2019屆二輪復(fù)習(xí)電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題名師公開課優(yōu)質(zhì)學(xué)案(全國通用)

1、名校名師推薦第2課時(shí)電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題高考題型1電場中的動(dòng)量和能量問題題型：計(jì)育題；5年考【例1】(2018湖南省常德市期末檢測)如圖1所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧 段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段BC粗糙，其余都光滑， DP段與水平面的夾角0= 37 D、C兩點(diǎn)的高度差h= 0.1 m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場中，一個(gè)質(zhì)量m1 = 0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊I在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t= 1 s,與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量 m2= 0.6 kg的小物塊n碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

2、到達(dá)傾斜段DP上某位置，物塊I和n 與軌道 BC 段的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸 0.2, g = 10 m/s2, sin 37 0.6, cos 37 = 0.8.求：TGEA圖1(1) 物塊i和n在 bc段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大?。晃飰Ki和n第一次經(jīng)過圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊i和n對軌道壓力的大小.答案 (1)2 m/s (2)18 N解析(1)物塊I和n粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 設(shè)電場強(qiáng)度大小為 E,物塊I帶 電荷量為q,物塊I與物塊n碰撞前速度為V1，碰撞后共同速度為 V2,則qE =畑1 + m2)gqEt = m1V1m1V1= E+ m2)v2聯(lián)立解得V2= 2 m/s;設(shè)圓弧段CD

3、的半徑為R,物塊I和n經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對物塊支持力的大小為Fn則 R(1 - cos 0)= h2,V2Fn- (m1 + m2)g= (m1+ m2)r解得：Fn = 18 N，由牛頓第三定律可得物塊I和n對軌道壓力的大小為 18 N.【拓展訓(xùn)練1】(多選)(2018全國卷川21)如圖2，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器 的極板水平；兩微粒 a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、 下極板附近，與極板距離相等現(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是()

4、圖2A . a的質(zhì)量比b的大B .在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C .在t時(shí)刻，a和b的電勢能相等D .在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等答案 BD1解析 經(jīng)時(shí)間t, a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則Xaxb,根據(jù)x= 2at2,得aaab，又由a= *知，maWb,由動(dòng)能定理知，a的動(dòng)能比b的動(dòng)能大，B項(xiàng)正確；a、b處在同一等勢面上，根 據(jù)Ep = q知，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理Ft = p po,則經(jīng)過時(shí)間t, a、b的動(dòng)量大小相等，D項(xiàng)正確.【拓展訓(xùn)練2】(2018福建省寧德市上學(xué)期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一光滑 絕緣軌道，僅在該

5、軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長，PM下端與MN相切于M點(diǎn).質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道 上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)由靜止釋放，在a球進(jìn)入水平軌道后，a、 b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒有接觸帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，重力加速度為 g.求：圖3(1) 小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小及對軌道的壓力大??；(2) a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep；(3) a、b兩小球最終的速度 va、Vb的大小.答案(1)6mg+ qB ,2gR fmgR ；*2gR ； ;2gR解析(1)小球a從P到M

6、，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功1 o由動(dòng)能定理有：2mgR= ?(2m)VM解得：Vm =、.j2gR2在M點(diǎn)，由牛頓第二定律有：Fn 2mg qvMB= 2嚴(yán)R解得：Fn = 6mg+ qB 2gR根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎n = 6mg+ qB 2gR2mvM = 3mv 共(2) 兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：1 1根據(jù)能量守恒定律有：Ep = 2(2m)VM2-2(3m)v 共22解得：Ep= mgR由動(dòng)量守恒定律：2mvM= 2mva+ mvb由能量守恒定律有：(2m)VM2 = 2(2m)va2+ mvb244 jR, vb

