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专题6　动量
考向一 动量定理的应用
考向二 动量守恒定律的应用
考向一 动量定理的应用
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
冲量、 动量 1.冲量的计算
(1)恒力冲量:I=Ft。
(2)变力冲量的计算:
方法一:F t图线与时间轴围成的“面积”表示力的冲量。
方法二:如果力随时间是均匀变化的,则=(F0+Ft),
该变力的冲量为I=(F0+Ft)t。
方法三:利用动量定理求解。
2.动量与动能的数量关系:p=,Ek=
内容 重要规律、公式和二级结论
动量 定理 1.由Ft=p' p,得F==,即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。在p t图像中图线斜率代表合外力;在F t图像中图线与坐标轴所围图形的面积代表作用力的冲量。
2.动量定理的应用——缓冲:在物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越长,力F就越小。如安全气囊、泡沫塑料、头盔等都是通过延长作用时间,减少作用力大小。
内容 重要规律、公式和二级结论
动量 定理 3.流体冲击力计算:建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,计算对应的质量为Δm=ρSvΔt(或者微元内的粒子数N=nv0SΔt),然后依据动量定理I=Δp列方程求解,注意根据题目描述考虑重力冲量是否影响物体的动量变化量。
4.电磁感应中电荷量q的计算:导体棒在安培力作用下做变加速直线运动,根据动量定理可得 BLt=mv mv0,即 BLq=mv mv0
角度1　图像问题
【典题透视】
[例1][F t图像](2025·梅州模拟)如图(a)所示,为“蹦极”的简化情景:某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点,从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示,则图像中阴影部分的面积为(　　)
A.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
√
【解析】选B。人下落整个过程,根据动量定理有mgt IF=0,解得IF=mgt,图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小,可知,阴影部分面积大小IF=mgt=5 400 kg·m/s,故选B。
[例2][p t图像]历史上,有一种观点认为应该用物理量mv来表示运动的强弱,这种思想的代表人物是笛卡儿。这种思想用现在的科学术语说,就是“力”可以通过动量来表示,即F==。若某质点做直线运动的动量随时间t变化规律如图所示,曲线部分为一段抛物线,则加速度a随时间t的变化图像可能正确的是(　　)
√
【解析】选A。从动量p随时间t变化规律可以看出,图像斜率代表质点所受到的合外力,先减小后为零再恒定,加速度的变化趋势与合外力的变化趋势相同,因曲线部分为一段抛物线,所以起初加速度随时间呈现线性关系,故选A。
【类题建模】
模型图示 模型剖析
F t图线与时间轴之间的面积表示冲量,面积在时间轴上方,表示冲量方向为正,面积在时间轴下方,表示冲量方向为负
p t图线的斜率表示合外力,斜率的正负表示合外力的方向
角度2　流体问题
【典题透视】
[例3]教材习题改编(沪科版选择性必修一P21T11)一宇宙飞船垂直于运动方向上的最大截面积为S=5 m2,以v0=2.0×103 m/s的相对速度进入一宇宙尘埃区域,设在该区域每1 m3内有2颗尘埃,每颗尘埃的平均质量为m=2.0×10 7 kg。若尘埃碰到飞船后就附着在飞船上,不计其他阻力,为保持飞船以原速率航行,飞船的牵引力应增加(　　)
A.4 N B.8 N C.12 N D.16 N
√
【解析】选B。时间t内附着在飞船上的尘埃质量M=v0tSnm,对附着的尘埃,由动量定理得Ft=Mv0,则为保持飞船以原速率航行,飞船的牵引力应增加F=Snm=(2.0×103)2×5×2×2×10 7 N=8 N,故选B。
[靶向预测]如图所示,由高压水枪中竖直向上喷出的水柱,将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出,向上运动并以速率v0冲击小铁盒,且冲击小铁盒时水柱横截面积为S,并以速率v竖直返回(不考虑水之间的碰撞)。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计,则水对铁盒的平均作用力大小为(　　)
A.ρSv0(v0+v) B.ρS(v+v0)
C.ρS(v v0) D.ρSv0(v v0)
√
【解析】选A。在Δt时间内打到盒子上的水的质量Δm=ρSv0Δt,取向下为正,则根据动量定理得FΔt=Δmv ( Δmv0),解得F=ρSv0(v0+v),根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为F'=F=ρSv0(v0+v),故选A。
【类题建模】
模型情境 模型分析
