
(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：’.
若动量守恒则：若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：
(3)[3]若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有：即满足关系式：
选修一 第一章 动量 基础及提高训练题(满分100分) 分数
一、单选题(共60分)
1．(本题4分)如图，用与水方向成角的拉力F拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平面运动时间t。木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f的冲量大小分别为（ ）
A．拉力的冲量大小为 B．重力的冲量大小为0
C．支持力的冲量大小为0 D．摩擦力的冲量大小为ft
2．(本题4分)关于冲量和动量，下列说法中错误的是（ ）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致
3．(本题4分)从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中（空气阻力不计）（ ）
A．动量变化量大小不同，方向相同 B．动量变化量大小相同，方向不同
C．动量变化量大小、方向都不相同 D．动量变化量大小、方向都相同
4．(本题4分)学校跳远比赛运动员落地点设置有沙坑，若运动员双脚先着地，有沙坑和无沙坑比较，主要为了改变（ ）
A．动量变化 B．动能变化 C．着地过程时间 D．跳跃距离
5．(本题4分)若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（ ）
A． B． C． D．
6．(本题4分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为50g的鸡蛋从一居民楼的30层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为（ ）
A．2000 N B．1000 N C．500 N D．200 N
7．(本题4分)把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上,枪发射出一颗子弹,对于此过程，下列说法中正确的有哪些？
A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 D．车、枪和子弹组成的系统动量守恒
C．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有f，且f的冲量甚小
8．(本题4分)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（ ）
A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s
9．(4分)如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（ ）
A．子弹A损失的机械能等于系统产生的热量 B．子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量
C．子弹A损失的机械能等于木块B增加的机械能 D．子弹A损失的动量等于木块B增加的动量
9题 12题
10．(本题4分)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg、vA=6m/s、vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A．v′A=5m/s，v′B=2.5m/s B．v′A=2m/s，v′B=4m/s C．v′A=－4m/s，v′B=7m/s D．v′A=7m/s，v′B=1.5m/s
11．(本题4分)一质量为M的烟花飞到空中，当速度减为零时炸裂成两块，其中质量为m的一块在炸裂后获得的速度大小为v，则另一块的速度大小为
A． B． C． D．
12．(本题4分)两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的四分之一
13．(本题4分)放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，已知A的质量大于B的质量，下面说法中不正确的是（ ）
A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右
C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D．两手同时放开，A车的速度小于B车的速度
13题 15题
14．(本题4分)质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（ ）
A．76m/s B．90m/s C．94m/s D．99m/s
15．(本题4分)一质量为 200kg 的小船静止在平静的水面上，小船长度为 2m．质量为 50kg的小孩从船头走到船尾．若不考虑船运动过程中水对船的阻力，则人从船头走到船尾的过程中
A．人与船可以向相同方向运动 B．船的速率始终是人的速率的 4 倍
C．人对地发生的位移大小为 1.6m D．船对地发生的位移大小为 1.6m
二、实验题(共6分)
16．(本题6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．
(1)实验必须要求满足的条件是：____
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足____，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为____．
三、解答题(共34分)
17．(本题17分)光滑水平面上，质量为的小球A以的速度向右运动，与同向运动的速度为、质量为的半径相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以的速度运动。求：
（1）碰后A球的速度；
（2）碰撞过程中A球对B球的冲量大小；
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
18．(本题17分)如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹的阻力恒为F，求：
①射入过程中产生的内能为多少？
②木块至少为多长时子弹才不会穿出？
第六章动量基础及提高训练题参考答案
1．D【详解】力和力的作用时间的乘积叫冲量，木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f不为零，作用时间为t，所以拉力的冲量大小为、重力的冲量大小为mgt、支持力的冲量大小为Nt、摩擦力的冲量大小为ft。故选D。
2．D【详解】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；
B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；
C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；
D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。
3．D【详解】同意高度物体做自由落体运动和平抛运动时间相等，根据动量定理动量变化量大小、方向都相同。故ABC错误，D正确。故选D。
4．C【详解】有沙坑不改变动量变化量、动能变化量和跳跃距离，延长落地过程时间，根据动量定理
可以减小落地过程人的受力。故选C。
5．B【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有
