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2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第3块：动量和能量（1）有答案

1、力学中的动量和能量问题


[知识建构]
[备考点睛] (注1)……(注4)：详见答案部分1.常见思想及方法 (1)守恒的思想；(2)动量守恒的判断方法；(3)弹性碰撞的分析方法；(4)“人船模型”的分析方法.2.三个易错易混点 (1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念. (2)系统的动量和机械能不一定同时守恒. (3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒.



　[答案]　(1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量．
(2)一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．
(3)动量守恒定律成立的条件
①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．
②系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．
③系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．
(4)碰撞的分类





热点考向一　动量定理与动量守恒定律的应用

角度一　动量定理的应用
【典例1】　(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
[思路引领]　

[解析]　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝－
[答案]　(1)ρv0S　(2)－
角度二　动量守恒定律的应用
【典例2】　(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
[思路引领]　(1)根据动能公式得出烟花弹从地面开始上升时的速度，利用匀变速直线运动规律得出烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经历的时间．
(2)利用动量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后烟花弹向上运动的部分的速度，利用匀变速直线运动规律得出距地面的最大高度．
[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝⑧
[答案]　(1) 　(2)

1．用动量定理的解题的基本思路

对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．
2．动量守恒定律解题思路及方法


迁移一　动量定理的应用


1．(2019·江西六校联考)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，流量为Q(流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．冲击冲浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开，冲浪板静止在水柱上．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计．

(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力．试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；
(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率．水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能．请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式．
[解析]　(1)由题干定义知，单位时间内喷出的水的质量为
m＝ρQ.
(2)由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，冲击冲浪板底面的水的速度由v变为0，设Δt时间内这些水对板的作用力为F′，板对水的作用力为F，以竖直向下为正方向，不考虑Δt时间内水的重力，根据动量定理有FΔt＝0－mΔt(－v)
根据牛顿第三定律得F＝－F′
由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得－F′＝Mg
联立解得v＝.
(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，水离开水泵喷口时的速度为v0
对于Δt时间内喷出的水，根据机械能守恒定律得
mΔtv2＋mΔtgh＝mΔtv
水泵对水做功的功率为P0＝＝
联立解得h＝－.
[答案]　(1)ρQ　(2)　(3)h＝－
迁移二　动量守恒定律的应用


2．(2019·江西六校联考)如图所示，AB为一光滑水平横杆，
杆上套一质量为M的圆环，环上系一长为L、质量不计的细绳，细绳的另一端拴一个质量为m的小球．现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则：

(1)当细绳与AB成θ角时，圆环移动的距离是多少？
(2)若在横杆上立一挡板，与环的初位置相距多远时才能使圆环在运动过程中不致与挡板相碰？
[解析]　(1)设小球的水平位移大小为s1，圆环的水平位移大小为s2，则有
ms1－Ms2＝0
s1＋s2＝L－Lcosθ
解得s2＝
(2)设小球向左的最大水平位移大小为s1′，圆环的最大水平位移为s2′
当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左侧同初始位置等高处，且速度为零
ms1′－Ms2′＝0
s1′＋s2′＝2L
s2′＝
故挡板应立在距环的初位置处．
[答案]　(1)　(2)





“人船”模型
(1)模型条件

①初总动量(或某一方向初总动量)为零；
②动量(或某一方向动量)守恒．
(2)运动特点
①一物体加速，另一物体同时加速；
②一物体减速，另一物体同时减速，但二者速度方向相反；
③一物体静止，另一物体也静止．
(3)规律
＝，＝(速率、位移与质量成反比).

热点考向二　“碰撞”模型问题

【典例】　(多选)如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，m2越大，则(　　)

A．碰撞后A的速度越小
B．碰撞后A的速度越大
C．碰撞过程中B受到的冲量越大
D．碰撞过程中A受到的冲量越大
[思路引领]　根据两球碰撞时动量守恒及机械能守恒求出碰撞后两球的速度表达式，分析碰撞后速度大小，根据动量定理和牛顿第三定律分析冲量关系．
[解析]　以v0的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2，又因碰撞过程中机械能守恒，故有m1v＝m1v＋m2v，两式联立得v1＝，v2＝.当m2m1时，m2越大，v1越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量IA＝－IB＝－m2v2＝－v0＝－v0，可知m2越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此m2越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确．
[答案]　CD

