2021届高中物理二轮复习讲义：专题二动量与能量第3讲 动量和能量观点的综合应用

第3讲　动量和能量观点的综合应用
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.理解动量和冲量的概念，应用动量定理和动量守恒定律分析和解决简单问题。 2．培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决力学综合问题的能力。 1.物理观念：动量和冲量的观念；守恒的思想。
2．科学推理：运用动力学、动量和能量的观点分析推理、科学论证。 高考对本部分内容的考查主要有两种情况：一是在选择题中考查动量定理的应用；二是作为高考试卷的计算题，考查综合应用力学三大观点，通过分析和推理考查综合应用能力。
一、动量定理
1．公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。
2．意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系。动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系。
二、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)。
3．守恒条件
(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。
(2)系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。
(3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。
三、解决力学问题的三大观点
1．力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题。
2．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题。
3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律。
四、三大规律的选取原则
1．从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。
2．从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。
3．从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。
热点一　动量定理和动量守恒定律的应用
(多选)(2020·陕西西安中学二模)2020年5月8日，我国新一代载人飞船试验船成功着陆，3具降落伞组成群伞完成减速，其总面积相当于五、六个标准篮球场。飞船总质量为m，接近地面时已经是以速度v匀速下落，每个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g；试验船底部安装6个卡车轮大小的缓冲气囊帮助舱体平稳着陆，缓冲时间为t，绳子重力不计，飞船所受空气阻力不计，着陆的瞬间绳子自动断裂(抛伞)。以下说法正确的是　(　　)
A．每个降落伞产生的拉力是
B．每个降落伞产生的拉力是
C．每个缓冲气囊所受的平均作用力为
D．每个缓冲气囊所受的平均作用力为
[解析]　匀速降落时，飞船受力平衡， F＝，故A错误，B正确；对飞船落地过程用动量定理，选向上为正，(6F2－mg)t＝0－(－mv)，化简后F2＝，故C正确，D错误。
[答案]　BC
【拓展训练1】　(2020·百师联盟山东模拟) “水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起，同时能在空中完成各种特技动作。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选C。设出水速度为v，则在极短的时间t内，出水的质量为m＝ρSvt，速度由竖直向上的v变为竖直向下的v，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及空中装备受到水的作用力为Mg，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得Mgt＝mv－(－mv)＝ρSv2t－(－ρSv2t)，解得v＝，故C正确，A、B、D错误。
【拓展训练2】　(2020·山西运城一模)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，某时刻进入有宇宙尘埃的区域，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　)
A．Snmv B．2Snmv
C．Snmv D．2Snmv
解析：选C。时间t内黏附在卫星上的尘埃质量：M＝v0tSnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft＝Mv0，解得：F＝nmvS；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝nmvS，故C正确，A、B、D错误。
热点二　力学中的动量和能量综合问题
(2020·安徽模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
[解析]　(1)设木块M的质量为m，木块N的质量为M，则物块N在D点Mg＝M,R)
物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D过程机械能守恒Mv＝Mv＋Mg·2R
在圆轨道最低点C时FNm－Mg＝M,R)
解得FNm＝240 N
根据牛顿第三定律可知压力F′N＝240 N，方向竖直向下。