7、= 3VM = 3 ;2gR1解得：Va= VM =16高考題型2磁場中的動(dòng)量和能量冋題題型：選擇題或香計(jì)算題；5年0考【例2 (2018廣西南寧市3月適應(yīng)測試)如圖4所示，光滑絕緣的半圓形圓弧軌道ACD,固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，半圓弧的直徑AD水平，因弧的半徑為R,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對軌道的壓力差為AF，小球運(yùn)動(dòng)過程始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)(2)小球甲所帶的電荷量;若在圓弧軌道的最低點(diǎn) 軌道的A端由靜止釋放,圖4C時(shí)的速度大小

8、;C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?(不計(jì)讓小球甲仍由兩球間靜電力的作用)答案2gR年評3mg 弓，方向豎直向下4gRB4解析(1)由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),mgR= gmvc解得 Vc =, 2gR2VC 小球甲第一次通過 C點(diǎn)時(shí)，qvcB+ Fl-mg= m-R2vc 第二次通過 C點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)2 qvcB mg= mR由題意知AF = F2 F1解得q=AF ,2gR4gRB因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，貝Umvc = mv 甲+ mv 乙1 2 1 2 | 1 2 qm

9、vc = qmv 甲十 qmv 乙解得v甲=0, v乙=vc設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對乙的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則 21v乙F 乙 + qv 乙 B mg= 口百解得F乙=3mg根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg ,方向豎直向下.【拓展訓(xùn)練3】（2018北京市大興區(qū)上學(xué)期期末）如圖5所示，在矩形 MNQP區(qū)域中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子 于PQ的方向射入磁場，圖中實(shí)線是它們的軌跡.已知a、b、c以不同的速率從 O點(diǎn)沿垂直O(jiān)是PQ的中點(diǎn)，不計(jì)粒子重力.從圖示軌跡中可以判斷（）圖5A . a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電B. c粒子的動(dòng)量大小大于

10、 a粒子的動(dòng)量C. b粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于 a粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D. b粒子的加速度大于 c粒子的加速度答案 D解析 根據(jù)左手定則知粒子 a帶正電，粒子b、c帶負(fù)電，故 A錯(cuò)誤；粒子在磁場中做勻速2圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB= m，解得：p = mv= qBr,因c的軌道半徑小于 a的軌道半徑，則 c粒子的動(dòng)量大小小于 a粒子的動(dòng)量，選項(xiàng) B錯(cuò)誤； 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期t=2乎相同，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：上=丿丁=?,由qB2 n qB于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角大于 b,則b粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于 a粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí) 間，故C錯(cuò)誤；根據(jù)qvB = ma,

11、 b的速度最大，則b粒子的加速度大于 c粒子的加速度，選 項(xiàng)D正確.高考題型3電磁感應(yīng)中動(dòng)量和能量問題題型：計(jì)算題；5年0考【例3】如圖6所示，NQ和MP是兩條平行且傾角為 B的光滑金屬軌道，在兩條軌道下面， 在Q、P處接著QT和PS兩條平行光滑的金屬軌道， 軌道足夠長，所有軌道電阻忽略不計(jì). 金 屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好.金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為 m,長度均為L,且金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，它們與軌道構(gòu)成閉合回路，金屬棒ab的電阻為2R, cd的電阻為R.磁場方向均垂直于導(dǎo)軌向上 （不考慮PQ交界處的邊界效應(yīng)，可認(rèn)為磁 場在PQ處立即變?yōu)樨Q直向上），磁感應(yīng)強(qiáng)

12、度大小為 B.若先保持金屬棒cd不動(dòng)，ab在沿導(dǎo)軌向下的力F的作用下，開始以加速度 a沿傾斜軌道向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過to時(shí)間，ab棒恰好到PQ位置，此時(shí)撤去力 F，同時(shí)釋放金屬棒 cd,重力加速度為 g,求:（1）ab棒勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，外力F隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系;兩金屬棒從撤去 F,直到最后達(dá)到穩(wěn)定后的運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量Q;（3）兩金屬棒從撤去 F,直到最后達(dá)到穩(wěn)定后的運(yùn)動(dòng)過程中，通過金屬棒2 2答案（1）F= BLr% ma- mgsin 0 （t t。）Rma%2 蠶cd的電荷量q.解析（1）棒ab勻加速運(yùn)動(dòng)過程中,F + mgsin 0 BBLv3R L =ma得：