解得故ACD错误，B项正确。故选B。
6．B【详解】设每层楼高3m，鸡蛋下落的总高度为自由下落的时间为
与地面碰撞时间约为：，全过程由动量定理可得联立可得：；故选B。
7．D【解析】A. 枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和子弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故A错误；B. 枪和小车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；
CD、小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒，故C错误，D正确；故选：D
8．A【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：
根据动量守恒得：，解得：
A．10m/s．故A符合题意． B．5m/s．故B不符合题意． C．6m/s．故C不符合题意． D．12m/s．故D不符合题意．
9．B【详解】AC．系统的机械能减小转化为内能。根据能量守恒知，子弹A损失的机械能等于弹簧弹性的增加量与系统产生的热量之和，整个过程，B总的机械能没有改变，故AC错误；
BD．整个过程中，弹簧受到墙壁的弹力，系统的合外力不等于零，系统的总动量不守恒，则子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量，故D错误，B正确。故选B。
10．B【详解】题中四个选项均满足动量守恒定律;AD．虽然均满足动量守恒定律，但碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD错误；
B．符合实际情况，且动能没有增加，不违背能量守恒定律，故B正确；C．两球碰后的总动能
碰前的总动能 由于，违背了能量守恒定律，故C错误。故选B。
11．A【详解】在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；
根据动量守恒定律，有：解得方向与前一 块的方向相反；
12．D【详解】A．由x t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；
B．木块B、C都和弹簧分离后，因弹簧释放弹性势能，则系统的总动能增加，选项B错误；
C．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；
D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 ,
细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。
13．C【详解】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确，不符合题意；B．先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向右，故B正确，不符合题意；C．先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误，符合题意；D．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，即mAvA=mBvB; 因A的质量大于B的质量，则A车的速度小于B车的速度，故D正确，不符合题意。故选C。
14．B【详解】根据动量守恒定律解得 故选B。
15．C【详解】A. 船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
得： 负号表示人与船的速度方向总是相反，故A项与题意不相符；B. 将m人=50kg，m船=200kg代入
解得： 则人的速率始终是船的速率的4倍，故B项与题意不相符；
CD. 人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
又得： 故C项与题意相符，D项与题意不相符．
16．BD m1·OP = m1·OM+ m2·ON
【详解】(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确．
CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确．
(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：’.
若动量守恒则：若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：
(3)[3]若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有：即满足关系式：
17．（1）2m/s；（2）4NS；（3）4J
【详解（1）设碰前A球的速度为，B球的速度为，碰后的速度分别为，，以水平右为正方向，A、B小球组成的系统碰撞前后动量守恒，有代入数据解得即碰后A的速度为2m/s。
（2）碰撞前B球的动量碰撞后B球的动量由动量定理可知，碰撞中A求对B球的冲量大小等于B球的动量变化量，即故碰撞过程中A球对B球的冲量大小为
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能为代入数据解得
18．①．②．【解析】解：①子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=，由能量守恒定律可得：mv02=Q+（m+M）v2，解得产生的热量为：Q=；
②由动能定理得：对子弹，﹣F（s+L）=mv2﹣mv02，对木块，Fs=Mv2﹣0，木块的最小长度：x=L=；
选修二 第二章 楞次定律 电磁感应现象、感应电动势
问题1．电磁感应现象是什么？条件是什么？
答：(1)电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
(2)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．
(3)电磁感应现象中的能量转化：
发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．
练习1．[电磁感应现象的判断]现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图2所示连接．下列说法中正确的是( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
练习1答案 A解析 只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故C、D错误．
问题2、电磁感应现象能否发生的判断流程是什么？
答：根据电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则产生感应电流；如果回路不闭合，那么只有感应电动势，而没有感应电流。步骤：1．确定研究的闭合回路．2．明确回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
3.
练习2．下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
练习2答案 BC 解析 A中导体虽然“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流．B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流．C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流．D中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选B、C.