(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒mv＝mv＋Mv
弹簧弹开到碰前过程Ep＝mv＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，分离时的速度为v
Ep＝(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点速度为vC
Mv2＝Mv＋μMgLOC
假设物块沿圆周上滑不超过圆周处MvC2＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周滑回
Mv＝μMgx
解得x＝0.54 m
滑块停在距离C点0.54 m处。
[答案]　(1)240 N，方向竖直向下　(2)76.25 J
(3)距离C点0.54 m处
【拓展训练3】　(2020·攀枝花统考)如图所示，质量m1＝2 kg、长度l＝5 m 的木板，以速度v1＝5 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2＝1 kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝5 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)木块与木板间的动摩擦因数；
(2)小木块做加速运动过程的时间。
解析：(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝v
由能量守恒定律有Q＝m1v＋m2v－v2
且Q＝μm2gl
联立以上各式，代入相关数据可得μ＝。
(2)法一　设木块在木板上加速的时间为t
对木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0
代入相关数据可得t＝0.25 s
法二　设木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，
μm2g＝m2a
v＝at
代入相关数据可得t＝0.25 s。
答案：(1)　(2)0.25 s
【拓展训练4】　(2020·湖北模拟)如图所示，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝1 kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在光滑水平轨道上。半径为R＝0.6 m的光滑、竖直、半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧拴接，C未与弹簧拴接。现让物块A(右侧涂有少量质量不计的粘胶)以初速度v0＝6 m/s沿水平方向向右滑动，A与B发生碰撞并粘为一体。经过一段时间，C脱离弹簧，然后滑上光滑竖直半圆轨道。(g取10 m/s2)
(1)求上述过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)求C脱离弹簧时的速度大小vC；
(3)试讨论判断C能否到达半圆轨道的最高点。若能，求出通过最高点时C对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。
解析：(1)A、B、C位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向，设A与B发生完全非弹性碰撞后共同速度为v1，对A、B有mAv0＝v1
可得v1＝4 m/s
弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时A、B、C共同速度为v2，有
v1＝v2
可得v2＝3 m/s
由机械能守恒定律得Ep＝×v－×v
解得Ep＝6 J。
(2)设弹簧恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC，此后C脱离弹簧
由动量守恒定律得v1＝vB＋mCvC
由机械能守恒定律得×v＝×v＋mCv，解得vC＝6 m/s。
(3)C脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得mCv2＋mCg·2R＝mCv
可得v＝2 m/s
设过最高点时轨道对C的支持力大小为FN
由向心力公式mCg＋FN＝mC
可得FN＝10 N>0
所以假设成立，C能通过最高点，根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小为10 N。
答案：(1)6 J　(2)6 m/s　(3)能　10 N
热点三　电学中动量和能量综合问题
(2020·山东九校期末)如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，轨道宽度L＝0.2 m, 轨道顶端电阻R＝0.5 Ω。在轨道底端放置一弹性绝缘挡板(物体与挡板碰撞无能量损失)，在轨道所在处存在磁感应强度B＝5 T，方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场，如图所示，磁场仅分布在长x2＝1.6 m的区域，磁场的下边界到挡板的距离为 x3＝1.1 m，在距离磁场上边界的x1＝1.6 m处将一长为L的金属棒ab紧贴轨道由静止释放，金属棒第一次穿出磁场时恰好匀速离开。已知金属棒的质量m＝1 kg，电阻r＝0.5 Ω，不计导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2。试求：
(1)金属棒第一次进入磁场时ab两端的电势差；
(2)金属棒从静止释放到第一次到达斜面底端所用的时间；
(3)整个运动过程中该系统产生的电能。
[解析]　(1)金属棒下滑x1＝1.6 m的过程，机械能守恒mgx1sin θ＝mv