三种碰撞解读
1．弹性碰撞
碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
v2′＝
v2＝0时，v1′＝v1
v2′＝v1
讨论：(1)m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
(2)m1>m2，v1′>0，v2′>0(碰后，两物体沿同一方向运动)；
(3)m1?m2，v1′≈v1，v2′≈2v1；
(4)m10(碰后，两物体沿相反方向运动)；
(5)m1?m2，v1′≈－v1，v2′≈0；
(6)m1、m2质量改变时，v2′范围是0(7)运动的m1碰静止的m2，m1、m2质量不变时，v2′范围是≤v2′≤.
2．非弹性碰撞
碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，形变完全保留，动能损失最大．
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max

迁移一　弹性碰撞模型


1．(2019·河北名校联盟)如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰．若m1∶m2＝1∶2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

[解析]　设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒和机械能守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0
设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理有
(m2gsin37°＋μm2gcos37°)s＝m2v
(m2gsin37°－μm2gcos37°)s＝m2v2
解得2＝
乙要能追上甲，则v>
解得μ<0.45
[答案]　μ<0.45
迁移二　非弹性碰撞模型
2．(2019·唐山高三期末)如图所示，质量为mB＝1 kg的物块B通过轻弹簧和质量为mC＝1 kg的物块C相连并竖直放置在水平地面上．系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x0＝0.1 m，另一质量为mA＝1 kg的物块A从距弹簧原长位置为x0处由静止释放，A、B、C三个物块的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动．已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力可忽略不计．

(1)求A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小．
(2)求A、B相碰后，整体以a＝5 m/s2的加速度向下加速运动时，地面对物块C的支持力FN.
(3)若要A、B碰后物块C能够离开地面，则物块A由静止释放的位置距物块B的高度h至少为多大？
[解析]　(1)A由静止释放到与B碰撞前，由动能定理得mAg·2x0＝mAv－0
由于A与B碰撞结束后粘合为一个整体，则对A与B组成的系统，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
代入数据解得v＝1 m/s.
(2)A、B相碰后，对A与B整体应用牛顿第二定律得(mA＋mB)g－F弹＝(mA＋mB)a
对C受力分析得FN＝mCg＋F弹
代入数据解得FN＝20 N，方向竖直向上．
(3)对A从静止释放到与B碰撞前，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv－0
对A与B碰撞的过程，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v共
从A、B碰后到C恰好离开地面的过程，初态弹簧弹性势能等于末态弹簧弹性势能
若C恰好能离开地面，根据能量守恒定律得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB)g·2x0
解得h＝0.08 m，所以h至少为0.08 m.
[答案]　(1)1 m/s　(2)20 N，方向竖直向上
(3)0.08 m


发生完全非弹性碰撞的两个物体，碰撞结束后粘在一起运动，此时系统损失的动能最大，而在碰撞的过程中系统的总动量守恒．即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，ΔEk＝－(m1＋m2)v2，ΔEk为碰撞过程中损失的动能．常考的模型为“一动碰一静”模型(v2＝0)：此时满足m1v1＝(m1＋m2)v，系统损失的机械能为ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v2，解得ΔEk＝m1v.
热点考向三　“板块”模型问题

【典例】　(2019·河北六校联考)如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动．已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：

(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．
[思路引领]

[解析]　(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
代入数据得木块A的速度v＝2 m/s
(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为Epm＝mv－(m＋M)v2－μmgL
代入数据得Epm＝39 J.
[答案]　(1)2 m/s　(2)39 J

　“板块”模型的解题思路
“板块”模型一般至少涉及两个物体，包括多个运动过程，板块间存在相对运动．解决“板块”模型问题，要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后对每一个过程建立动量守恒方程和能量守恒方程求解，必要时可以利用图像(如画出v－t图像)分析运动情况．



　(2019·广东茂名五校联考)质量为2m的物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图所示，ab段为光滑的竖直圆弧面，bc段是长度为L的粗糙水平面，质量为m的物块Q(可视为质点)静止在圆弧面的底端b.现给Q一方向水平向左的瞬间冲量I，Q滑到最高点a后返回，最终相对于P静止在水平面的右端c.重力加速度大小为g.求：