流体元的质量m=ρSvΔt,设流体元与煤层作用力为F,FΔt=mΔv,即FΔt=ρSvΔt( v),故F= ρSv2
流体元的质量m=ρSvΔt,作用后流体元原速率反弹由FΔt=mΔv,即FΔt=ρSvΔt( 2v),故F= 2ρSv2
角度3　电磁感应问题
【典题透视】
[例4](多选)(2025·重庆二模)如图甲所示,整个空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置,间距为L,左端连接阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆垂直放置于导轨上,与导轨接触良好,导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接,左边细线与导轨平行。金属杆的v t图像如图乙所示,t=T时剪断细线,t=2T时金属杆速度减半,已知重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
A.t=2T时,金属杆的加速度大小为
B.0~T过程中电阻R上产生的热量为
C.T~2T过程中通过电阻R的电荷量为
D.从t=0开始金属杆的最大位移大小为+
√
√
√
【解析】选A、C、D。设金属杆匀速运动时的速度为v0,则产生的感应电动势为E=BLv0,感应电流为I0==,受到的安培力为F=BI0L=,由于重物匀速运动,故F=mg,解得v0=,电阻R产生的热量为Q1=RT=,金属杆移动的位移大小为x1=v0T=。t=2T时,由于速度减半,所以电动势减半,电流减半,安培力减半,金属杆的加速度大小为,故A正确,B错误;
T~2T过程中,对金属杆运用动量定理得 BLt=m×v0 mv0,其中q=t,解得q=;从剪断细线到停止运动,对金属杆运用动量定理得 B'Lt'=0 mv0,其中q'='t'=t'==,解得x2=,故金属杆的最大位移大小为xm=x1+x2=+,故C、D正确。
【加固训练】
[金属棒在安培力和其他力共同作用下的变速运动](多选)如图1所示为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型,假设汽车启动过程中所受阻力F阻恒定;如图2所示为一足够长的水平的光滑平行金属导轨,导轨间距为L,左端接有定值电阻R,导轨处在垂直于导轨平面向上
的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,将一质量为m的金属棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动,金属棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图3、图4分别是汽车、金属棒开始运动后的v t图像。则下列关于汽车和金属棒运动的说法正确的是(　　)
A.vm1=
B.vm2=
C.若图3中的t1已知,则根据题给信息
可求出汽车从启动到速度达到最大
所运动的距离x1=
D.若图4中的t2已知,则根据题给信息
可求出金属棒从开始运动到速度达到最大所运动的距离x2=
√
√
√
【解析】选A、B、D。vm代表的是匀速运动的速度,也就是平衡时物体的运动速度,对汽车启动问题,有F' F阻=0,P=F'vm1,得vm1=,对金属棒问题,有F ILB=0,I=,得vm2=,故A、B正确;
由动能定理可知m车 0=Pt1 F阻x1,由于题中没有给出汽车的质量,故无法求出x1的大小,故C错误;由E=N得,在金属棒从开始运动到速度达到最大过程中,=B=BL,由欧姆定律可知=,故=BL,由动量定理可知Ft2 t2=mvm2,计算可知x2=,故D正确。
【类题建模】
模型图示 模型分析
动量定理表达式:
(1) BLΔt=mv2 mv1,
q=Δt。
(2) =mv2 mv1,x=Δt
模型图示 模型分析
动量定理表达式:
(1) BLΔt+F其他Δt
=mv2 mv1,
q=Δt。
(2) +F其他Δt
=mv2 mv1,x=Δt
考向二 动量守恒定律的应用
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
动量 守恒 定律 动量守恒的条件:(1)理想条件:系统不受外力。
(2)实际条件:系统所受外力为零。
(3)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力,如:碰撞、爆炸。
(4)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒,如:滑块+斜面模型
内容 重要规律、公式和二级结论
碰撞 1.碰撞的基本规律:(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥E'k1+E'k2或+≥+。
(3)速度要符合情境。
2.弹性碰撞两物体碰前、碰后的速度满足:
m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2。
内容 重要规律、公式和二级结论
碰撞 3.弹性碰撞常见的几种情况:
(1)若m1>m2:则v'1>0,v'2>0,v'1、v'2均与v1方向同向。
(2)若m1 m2:则v'1=v1,v'2=2v1,m1速度不变,m2以2v1的速度被撞出去。