13、F =2 2B L at3R+ ma mgsin 0(t W to)（2）撤去力F時(shí)，金屬棒ab的速度v = ato,ab、cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終穩(wěn)定時(shí)，兩棒速度相同，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定 律得 mv = 2mv得 v，= cd棒中的最大電流Im；ato則兩金屬棒產(chǎn)生的熱量 Q等于動(dòng)能的減少量，1 2 1 , 2 1 , 2 1 2. 2 則 Q 總=mv mv qmv = &ma to由于金屬棒ab電阻為2R,金屬棒cd電阻為R,故其產(chǎn)生的熱量之比為 2 : 1故金屬棒cd產(chǎn)生的熱量Q = *Q總=12macd棒的最大加速度；(3) 兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，各自的速度大小.to21

14、(3)對金屬棒cd應(yīng)用動(dòng)量定理得：BLq = mv = qmatomato2BL【拓展訓(xùn)練4】(2018湖北省孝感市重點(diǎn)高中協(xié)作體模擬)如圖7所示，水平面內(nèi)固定兩對足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌，左側(cè)兩導(dǎo)軌間的距離為2L,右側(cè)兩導(dǎo)軌間的距離為 L,左、右側(cè)的兩導(dǎo)軌間都存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場.兩均勻的導(dǎo)體棒ab和cd分別垂直放在左、右兩側(cè)的導(dǎo)軌上， ab棒的質(zhì)量為2m、有效電阻為2r，而cd棒的質(zhì)量為 m、有 效電阻為r，其他部分的電阻不計(jì).原來兩棒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給棒一大小為I。、方向平行導(dǎo)軌向右的沖量使 ab棒向右運(yùn)動(dòng)，在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩棒均未滑出各自的軌道求:X城城XXI

15、汕答案BLIo3mrB2L2lo3m2rIo Io6m 3m解析(1) ab棒獲得一沖量，所以初速度Iovo= 2m分析知開始時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，最大值為Em = 2BLvo所以cd棒中最大感應(yīng)電流Em = BLIo 2r + r = 3mr(2)cd棒所受的最大安培力Fm= BI mLcd棒的最大加速度Fm B2L2|o am=m=石m?當(dāng)兩棒中感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等時(shí)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，有2BLvab= BLVcd由ab棒與cd棒中感應(yīng)電流大小總是相等，可知安培力對ab棒與cd棒的沖量大小關(guān)系為Iab=2Icd對ab棒根據(jù)動(dòng)量定理有I。 Iab= 2mvab對cd棒根據(jù)動(dòng)量定理有l(wèi)cd=

16、mvcdI 0I 0解得vab=喬,vcd=歸專題強(qiáng)化練仁（2018河北省承德市聯(lián)校期末）如圖1所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水1平速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當(dāng)它們相距最近時(shí)，甲球的速度變?yōu)樵瓉淼?.已知兩球始終未接觸，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比是（）A. 1 : 1 B. 1 : 2 C. 1 : 3 D. 1 : 4 答案 D2 .（多選）（2018山東省臨沂市上學(xué)期期末）如圖2所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止放有金屬桿a和b,兩桿均位于勻強(qiáng)磁場的左側(cè)，讓桿a以速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞后，兩桿先后進(jìn)入右側(cè)的磁場中，當(dāng)桿a剛進(jìn)入磁場時(shí)

17、,桿b的速度剛好為a的一半.已知桿a、b的質(zhì)量分別為2m和m,接入電路的電阻均為 R,其他電阻忽略不計(jì)，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場足夠大，則（）M7XXXXfiXXXX圖2A.桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為3，方向向右B .桿b剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過b的電流為2BLv3RC .從b進(jìn)入磁場至a剛進(jìn)入磁場時(shí)，該過程產(chǎn)生的焦耳熱為fmv2D .桿a、b最終具有相同的速度，大小為 答案 ABC3. （2018安徽省馬鞍山市二質(zhì)監(jiān)）兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌上垂直放置兩根導(dǎo)體棒a和b,俯視圖如圖3甲所示.兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,回路中其余部分的電阻不計(jì)，在