(1)Q到达最高点时的速度大小v；
(2)Q与bc段间的动摩擦因数μ；
(3)P的最大速度vm.
[解析]　(1)设Q从b点滑上圆弧面的初速度大小为v0，取水平向左为正方向，根据动量定理有I＝mv0
解得v0＝
Q到达最高点时与P具有相同的速度(沿水平方向)，由P、Q组成的系统在水平方向上动量守恒，有
mv0＝(m＋2m)v
解得v＝.
(2)经分析可知，Q最终相对P静止在c处时，它们的速度(相对地面)也为v
根据能量守恒定律有μmgL＝mv－(m＋2m)v2
解得μ＝.
(3)Q由a点返回到b点时P的速度最大，设此时Q的速度为v1，系统在水平方向上动量守恒，则有mv0＝－mv1＋2mvm
Q由b到a，再由a返回b的过程中，P、Q组成的系统机械能守恒，故
mv＝mv＋·2mv
解得vm＝.
[答案]　(1)　(2)　(3)



动量观点和能量观点的选取原则
(1)动量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即I合＝mv－mv0.
②对于碰撞、爆炸、反冲类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
(2)能量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程.






易错精析——漏记碰撞、绳子绷紧等过程的机械能损失


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．(2018·广东湛江一中等四校联考)如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，均静止在光滑水平台面上．A、B间用一根不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，细线绷断后A的速度变为v0，A与C碰撞后粘连在一起．求：

(1)A与C粘连在一起时的速度大小；
(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C粘连的过程中，系统损失的机械能．
[解析]　(1)细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，则
mv0＝m·v0＋2mvB
解得vB＝v0.
A与C发生完全非弹性碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，有m·v0＝(m＋m)v2
解得v2＝v0.
(2)运动全过程中，A、B、C组成的系统损失的机械能为
ΔE＝mv－＝mv.
[答案]　(1)v0　(2)mv
2．(2019·吉林市毕业班第二次调研)如图所示，质量为m1的A物块在光滑地面上以v0＝10 m/s的速度向右匀速运动．质量分别为m2、m3的物块B与C由轻质并且处于原长状态的弹簧相连，B、C和弹
簧静止放置在A的右侧，某时刻A与B碰撞后立刻粘连在一起．已知m1＝2 kg，m2＝m3＝3 kg，求：

(1)A与B碰撞粘连在一起后瞬间的速度大小；
(2)此后运动过程中，弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能大小．
[解析]　(1)A与B碰撞过程，以A、B为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v0＝(m1＋m2)v
代入数据解得v＝4 m/s
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，A、B、C三个物块的速度相等，由动量守恒定律有
m1v0＝(m1＋m2＋m3)v′
解得v′＝2.5 m/s
从A与B碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，由机械能守恒定律有
(m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v′2＋Ep
解得Ep＝15 J
[答案]　(1)4 m/s　(2)15 J
专题强化训练(八)
一、选择题
1．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是(　　)

A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
B．高压水枪的功率为ρπD2v3
C．水柱对煤层的平均冲力为ρπD2v2
D．手对高压水枪的作用力水平向右
[解析]　设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，单位时间喷出水的质量为＝ρvπD2，选项A错误．Δt时间内水枪喷出的水的动能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高压水枪的功率P＝＝ρπD2v3，选项B正确．考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理，FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到煤层水的质量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F′＝F＝ρπD2v2，选项C正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误．
[答案]　BC
2．(2019·河北名校联盟)如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求后时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，下列说法正确的是(　　)

A．买者说的对
B．卖者说的对
C．公平交易
D．具有随机性，无法判断
[解析]　设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，则落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，取竖直向上为正方向，由动量定律得(F－Δmg)Δt＝Δmv
即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv
根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为M＝＝＝m1＋d
因切断米流后空中尚有t＝时间内对应的米流在空中，故d＝m2
可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项C正确．
[答案]　C

3．(多选)(2019·四川绵阳模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　　)

A．m不能到达M上的B点
B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒
[解析]　根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有相同的速度有：0＝(m＋M)v，v＝0，再根据机械能守恒定律mgR＝mgh＋(m＋M)v2可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确．
[答案]　CD
4．(2019·蓉城名校联盟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑．现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，在滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是(　　)

A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C．当B的速度为v0时，A的速度为v0
D．当A的速度为v0时，B的速度为v0
[解析]　由于木板A沿斜面体匀速下滑，所以此时木板A的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间有摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知C正确，D错误．
[答案]　C
5．(多选)(2019·华中师大附中五月模拟)如下图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(待定系数α<1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数α可以是(　　)