问题3．什么是楞次定律？怎么运用楞次定律判断感应电流的方向？
答：楞次定律是指感应电流的产生的磁场始终在阻碍原磁通量的变化。
楞次定律判断感应电流方向的步骤：第一：判断原磁场的方向；第二：判断磁场强度的变化；
第三、根据磁场的变化增反减同判断感应电流的方向，
第四、根据安培定则判断感应电流的方向。
问题4．怎么样理解楞次定律中的阻碍？
答：对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)磁场变化使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩 ”；
(4)若通电螺线管的电流增大，则感应电流与之反向，电流减小则感应电流同向。简称“增反减同”。
练习3题图3 图4 图5 图6
练习3.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直
导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
练习3.答案 A解析 根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
练习4．[从阻碍磁通量变化的角度]如上图4，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
练习4答案 C
解析 磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则圆环中，先是向上的磁通量增加，磁铁中间通过以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向(从上向下看)先顺时针后逆时针，选项C正确．
练习5如上图5所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
A．向右摆动 B．向左摆动 C．静止 D．无法判定
练习5答案 A解析 本题可由两种方法来解决：
方法1：当磁铁突然向铜环运动时，铜环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，铜环远离磁铁向右运动；
方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为如图所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确．
练习6．[从阻碍面积变化的角度](多选)如上图6，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则磁场可能( )
A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里
练习6答案 CD解析 根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积增加了，说明磁场逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故C、D都有可能．
问题5、怎么区分Φ、ΔΦ和？
1）．不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比．
2）．认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ－t(或B－t)图象正确地求解.
3）．认为Φ＝0(或B＝0)时，一定等于0.
4）．不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.
问题6．什么是法拉第电磁感应定律？怎么计算感应电动势的大小？
答：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n。(n为线圈的匝数)①仅磁感应强度B变化：E＝nS ②仅面积S变化：E＝nB
问题7．长为l的导体以速度v垂直于磁感线运动切割磁感线B产生的感应电动势公式什么？答：E＝ BIv。
练习7：如图1所示，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势．
练习7
练习7答案 设在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，如图所示，这时线框面积的变化量为ΔS＝lvΔt；
穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt 根据法拉第电磁感应定律得E＝＝=Blv.
练习8
问题8．长为l的旋转导体以角速度ω切割磁感线的运动感应电动势表达式什么？答：E=BLω2/2
【练习8】如右图6,有一匀强磁场B=1.0×10-3T，在垂直磁场的平面内,有一金属棒AO,绕平行于磁场的O轴顺时针转动,已知棒长L=0.20m，角速度ω=20rad/s，求：棒产生的感应电动势有多大？
练习8.或
问题9、电磁感应其他现象有哪些？
答1）．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E＝L.(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
问题9例题.如图1所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ( )
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同 D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
问题9例题.答案 C解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
2）．涡流现象
①涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．
②产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．
③涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．
④涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．
3）电磁阻尼现象：当导体在磁场中运动时，导体中产生的感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
4）电磁驱动现象：若磁场相对导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
练习9(多选)如图11所示，磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而设计的 C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
练习9 答案 C
练习10．如上图12绕轴转动时，铜盘将 ( )
A．以相同的转速与磁铁同向转动 B．以较小的转速与磁铁同向转动
C．以相同的转速与磁铁反向转动 D．静止不动
练习10．答案 B解析 因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，线圈中能产生感应电流的条件必须是磁通量发生变化，故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速较小，不能与磁铁同速转动，所以正确选项是B.