18、整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，兩棒均靜止，間距為 xo，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a 一向右的初速度V。，并開始計(jì)時(shí)，可得到如圖乙所示的0 t圖象(0表示兩棒的相對速度，即AV= Va Vb)甲O fi圖3(1) 試證明：在0t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無關(guān);求ti時(shí)刻，棒b的加速度大??；(3)求t2時(shí)刻，兩棒之間的距離.答案見解析解析(1)t2時(shí)刻，兩棒速度相等，由動(dòng)量守恒定律得：mvo= mv + mv由能量守恒定律得整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱：Q = mv02 g(2m)v2解得：Q = mvo24所以在0t2時(shí)間

19、內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無關(guān).(2) tl 時(shí)刻，A = va vb=-由動(dòng)量守恒定律： mv0 = mva+ mvb3 1解得：va= 3v0 時(shí)，vb= ；v04 4回路中的電動(dòng)勢：E = 3BLv0 BLv0= BLv。442此時(shí)棒b所受的安培力：2 2F - BIL - BLv04R由牛頓第二定律可得，棒F口2| 2b的加速度a=Dm 4mR(3)t2時(shí)刻，兩棒速度相同，由 知：v= 20t2時(shí)間內(nèi)，對棒 b,由動(dòng)量定理，有：2BiL At= mv 0,即：BqL = mv又:2R At =At2R At=B AS_ BL (x X0 )2R 2R解得：mvRX= X0+ 巳

20、22 .4 (2018河南省安陽市第二次模擬)如圖4甲所示，一傾角為 _ 37 高為h= 0.3 m的絕緣 斜面固定在水平面上， 一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為 m_ 1 kg、帶電荷量q_+ 0.02 C的物塊放在斜面頂端，距斜面底端L = 0.6 m處有一豎直放置的絕緣光滑半圓軌道，半徑為R= 0.2 m,半圓軌道底端有一質(zhì)量 M= 1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣小球，半圓軌道底端與斜面底端之間存在如圖 乙所示的變化電場（水平向右為正方向，圖乙中0點(diǎn)對應(yīng)坐標(biāo)原點(diǎn)，虛線與坐標(biāo)軸圍成的圖形是橢圓一部分，橢圓面積公式S= nab, a、b分別為半長軸和半短軸）現(xiàn)給物塊一沿斜面向下的初速度v0,物塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道

21、處與小球發(fā)生對心彈性碰撞，不計(jì)物塊經(jīng)過斜面底端時(shí)的能量損失，已知物塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為尸0.5,重力加速度g= 10 m/s2,sin 37 =0.60, cos 37 =0.80.1 (KM)嚴(yán)rh/丄一O1 (KM)（1）若小球不脫離半圓軌道，求物塊在斜面頂端釋放的初速度V0的范圍；（2）若小球能通過最高點(diǎn)，并垂直打在斜面上，求小球離開半圓軌道時(shí)的速度大小及小球打在 斜面上的位置.答案 2 m/s 2 3 m/s務(wù)2 m/s小球恰好垂直打在斜面的底端對物塊從開始運(yùn)動(dòng)到與小球碰撞解析（1）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到半圓軌道與圓心等高處速度為零時(shí),前，由動(dòng)能定理有mgh+ W 電一卩 mgL