A. B. C. D.
[解析]　A、B碰撞过程，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得，mAv0＝－mAαv0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是αv0>vB，解得α>，碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝mAv－≥0，解得－1≤α≤，所以α满足的条件是<α≤，A、B正确，C、D错误．
[答案]　AB
6．(多选)(2019·武汉外校模拟)质量M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．
质量m＝2 kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v0＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g＝10 m/s2，则(　　)

A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m
[解析]　可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型．设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有＝，解得x＝0.3 m，A正确，B错误．根据动量守恒定律有0＝(m＋M)v，v＝0，由能量守恒定律得mv＝mgh＋(m＋M)v2，解得h＝0.45 m，C错误．小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离s＝L＋＝1.35 m，根据水平方向动量守恒得0＝m－M，解得y＝0.54 m，D正确．
[答案]　AD
7．(多选)(2019·东北师大附中一模)如下图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬间获得水平向右大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　)

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
[解析]　在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，t1时弹簧处于压缩状态，t3时弹簧处于拉伸状态，A、B错误．由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共，可得m1∶m2＝1∶2.并由图可得在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，C、D正确．
[答案]　CD
8．(多选)(2019·湖北百校大联考)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为19 kg，则(　　)

A．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4
[解析]　由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为v0＝1.0 m/s和v1＝0.2 m/s，由系统动量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为v2＝0.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x＝×0.8×5 m＝2 m，碰撞过程中两壶损失的动能为ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，红壶所受摩擦力f1＝ma1＝19× N＝3.8 N，蓝壶所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1∶f2＝5∶4，故A、D正确，B、C错误．
[答案]　AD
9．(2019·福建省泉州市模拟三)如右图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0，则(　　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0[解析]　小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得小车的位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向总动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时，由动能定理得：mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于mgh0，机械能的损失小于mgh0，因此小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，且小于h0，故D正确．
[答案]　D
二、非选择题
10．(2019·江西南昌十校二模)如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为mv，在A、B间系一轻质细绳，细绳的长度略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m.求：

(1)B、C相撞前一瞬间B的速度大小；
(2)绳被拉断过程中，绳对A所做的功W.
[解析]　(1)B与C碰撞过程中动量守恒，由于碰后均停止，有mvB＝2mv0
解得：vB＝2v0
(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则
Ep＝mv
解得：vBO＝3v0
绳子拉断过程，A、B系统动量守恒
mvBO＝mvB＋mvA
解得：vA＝v0
绳对A所做的功为
W＝mv＝mv
[答案]　(1)2v0　(2)mv
11．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．

(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
[解析]　(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s?
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2?
联立???式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m?
[答案]　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)B先停止　0.50 m　(3)0.91 m




2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第3块：动量和能量（2）有答案
2、电磁学中的动量和能量问题


[知识建构]
[备考点睛] (注1)……(注2)：详见答案部分1.两种常考题型 (1)带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题. (2)电磁感应中“导轨＋棒”模型.2.三大观点动力学、动量、能量观点是解决力电综合问题的首选方法.



　[答案]　(1)动量定理、动能定理
(2)动量定理、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律、功能关系





热点考向一　电场中的动量和能量问题

【典例】　(2019·太原一模)如右图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.求：

(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小．
[思路引领]　(1)A球下滑过程满足机械能守恒条件．
(2)A球进入水平轨道，A、B球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．当两球最近时，速度相等．
(3)两球距离足够远时，相互作用力为零，系统电势能为零．
[解析]　(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得
2mgh＝·2mv
解得v0＝
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有
2mv0＝(2m＋m)v
解得v＝v0＝
据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep
解得Ep＝mgh
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统电势能也为零，速度达到稳定．则
2mv0＝2mvA＋mvB
×2mv＝×2mv＋mv
解得vA＝v0＝，vB＝v0＝
[答案]　(1)　(2)mgh　(3)　

　电场中动量和能量问题的解题技巧
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键．

　(2019·武汉毕业生调研)有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝，方向竖直向下，如右图所示．已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端．求：

(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；
(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；
(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离．
[解析]　(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
所以v＝v0
根据能量守恒定律得
热量Q＝mv－(M＋m)v2＝
(2)场强向下时FN＝mg－qE
场强向上时FN′＝mg＋qE
所以＝
(3)两次产生的热量相等
μFN′l′＝Q，μFNl＝Q
所以l′＝.
[答案]　(1)　(2)1∶4　(3)

(1)对于电场中的动量问题，判断所研究的系统动量是否守恒是解题关键．
(2)对于电场中的能量问题，要熟练掌握电场力做功与电势能变化的关系，结合功能关系和能量守恒定律解题.
热点考向二　磁场中的动量和能量问题