电动势E＝BLv1
则电流为I1＝
ab两端电势差为：Uab＝I1R
解得Uab＝2 V。
(2)规定沿斜面向下为正方向，金属棒下滑x1＝1.6 m过程用时为t1
满足：mgt1sin θ＝mv1
解得t1＝0.8 s
金属棒第一次穿出磁场时的速度为v2满足：BI2L＝mgsin θ
I2＝
联立解得v2＝5 m/s
第一次穿过磁场用时t2满足：
mgt2sin θ－BLIt2＝mv2－mv1
该过程流过回路的总电荷量为q＝It2＝
联立得t2＝0.52 s
金属棒第一次穿出磁场到轨道底端用时t3，则
mgx3sin θ＝mv－mv
mgt3sin θ＝mv3－mv2
联立得t3＝0.2 s
金属棒第一次下滑到最底端所用总时间为t＝t1＋t2＋t3
解得：t总＝1.52 s。
(3)经过足够长的时间后，金属棒在磁场下边界与挡板之间往复运动
依据能量守恒，整个运动过程产生的电能为ΔE＝mg(x1＋x2)sin θ
解得ΔE＝16 J。
[答案]　(1)2 V　 (2)1.52 s　(3)16 J
【拓展训练5】　(2020·绵阳第三次诊断)如图甲所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，已知导轨间距为L。金属杆a、b长度都稍大于L，a杆静止在弧形部分某处，b杆静止在水平部分某处。水平区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。a杆从距水平导轨高度h处释放，运动过程中a杆没有与b杆相碰，两杆与导轨始终接触且垂直。已知a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R，重力加速度为g，导轨足够长，不计电阻。
(1)求a杆刚进入磁场时，b杆所受安培力大小；
(2)求整个过程中产生的焦耳热；
(3)若a杆从距水平导轨不同高度h释放，则要求b杆初始位置与水平导轨左端间的最小距离x不同。求x与h间的关系式，并在图乙所示的x2－h坐标系上画出h＝h1到h＝h2区间的关系图线。
解析：(1)设a杆刚进入磁场时的速度为v1，回路中的电动势为E1，电流为I1，b杆所受安培力大小为F，则2mgh＝·2mv
E1＝BLv1
I1＝
F＝BI1L
解得F＝。
(2)最后a、b杆速度相同，设速度大小都是v2，整个过程中产生的焦耳热为Q，则
2mv1＝(2m＋m)v2
Q＝·2mv－＋\f(1,2)mv))
解得Q＝mgh。
(3)设b杆初始位置与水平导轨左端间的距离为x时，a杆从距水平导轨高度h处释放进入磁场，两杆速度相等为v2时两杆距离为零，x即为与高度h对应的最小距离。
设从a杆进入磁场到两杆速度相等经过的时间为Δt，回路中平均感应电动势为，平均电流为，则＝＝
＝
对b杆，由动量定理有mv2＝BLΔt
或者对a杆，有2mv2－2mv1＝－BLΔt
x＝
图线如图所示(直线，延长线过坐标原点)。
答案：(1)　(2)mgh
(3)x＝　见解析图
(建议用时：60分钟)
1．为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h内杯中水面上升了45 mm，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s。据此计算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)
A．0.15 Pa　　　　　　　 B．0.54 Pa
C．1.5 Pa D．5.4 Pa
解析：选A。解答此类连续相互作用的问题，首先要注意研究对象的选取．选取Δt＝1 h时间内与面积为S的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为m＝ρhS，发生作用后速度变为零，根据动量定理，有FΔt＝mv＝ρhSv，则压强p＝＝＝0.15 Pa，A正确。
2. (2020·河北唐山期末)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无须二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为(　　)
A．πρd2v B．πρd2v2
C．πρd2v D．πρd2v2
解析：选D。设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：
m＝ρV＝ρSvt＝πd2ρvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv
解得：F＝－＝－πd2ρv2，故钢板受到水的冲力大小为πd2ρv2。
3．(2020·贵州毕节质检)2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为(　　)
A．3.9×103 N B．1.2×105 N
C．1.0×104 N D．9.0×104 N
解析：选B。广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt
根据动量定理有：－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t
得：F＝ρSv2
代入数据解得，F＝1.08×105 N，与1.2×105 N最接近，故B正确，A、C、D错误。
4．(2020·广州、深圳调研)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：选A。开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误。