22、+ tang = *mv2 mv01分析題圖乙可知W電=4nEmX 0.2物塊與小球碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒有mv = mv1+ Mv2，由機(jī)械能守恒有*mv2= 1mv12+ *Mv22當(dāng)小球能沿半圓軌道返回時(shí)，對小球由動(dòng)能定理有*Mv22= MgR以上各式聯(lián)立解得 v=它；6 m/s物塊與小球恰能碰撞時(shí)，由動(dòng)能定理有 mgh+ W電卩mgL + tag = mvo/,解得v1= , 2m/s2當(dāng)小球恰能通過最高點(diǎn)時(shí)，由圓周運(yùn)動(dòng)知識可得Mg = M3-R小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得2MgR= *Mv32 瓢。? 2，得v。?=hd.10 m/s,物塊由斜面頂端釋放至碰撞前瞬間，由

23、動(dòng)能定理有mgh+ W電一卩m（L +石0）= 2mvo2 2 mvo22，解得 vo2= 2 3 m/s綜上所述，物塊在斜面頂端釋放的初速度范圍為2 m/s 2 3 m/s(2)小球離開最高點(diǎn)后，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球離開最高點(diǎn)時(shí)速度為V4,則有水平方向x= V4t,豎直方向y= 2gt2又垂直打在斜面上，則 X= 2V4= 2ta n 0y gth /設(shè)打在斜面上位置的高度為h,則由幾何知識可得 x = L + h, y = 2R-htan 0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得 h = 0, V4=色乎 m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端.5. (2018陜西省寶雞市質(zhì)檢二)如圖5所示，絕緣水平桌面上方區(qū)域存

24、在豎直向上的勻強(qiáng)電場， 電場強(qiáng)度E = 5 N/C ,過桌左邊緣的虛線 PQ上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度n一- - 3B = 3 T,虛線PQ與水平桌面成45。角，現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量 m1= 2.0X 10 kg、帶正電q = 4.0X 103 3C的物塊A靜置在桌面上，質(zhì)量 m2= 1.0 X 10 kg、不帶電的絕緣物塊B從與A相距L =2.0 m處的桌面上以V0= 5.0 m/s的初速度向左運(yùn)動(dòng).物塊A、B與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為卩=0.4，二者在桌面上發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短，A、B間無電荷轉(zhuǎn)移)，碰撞后B反彈速度大小為VB= 1.0 m/s, A向左運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場，(重力加速度g

25、取10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：lijr/jfX p*Q*eX.Arn圖5(1) 碰撞后物塊 A的速度；(2) 物塊A從進(jìn)入磁場到再次回到桌面所用時(shí)間；(3) 若一段時(shí)間后 A、B在桌面上相遇，求碰撞前A與桌面左邊緣P的距離.答案 (1)2.0 m/s 方向水平向左(2)2.7 s (3)0.83 m解析(1)設(shè)B與A碰撞前瞬間的速度為 v，碰后A、B的速度分別為Va、Vb，對于B由動(dòng)能 定理可得：12 1 2utmgL = ?m2V 2m2V0A、B碰撞過程中，規(guī)定向左為正方向，對于A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律可得：m2v =m1VA m2VB聯(lián)立可得：vA= 2.0 m/s，

26、方向水平向左.(2)對A受力分析可知qE= m1g,故碰撞后A向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場，并在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,則：T = 2nmiqB3由幾何知識可得：物塊 A在磁場中運(yùn)動(dòng)了 3個(gè)圓周，軌跡如圖所示.3設(shè)A在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 ti,則：ti= 4tA運(yùn)動(dòng)出磁場后豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)再次回到桌面位置，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,由題意可得：2在磁場中洛倫茲力提供向心力：qvAB= miVRR= VAt2t= tl + t2聯(lián)立得：t 2.7 s(3) 碰撞后B反彈，在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a,碰撞至停止運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t3,可得：ymg= m2a0 = v

27、b at3解得：t3= 0.25 s顯然，碰撞后 B運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于 A運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由此可知 A、B相遇時(shí)，B已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)所以A、B相遇的位置為B停止運(yùn)動(dòng)的位置，也是 A豎直向下再次回到桌面的位置.1B勻減速的位移：S= ?VBt3則A距桌邊P的距離：x= R s解得 x 0.83 m6. (2018天津卷-12)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置.圖6甲是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為I的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì).ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為I、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為I，列