【典例】　(2019·陕西西安市四模)如右图所示，将带电荷量Q＝＋0.3 C、质量m′＝0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)．开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25 m、质量m＝0.15 kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2.求：

(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；
(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)碰撞后小车的最终速度．
[思路引领]　(1)当F洛>m′g时滑块与车之间的弹力变为零．
(2)摆球与小车碰撞瞬间摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒．
[解析]　(1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝mv2，
解得v＝5 m/s，
摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝m，解得T＝4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5 N，方向竖直向下．
(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv＝Mv1＋0，
解得v1＝1.5 m/s，
由能量守恒定律，有ΔE＝mv2－Mv＝1.31 J.
(3)假设滑块与车最终相对静止，
则有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.9375 m/s，
由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮．滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，
解得v2′＝0.5 m/s.
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
Mv1＝Mv′＋m′v2′，
解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右．
[答案]　(1)4.5 N，方向竖直向下　(2)1.31 J
(3)1.2 m/s，方向水平向右

　磁场中的动量和能量问题
涉及题型往往是带电小球或滑块在磁场中的碰撞问题，熟练力学中的碰撞模型，如弹性碰撞的二级结论，及速度变化带来的洛伦兹力变化将是快速解题的关键．

(2019·广西南宁市3月适应测试)如右图所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径AD水平，因弧的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：

(1)小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；
(2)小球甲所带的电荷量；
(3)若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)
[解析]　(1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A点运动到C点，有
mgR＝mv
解得vC＝
(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝m
第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝m
由题意知ΔF＝F2－F1
解得q＝
(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则
mvC＝mv甲＋mv乙
mv＝mv＋mv
解得v甲＝0，v乙＝vC
设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向竖直向上，则
F乙＋qv乙B－mg＝m
解得F乙＝3mg－
根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg－，方向竖直向下．
[答案]　(1)　(2)　(3)3mg－，方向竖直向下



(1)小球第一次通过C点时与第二次通过C点时，洛伦兹力方向不同．
(2)小球甲与小球乙碰撞后，两者电量平分，各为.
热点考向三　电磁感应中的动量和能量问题

【典例】　(2019·河南洛阳期末)如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5 m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30 J，此时AB棒和CD棒的速度分别为vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：

(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度vA和vC的大小；
(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度v′A和v′C的大小．
[思路引领]　

(2)两棒最终做匀速运动，电路中电流为零．两棒最终速度比为2∶1.
[解析]　(1)设两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt
可得QAB＝QCD＝15 J.
(2)对整个系统根据能量守恒定律有Fs＝mv＋mv＋QAB＋QCD
又vA∶vC＝1∶2
解得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s.
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLv′A＝B·2Lv′C
即v′A＝2v′C
设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为FA和FC，对两棒分别应用动量定理有FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC
因为FC＝2FA
解得＝－
联立以上各式解得v′A＝6.4 m/s，v′C＝3.2 m/s.
[答案]　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s

动量观点在电磁感应现象中的应用
1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题．
2．由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．

两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度－时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：

(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
[解析]　(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s.
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mav
解得va＝＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C.
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.
[答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J



本题中两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动．
(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．
(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒.



高考真题研究——动量守恒思想解决电磁感应中的“双棒”问题
2019新课标Ⅲ卷19题 审题指导
(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是(　　) 第一步　抓关键点 (1)“光滑导体棒”说明运动过程无摩擦力． (2)“平行金属导轨”说明两棒所受安培力等大反向． (3)“足够长”说明两棒最终会共速．第二步　找突破口 (1)两棒运动过程中，速度差逐渐减小，系统产生感应电动势越来越小，最后变为0. (2)系统外力之和为零，动量守恒.
[解析]　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C均正确，B、D均错误．[答案]　AC
试题特点 备考策略
本题类似碰撞中的完全非弹性碰撞模型，根据受力得出两导体棒的速度变化情况；根据两棒的速度关系结合法拉第电磁感应定律和电路问题，判断产生的感应电动势的变化情况，从而得出回路中感应电流的变化情况. “动量”改为必考内容后，电磁感应中的动量问题，就必须引起我们的关注．出题方向一般为： (1)涉及单棒或两边导轨不等宽的双棒问题一般考虑用动量定理解题． (2)由BL·Δt＝m·Δv，q＝Δt＝可知，当题目涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理解题． (3)涉及等宽平行导轨的双棒问题，如果两棒外力之和为零，则考虑用动量守恒解题，必要时结合能量守恒定律和其他力学规律处理.