问题10、怎么解决电磁感应中的电路问题？
答（1）①求解关键：明确内电路和外电路，产生感应电动势的那部分导体等效为电源，其余部分相当于外电路。
②常用的规律：导体棒l,电阻r，外电阻R，导线以速度v垂直切割磁感线B，①．电源电动势E＝或E＝BIv；
②．闭合电路欧姆定律I＝、部分电路欧姆定律I＝、电源的内电压Ur＝Ir、电源的路端电压U＝E－Ir＝IR=R；
③．通过导体横截面的电荷量q＝It＝t= 。
练习11．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，水平U型导体框左端接一阻值为R的电阻，导体棒ab质量为m、电阻为r，垂直导轨置于导体框上，导体框宽度为L导体棒与导轨接触良好。不计导体框的电阻和导体棒与导体框间的摩擦。ab棒以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。此过程中说法正确的是（ ）
A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势高于a点电势
C．刚开始运动时，ab两端电压为 D．电阻R消耗的总电能为
【答案】D【详解】A．导体棒在安培力的作用下做减速运动，可得，，
整理得；根据牛顿第二定律可得可知，导体棒做加速度减小的减速运动，A错误；
B．导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，根据楞次定律可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势低于a点电势，B错误；
C．ab两端电压为路端电压，刚开始运动时，ab两端电压为C错误；
D．根据能量转化与守恒可知，导体棒的动能转化为电阻与产的焦耳热，即消耗的电能
电阻与串联，产生的焦耳热与阻值成正比，则电阻R消耗的总电能为D正确。故选D。
问题11.导体切割磁感线过程中,各物理量与速度v之间有什么关系
练习12：如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，
求⑴拉力的大小F； ⑵拉力的功率P； ⑶拉力做的功W； ⑷线圈中产生的电热Q ；⑸通过线圈某一截面的电荷量q 。
解：这是一道基本练习题，要注意计算中所用的边长是L1还是L2 ，
⑴安培力:
⑵功率 ⑶功
⑷热量 变力做功也可应用动能定律求解 ：Q=W-Ek=mgh-mv2/2
⑸ 电量与v无关. (6)进入磁场过程中的冲量:I=Ft=BILt==BLIt=BLq=BL△φ/R，与速度无关.
▲特别要注意冲量和电荷q的共同点,均与速度无关！其他物理量与速度有关.
问题12. 闭合电路一部分导线切割磁感线运动过程中,当拉力大小与安培力大小相等时,速度达到最大值怎么求解？.
一开始外力F-f安=ma,,根据v=at随着速度的增大, F安培力变大,a减小,当F=F安时,v达到最大值.
练习13：如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm
（2）若金属棒下落高度为h，则下落过程中电路中的产生的热量多少？
练习13解：（1）释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，达到最大速度。由，可得
（2）由于ab杆下落过程，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，不能用恒力做功求解，故考虑用动能定律，由始末状态及外力做功，安培力做负功，全部转化为热Q，则。
第二章 电磁感应 章末检测卷
一、单项选择题
1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 ( )
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零
2.如图1所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ( )
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同 D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
3．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则( )
2 3 45
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心 D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
5．如图4所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接在M、N间的交流电源上，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光情况的说法正确的是( )
A．闭合开关后小灯泡一定发光
B．若闭合开关后，小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，小灯泡会更亮
C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光
D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光
三、非选择题(本题共5小题，共56分)
6．(10分)如图12所示，光滑金属导轨PN与QM相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，ab导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现使ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，求：
图12
(1)导体棒上产生的感应电动势 E；
(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？
(3)拉ab棒的水平向右的外力F为多大？
第二章 电磁感应 章末检测卷 答案
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题
1．答案 C
解析 电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．
2.答案 C
解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
3．答案 A
解析 根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误．
4.答案 A
解析 根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
5．答案 B
解析 根据电磁感应的条件，当闭合回路的磁通量发生变化时，回路中会有感应电流，所以当闭合开关后，A线圈中的交变电流会在空间中产生变化的磁场，穿过B线圈的磁通量发生变化，使B线圈和小灯泡组成的回路中有感应电流产生，但电流要大于一定值，我们才能看到小灯泡发光，因此A、C、D错误．闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，那么B线圈中的磁通量变化率变大，感应电动势变大，感应电流变大，小灯泡更亮，B正确．
三、非选择题(本题共5小题，共56分)
6．答案 (1)3 V (2) W W (3) N
解析 (1)ab棒匀速切割磁感线，产生的电动势为：E＝Blv＝3 V.
(2)电路的总电阻为：R＝r＋＝4 Ω
由欧姆定律：I＝＝ A
U＝E－Ir＝1.5 V
电阻R1的功率：P1＝＝ W
电阻R2的功率：P2＝＝ W.
(3)由平衡知识得：F＝F安＝BIl＝ N.