(3)若m1(4)若m1 m2,则v'1= v1,v'2=0,m1反向以原速率弹回,m2仍静止。
(5)若m1=m2,则有v'1=0,v'2=v1,即碰撞后两球速度互换
内容 重要规律、公式和二级结论
反冲、 爆炸 1.反冲、爆炸:二者均满足动量守恒;且物体间的作用力做正功,其他形式能转化为机械能,系统机械能都增加。
2.人船模型:两个原来静止的物体所受外力的矢量和为零,在相互作用下分别向相反方向运动,可以看作“人船模型”。其主要特点是:
(1)两物体满足动量守恒定律:mv人 Mv船=0。
(2)两物体的位移大小满足:m M=0,s人+s船=L
得s人=L,s船=L(人船位移比等于它们质量的反比)
内容 重要规律、公式和二级结论
临界 问题 1.在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,即“速度相等”或“位移相等”。
2.常见的临界问题
(1)在滑块+斜面模型中,当小物块到达最高点时,两物体速度相同。
(2)弹簧最短或最长时,两物体速度相同,此时弹簧弹性势能最大。
(3)两物体刚好不相撞,两物体速度相同。
(4)滑块恰好不滑出长木板,滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同
角度1　碰撞类问题
【典题透视】
[例5][一次碰撞](2024·天津等级考改编)如图所示,光滑半圆轨道直径沿竖直方向,最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8 N·s,A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg,轨道半径和绳长均为R=0.5 m,两球均视为质点,轻绳不可伸长,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)与B碰前瞬间A的速度大小v;
答案:(1)4 m/s　
【解析】(1)根据题意,设小球A从最低点开始运动时
的速度为v0,由动量定理有I=mAv0
设与B碰前瞬间A的速度大小为v,从最低点到最
高点,由动能定理有 mAg2R=mAv2 mA
联立代入数据解得v=4 m/s
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小F;
答案: (2)11.2 N　
【解析】(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘
在一起,由动量守恒定律有mAv=(mA+mB)v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F,由合外力
提供向心力有F (mA+mB)g=(mA+mB)
联立代入数据解得F=11.2 N,v共=3 m/s
(3)A、B碰撞过程中损失的机械能E损是多少
答案: (3)0.6 J
【解析】(3)两球碰撞过程损失的机械能为
E损=mAv2 (mA+mB)=0.6 J
[真题变式]如图所示为兴趣小组设计的“物块投网”游戏装置,让水平直轨
道AB与一光滑半圆形竖直轨道BCD平滑连接,并在最高点D处固定一个小
网兜,若物块能沿半圆轨道通过最高点D落入网兜,即为游戏成功。在某次
游戏时,游戏者对放置在A处的小物块甲施加一水平恒力F,使其从静止开
始运动,4 s末撤去恒力,甲继续运动1 s与放在半圆轨道最低点B处的小物块
乙发生碰撞并粘合(碰撞时间极短),随后“粘合体”恰好能通过最高点D并落
入网兜。已知小物块甲的质量m1=0.3 kg,小物块
乙的质量m2=0.1 kg,圆弧轨道半径R=0.5 m,甲与
水平轨道的动摩擦因数μ=0.4,不计空气阻力,
重力加速度g取10 m/s2。求本次游戏中:
(1)碰撞结束瞬间两物块的速度大小;
答案:(1)5 m/s　
【解析】(1)“粘合体”恰好通过最高点D,
由重力提供向心力得(m1+m2)g=(m1+m2)
解得vD= m/s
“粘合体”从B到D,根据机械能守恒可得
(m1+m2)=(m1+m2)+2(m1+m2)gR
代入数值解得vB=5 m/s
可知碰撞结束瞬间两物块的速度大小为5 m/s。
(2)水平恒力F的大小。
答案: (2)2 N
【解析】(2)甲、乙在B处发生碰撞并粘合,
由动量守恒定律可得m1v1=(m1+m2)vB
解得v1= m/s
物块甲从A到B的过程中,
由动量定理可得Ft1 μm1g(t1+t2)=m1v1
代入数据解得F=2 N
[例6][多次碰撞](2025·珠海模拟)光滑水平面上每隔距离d静止放置一个质量为m的小球,共放置10个小球,从左至右依次标号为1、2、3、…、10。小球A静止放置在1号小球左端d处。现用一水平向右的恒力F作用于小球A,当小球A与1号球碰后,撤掉F,小球均可视为质点,小球间碰撞时间忽略不计。
(1)若小球A质量为m,且小球之间的碰撞均为弹性碰撞,
求10号球开始运动的时间;
答案:(1)　
【解析】(1)小球A与1号球碰前,做匀加速直线运动,
对小球A由牛顿第二定律有F=ma
由运动学公式有d=a,v=at1
小球A与1号球碰撞过程动量守恒,机械能守恒,有mv=mvA+mv'
mv2=m+mv'2
联立解得vA=0,v'=v
1号球碰后以速度v匀速运动,同理可得,n号球与n+1号球碰撞后速度交换,n+1号球碰后也以速度v匀速运动,所以10号球开始运动的时间t=t1+
解得t=