5. (2020·山东九校期末)在真空中同时存在着竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场，已知电场强度为E，竖直向下；磁感应强度为B，垂直于纸面向里，如图所示，一带电液滴在垂直于磁场的竖直平面内做匀速圆周运动，轨道半径为R，若液滴运动到最低点A时分裂成两个液滴1和2，且液滴电荷量和质量都恰好均分，液滴1在原运行方向上做匀速圆周运动，半径变为3R，圆周最低点也是A，则下列说法正确的是(　　)
A．液滴一定带正电荷
B．液滴分裂前运动速率为
C．液滴2也做匀速圆周运动且沿逆时针方向转动
D．液滴2做匀速圆周运动的半径也为3R
解析：选B。液滴在复合场做匀速圆周运动，则qE＝mg，受到的电场力向上，故液滴带负电，A错误；液滴在复合场做匀速圆周运动，则qE＝mg，q＝，qvB＝，v＝＝，B正确；设半径为3R的液滴速率为v1，则＝,2),3R)，v1＝＝＝3v，选取液滴初速度方向为正方向，由动量守恒定律，mv＝mv1＋mv2，得v2＝－v，运动方向与液滴1相反，其圆周运动半径为r2＝＝＝R，根据左手定则，原液滴的运动方向为顺时针，分离后液滴2速度方向与原速度方向相反，液滴2沿顺时针方向，C、D错误。
6．(多选)(2020·四川绵阳质量检测)如图所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．导体棒的最大加速度为50 m/s2
B．导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C．导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D．导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s　
解析：选ACD。当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为FA＝BIL＝BL＝ N＝40 N，由牛顿第二定律得a＝＝m/s2＝50m/s2，故A正确；流过定值电阻的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ C＝1 C，故B错误；由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有mg＝BIL＝，则v1＝＝ m/s＝5 m/s，故C正确；导体棒从越过虚线到运动到最高点的过程由动量定理得mgt＋BLt＝0－m·(－v)＝mv，则有mgt＋BLq＝mv，得t＝＝ s＝1.8 s，故D正确。
7．(2020·江南十校联考)如图所示，一个足够长的圆筒竖直固定，内有一个质量M＝0.4 kg的滑块，滑块与圆筒间的滑动摩擦力f＝3 N。将滑块M锁定在距圆筒顶端h1＝5 m 处，现将一个直径小于圆筒半径的小球，从圆筒顶端由静止释放，小球与滑块碰撞前瞬间滑块解除锁定，小球与滑块发生弹性碰撞，碰撞后小球恰能上升到距圆筒顶端h2＝3.2 m处(不计空气阻力，碰撞时间极短，g取10 m/s2)。求：
(1)小球的质量m；
(2)小球与滑块的第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔t。
解析：(1)设小球与滑块碰撞前速度大小为v0，碰撞后速度大小为v1，则
v＝2gh1①
v＝2g(h1－h2)②
由①②式得v0＝10 m/s，v1＝6 m/s
设M与m碰后速度为v2，则mv0＝m(－v1)＋Mv2③
mv＝mv＋Mv④
由③④式代入数据得m＝0.1 kg
v2＝4 m/s。
(2)第一次碰撞后对M：Mg－f＝Ma⑤
则v2t＋at2＝－v1t＋gt2⑥
由⑤⑥式代入数据解得t＝ s
答案：见解析
8. (2020·济南期末)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg，mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰(g取10 m/s2)求：
(1)a棒刚进入磁场时，b棒加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。
解析：(1)a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有：magh＝mav2
a棒进入磁场瞬间感应电动势：E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律：I＝
对b棒：F安＝BIL
根据牛顿第二定律：F安＝mba
解得：a＝9 m/s2
由左手定则，b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b：由动量守恒定律得：mav＝(ma＋mb)v共
解得：v共＝4 m/s
设a棒进入磁场到a棒匀速所经历的时间为Δt，此过程的平均电流为，流过a棒的电荷量为q，则q＝Δt
对b棒，应用动量定理：BLt＝mbv共
解得：q＝ C。
(3)a、b棒在水平面内运动的过程，由能量转化与守恒定律：mav2－(ma＋mb)v＝Q
根据焦耳定律有：Q＝I2(Ra＋Rb)t
Qa＝I2Rat
联立解得：Qa＝2 J。
答案：(1)9 m/s2，向右　(2) C　(3)2 J
9．如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量mA＝2 kg木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量mB＝4 kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与小车后壁间的距离为x＝2 m。现对小车施加水平向右的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度－时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ；