专题强化训练(九)
1．(2019·张家口期末)如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰．已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍．取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移．

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0.
[解析]　(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x.乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝at2，x＝vDt
根据牛顿第二定律有a＝
乙过D点时有mg＋qE＋N＝m(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力)
根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg
解得x＝0.6 m.
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
×mv＝×mv＋mv
联立解得v2＝v0
乙球从B到D的过程中，根据动能定理有－mg·2R－qE·2R＝mv－mv
由(1)可得vD＝3 m/s
联立解得v0＝10 m/s.
[答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s
2．(2019·河北五名校联盟二模)如下图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：

(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v；
(2)电阻R产生的焦耳热Q.
[解析]　(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，
由牛顿第二定律有Mg＝M
解得v＝ m/s.
(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有
－Mg·2r＝Mv2－Mv，
解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s，
两杆碰撞过程中动量守恒，有
mv0＝mv1＋Mv2，
解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s，
ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有Q＝mv，
解得Q＝2 J.
[答案]　(1) m/s　(2)2 J
3．(2019·河南洛阳统考)如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2－c2c1部分轨道间距为2L，右侧窄轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝0.1 T．质量M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，经时间t，两棒达到稳定状态．两棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，棒A总在宽轨上运动，棒B总在窄轨上运动．已知两棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)棒A滑到b1b2处时的速度大小；
(2)棒B匀速运动的速度大小；
(3)在两棒整个的运动过程中通过棒A某截面的电荷量；
(4)在两棒整个的运动过程中两棒在水平导轨间扫过的面积之差．
[解析]　(1)棒A在曲线轨道上下滑，轨道光滑，由机械能守恒定律有mgh＝mv
解得棒A滑到b1b2处时的速度v0＝2 m/s.
(2)对棒A、B，分别由动量定理有－B0cosθ··2Lt＝mvA－mv0，B0cosθ·Lt＝MvB
得mv0－mvA＝2MvB
两棒最后匀速运动时，电路中无电流，则B0LvB＝2B0LvA，得vB＝2vA
解得vB＝v0＝ m/s.
(3)在棒B加速过程中，由动量定理有B0cosθ·Lt＝MvB－0
在两棒整个的运动过程中通过棒A某截面的电荷量q＝t
解得q＝ C.
(4)据法拉第电磁感应定律有E＝
其中磁通量变化量ΔΦ＝B0cosθ·ΔS
电路中的电流＝
通过棒A某截面的电荷量q＝t
解得在两棒整个的运动过程中两棒在水平导轨间扫过的面积之差ΔS＝ m2.
[答案]　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) C　(4) m2
4．(2019·福建泉州模拟)如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；一光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆与x轴的夹角θ＝30°，杆的末端在y轴Q点处，P、M两点间的距离为L.一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并从P点由静止释放，与b碰撞后瞬间反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OM＝ON.已知重力加速度大小为g，a、b均可看作质点，求：

(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(2)磁场的磁感应强度大小B；
(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴．
[解析]　(1)设a与b碰前瞬间a的速度大小为v1，碰后瞬间a的速度大小为v2，由机械能守恒得
mgLsinθ＝mv，mg·sinθ＝mv
取沿杆向下方向为正方向，则a、b碰撞过程中，由动量守恒定律有mv1＝－mv2＋2mv
联立解得v＝
机械能损失ΔE＝mv－
解得ΔE＝mgL.
(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，由于b从M点运动到Q点的过程中始终与杆无作用力，可得qvBcosθ＝2mg
将v＝代入得B＝.

(3)b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心O′在x轴上，经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角α＝120°，又匀速圆周运动的周期T＝
b从Q点到第一次通过N点的时间t1＝T
得t1＝
b第一次通过N点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N点，有
t2＝＝
b第二次通过N点后在磁场中做半个圆周运动，经t3时间第三次通过x轴，有
t3＝＝
b离开杆后会通过x轴有两种情况：
①第n次竖直向上经过x轴，时间t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋(n－1)(n＝1、2、3、…)
②第n次竖直向下经过x轴，时间t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)．
[答案]　(1)　mgL　(2)
(3)第n次竖直向上经过x轴，时间t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋(n－1)(n＝1、2、3、…)
第n次竖直向下经过x轴，时间t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)

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