(2)若小球A质量为2m,且小球之间的碰撞均为完全非弹性碰撞,求小球A与1号球碰撞过程中的能量损失;
答案: (2)　
【解析】(2)小球A与1号球碰前,对小球A由动能定理,有Fd=×2m
小球A与1号球碰撞前后动量守恒,有2mv0=(2m+m)v1
小球A与1号球碰撞后能量损失E损=×2m(2m+m)
联立解得E损=
(3)在(2)中条件下,求小球与10号球碰后10号球的速度大小。
答案: (3)
【解析】(3)小球A与1号球碰前v0=
小球A与1号球碰后v1=v0
小球与2号球碰撞前后动量守恒,有3mv1=(3m+m)v2
则碰后v2=v1
小球与3号球碰撞前后,有4mv2=(4m+m)v3
则碰后v3=v2
同理可推,小球与n号球碰撞前后,
有(n+1)mvn 1=(n+2)mvn
碰后vn=vn 1
则小球与10号球碰撞前后,有11mv9=12mv10
碰后v10=v9
即v10=v0×××…×
得v10=v0=
【思路导引】
(1)分析恒力作用下的直线运动:运动学公式或者动能定理。
(2)分析弹性碰撞:动量守恒+机械能守恒。
(3)分析完全非弹性碰撞:动量守恒。
【类题建模】
模型图示 模型剖析
(1)碰撞完毕,合二为一。
(2)m1v0=(m1+m2)v。
(3)系统损失的机械能为ΔE=m1·
(A物体质量为m1,B物体质量为m2)
模型图示 模型剖析
(1)碰撞后形变完全恢复。
(2)动量守恒
m1v0=m1v1+m2v2。
(3)总动能不变
m1=m1+m2,
所以v1=v0,v2=v0
模型图示 模型剖析
(1)地面光滑,子弹与木块组成的系统动量守恒。
(2)动能转化为内能,能量守恒
(1)地面光滑,动量守恒。
(2)动能转化为内能,能量守恒
(1)双杆光滑,动量守恒。
(2)弹性势能与动能相互转化,机械能守恒
角度2　反冲类问题
【典题透视】
[例7][反冲模型]中国某新型连续旋转爆震发动机测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　)
A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C.经过n次喷气后,飞行器速度为
D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
√
【解析】选C。由题意可知,每次喷气过程中,系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同,由于系统总动量守恒,那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反,所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反,故A错误;根据动量守恒定律,系统初始总动量为0,第一次喷气后,喷出气体质量为Δm,速度为v,飞行器质量变为M Δm,速度为v1,则有0=Δmv (M Δm)v1,解得v1=,所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=,在第二次喷气之前,此时系统总动量为(M Δm)v1,喷气后,喷出气体质量仍为Δm,速度为v,飞行器质量变为M 2Δm,速度为v2,则有(M Δm)v1=Δmv (M 2Δm)v2,将v1=
代入可得v2=,所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2 v1==,以此类推,可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同,故B错误;设经过n次喷气后飞行器的速度为vn。系统初始总动量为0,n次喷气后,喷出气体总质量为nΔm,速度为v,飞行器质量变为M nΔm,速度为vn。根据动量守恒定律可得0=nΔmv (M nΔm)vn,解得vn=,故C正确;虽然在太空没有空气,但飞行器喷气时,飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力,根据牛顿第三定律,喷出气体对飞行器有反作用力,所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速,故D错误。
[例8][爆炸模型](多选)(2025·湖南高考)如图,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。
极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质量分别为3m、m、5m,s1=,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则(　　)
A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B.D的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh(1+)
D.弹药释放的能量为48mgh(1+)
√
√
【思路导引】
(1)爆炸过程:B、C组成的系统动量守恒、能量守恒。
(2)B与C碰撞过程:B、C组成的系统动量守恒,碰撞后速度相等。
(3)D水平滑动过程:摩擦力对物体做功,满足动能定理。