(2)求恒力F的大小；
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为多少？
解析： (1)若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度
a′＝μ0g＝3 m/s2　
由乙图可知，A的加速度aA＝＝4 m/s2
即A、B间发生相对滑动，对A：μ0(mA＋mB)g－μmBg＝mAaA
可得μ＝0.25。
(2)对车在该过程中知F－μ0(mA＋mB)g＝Ma
且x＝at2－aAt2
可得a＝8 m/s2，F＝34 N。
(3)当A与小车碰撞时vA＝4 m/s，vB＝μgt＝2.5 m/s，v车＝at＝8 m/s
该过程中B相对于A滑动距离为L1＝aAt2－aBt2＝0.75 m　
对A、与小车在碰撞中动量守恒，可知Mv车＋mAvA＝(M＋mA)v
可得v＝6 m/s
对A、小车与B在碰撞后，滑动过程中知(M＋mA)v＋mBvB＝(M＋mA＋mB)v共
且(M＋mA)v2＋mBv－(M＋mA＋mB)v＝μmBgL2
可得L2＝1.225 m
故前、后壁间距L≥x＋L1＋L2＝3.975 m
答案：(1)0.25　(2)34 N　(3)3.975 m
10.如图所示，质量均为m＝0.4 kg的物块甲、乙放在固定于水平面上的木板上，甲置于木板的左端，乙与之相距s＝1 m。木板右侧O点正上方有一质量为m＝0.4 kg的小球P从距木板高度h＝5 m处自由下落，与此同时，物块甲在与木板夹角为θ＝37°、大小为F＝5 N的恒力作用下由静止开始向右运动，到达乙位置时撤去恒力F，结果物块甲、乙发生碰撞，粘成一体，继续向右运动一段时间与小球P同时到达木板的右端O点，三者发生碰撞后粘为一体。已知物块甲、乙之间的板面是粗糙的，乙右侧的板面是光滑的，且甲与木板间的动摩擦因数为μ＝0.8，物块甲、乙和小球均可视为质点，sin37°＝0.6。cos37°＝0.8。g取10 m/s2，空气阻力不计。
(1)求木板的长度L；
(2)若以木板(木板的厚度不计)的右端O点为坐标原点建立直角坐标系xOy，如图所示，求物块甲、乙和小球在斜面上的第一次落点坐标。已知斜面方程可表述为y＝3x。
解析：(1)小球P做自由落体运动，有h＝gt
解得t1＝1 s
分析物块甲，在恒力F作用时，根据牛顿第二定律有
Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma
解得物块甲的加速度大小为a＝8 m/s2
由运动学公式v2＝2as求得物块甲到达物块乙处时的速度大小为
v甲＝＝4 m/s
运动时间t2＝＝0.5 s
物块甲、乙碰撞，由动量守恒定律得mv甲＝2mv甲乙
则v甲乙＝v甲＝2 m/s
接着物块甲、乙做匀速运动，运动时间t3＝t1－t2＝0.5 s
则木板的长度为L＝s＋v甲乙t3＝2 m。
(2)物块甲、乙和小球碰撞、水平方向动量守恒，则有
2mv甲乙＝3mv①
物块甲、乙和小球将以速度v做平抛运动，则有：
水平方向：x＝vt②
竖直方向：y＝gt2③
联立①②③及y＝3x可得x＝ m，y＝ m
物块甲、乙和小球在斜面上的落点坐标为
答案：见解析
11. (2020·济南一模)如图所示，相距L＝5 m 的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧挡板L′＝2 m的O点处静止放置两个紧挨着的小滑块A、B，滑块之间装有少量炸药。炸药爆炸时，能将两滑块分开并保持在直轨道上沿水平方向运动。滑块A、B的质量均为m＝1 kg，与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.2.不计滑块与滑块、滑块与挡板间发生碰撞时的机械能损失，滑块可看做质点，重力加速度g取10 m/s2.
(1)炸药爆炸瞬间，若有Q1＝10 J的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块A最终离开出发点的距离；
(2)若两滑块A、B初始状态并不是静止的，当它们共同以v0＝1 m/s的速度向右经过O点时炸药爆炸，要使两滑块分开后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值Q2是多少？
解析：(1)爆炸过程中，动量守恒，则有0＝mvA－mvB
根据能量守恒可得Q1＝mv＋mv
解得vA＝vB＝ m/s
爆炸后二者减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度均为a＝μg＝2 m/s2
爆炸后二者减速运动的位移sA＝,2μg)＝2.5 m
由于sA＝2.5 m>L′，A会碰到挡板后原速率返回，再继续减速后停止
最终A停止时距离O点位移大小
sA′＝L′－(sA－L′)＝1.5 m。
(2)爆炸后A、B分开，可能有三种情况
情形①：A、B反向分开，A碰到挡板后反弹，再与B相遇
取向右为正方向
2mv0＝mvB－mvA
sA＝,2μg)
sB＝,2μg)
sA＋sB＝2L＝10 m
由以上可解得
vB＝m/s
vA＝m/s
sA＝ m≈2.8 m>2 m
sB＝ m≈7.2 m>3 m
符合题意
由能量守恒定律得Q2＝mv＋mv－·2mv
解得Q2＝19 J。
情形②：A、B反向分开，A未碰到挡板，B反弹后与A相遇
取向右为正方向
2mv0＝mvB－mvA
sA＝,2μg)
sB＝,2μg)
sB－sA＝2(L－L′)＝6 m
由以上可解得
vB＝7 m/s
vA＝5 m/s
sA＝ m＝6.25 m>2 m
与预设相矛盾。
情形③：A、B同向分开，A慢B快，B反弹后与A相遇
取向右为正方向
2mv0＝mvA＋mvB
sA＝,2μg)
sB＝,2μg)
sA＋sB＝2(L－L′)＝6 m
由以上方程联立后，无解。
答案：(1)1.5 m　(2)19 J