(4)D平抛运动过程:重力对物体做功,满足动能定理。
【解析】选B、D。爆炸后,设A的速度为v1,B的速度为v2,
A、B组成的系统水平方向动量守恒,即3mv1=mv2
由B与C碰撞过程动量守恒得mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能EkA=·3m·=m
D的初动能EkD=·6m·=m
两者不相等,故A错误;
D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf= μ·6mg·s1= μ·6mg·= 6mgh
做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0,根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等,故B正确;D平抛过程有h=gt2,s2=v0t
联立可得v0=s2
D水平滑动过程中根据动能定理有 6mgh=·6m·6mv2
化简得v2=+2gh
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能,则爆炸过程的能量为E=·3m+·m=24mv2=24m(+2gh)=48mgh(1+),故C错误,D正确。
【类题建模】
模型情境 模型分析
(1)动量守恒。
(2)动能增加。
(3)位置不变。
(4)时间极短
模型情境 模型分析
(1)动量守恒。
(2)弹性势能转化为动能,机械能守恒
(1)初状态:人、船都静止。
(2)人走船走,人停船停。
(3)动量守恒,位移:l2=L,l1=L(人的质量为m,船的质量为M,人相对船的位移为L)
角度3　双杆无外力类问题
【典题透视】
[例9]如图,足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上,间距L=0.5 m,处在磁感应强度B=2 T、竖直向上的匀强磁场中。质量m1=0.4 kg、电阻r1=0.4 Ω的导体棒a长度与导轨间距相等,垂直导轨放置。质量m2=0.6 kg、电阻r2=0.6 Ω的导体棒b与a等长,垂直导轨静止在a的右侧某一位置处。现使a以初速度v0=10 m/s向右运动,a、b未发生碰撞。导体棒和导轨接触良好,导轨电阻不计。求:
(1)从开始运动到两棒到达稳定状态,导体棒a上产生的焦耳热;
答案:(1)4.8 J　
【解析】(1)导体棒a与导体棒b组成的系统满足动量守恒,
则有m1v0=(m1+m2)v
解得v=4 m/s
根据能量守恒可得Q总=m1(m1+m2)v2
解得Q总=12 J
则导体棒a上产生的焦耳热为Qa=Q总=Q总,解得Qa=4.8 J
(2)初始时刻a、b棒的最小距离。
答案: (2)2.4 m
【解析】(2)对导体棒b应用动量定理得BL·Δt=m2v
又q=Δt=Δt=Δt==
联立解得x=2.4 m
则初始时刻a、b棒的最小距离为2.4 m。
[靶向预测]如图所示,在水平面上的装置由三部分构成,装置中间部分为电路控制系统,电源电动势恒定且为E,内阻不计,两个开关S1、S2初始状态都断开。装置左右两侧均为足够长且不计电阻的光滑金属导轨,导轨MN宽度为2L,HG宽度为L,导轨MN和HG之间存在匀强磁场,磁感应强度分别为B和2B,磁场方向如图所示。将质量均为m的金属杆ab,cd分别如图轻放在水平轨道上,两杆接入电路中的电阻相等,不计金属杆与导轨的摩擦。
(1)接通S1,求ab杆的最大速度;
答案:(1)　
【解析】(1)S1接通,ab杆中有a→b的电流,ab杆受水平向右的安培力,ab杆向右做加速运动,ab杆切割磁感线产生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab杆产生的感应电动势与电源电动势完全抵消时,ab杆不受安培力,ab杆将做匀速运动,速度为vm,此时产生的感应电动势为E=2BLvm,解得vm=
(2)当ab杆做匀速运动后,断开S1同时闭合S2,当两杆再次匀速运动时,求cd杆产生的焦耳热。
答案: (2)
【解析】(2)断开S1,接通S2,ab杆向右运动切割磁感线产生感应电流,方向由b→a,电流再流经cd杆,方向由c到d。由左手定则可知,ab杆受水平向左的安培力,做减速运动;cd杆受水平向右的安培力,向右做加速运动,ab、cd杆产生互相抵消的电动势,当完全抵消时,电路中无电流。ab、cd杆做匀速运动,速度分别为v1、v2,则B2Lv1=2B·Lv2
可得v1=v2
ab、cd杆中电流相等,ab、cd杆所
受的安培力分别为F1=2BIL
F2=2B×LI=2BIL
安培力大小相等、方向相反,ab、cd杆满足动量守恒,有mvm=mv1+mv2
联立解得v1=v2=
电路中的总热量为Q=m·2m=m=
因为ab、cd杆接入电路中的电阻相等,
所以cd杆产生的焦耳热为Qcd=Q=
【类题建模】
模型图示 模型分析
(1)受到的安培力的合力为0,系统动量守恒。
(2)棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热
(1)受到的安培力的合力为0,系统动量守恒。
(2)棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热

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