15、守恒，設碰后一起的速度為v，則MvA＋mvB＝(M＋m)v，解得v＝6 m/s
碰后一起減速運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝4 m/s2
一起減速的時間為t2＝＝1.5 s
一起減速的位移為x2＝vt2－at＝4.5 m
所以貨車剎車的總時間t＝t1＋t2＝2.5 s，剎車距離x＝x1＋x2＝12 m.
答案：見解析
電磁感應與動量定理的綜合應用
【知識提煉】
理論上電荷量的求法：q＝·Δt.
方法1：在電磁感應問題中最為常見的思路為：對某一回路來說，據(jù)法拉第電磁感應定律，得E＝，顯然該感應電動勢也為對時間的平均值，再由＝(R
16、為回路中的總電阻)可以得到＝.
綜上可得q＝，若B不變，則q＝＝.
方法2：設想在某一回路中，一部分導體僅在安培力作用下運動時，安培力F為變力，其沖量可用它對時間的平均值進行計算，即I＝Δt，
而＝BL(為電流對時間的平均值)
故有BLΔt＝mv2－mv1
而Δt＝q，故有q＝.
【典題例析】
如圖所示，金屬棒AB的質(zhì)量m＝5 g，放置在寬L＝1 m、光滑的金屬導軌的邊沿，兩金屬導軌處于水平面內(nèi)，該處有豎直向下、磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場．電容器的電容C＝200 μF，電源的電動勢E＝16 V，導軌平面距地面高度h＝0.8 m．在開關S與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2
17、”接通，發(fā)現(xiàn)金屬棒AB被拋到距導軌邊沿水平距離s＝0.064 m的地面上，試求這時電容器兩極板間的電壓．(重力加速度g取10 m/s2)
[解析] 當S接“1”時，電源給電容器充電．當S扳向“2”時，充電后的電容器通過金屬棒放電，產(chǎn)生放電電流．金屬棒在磁場中受到安培力作用，向右運動，當AB棒離開導軌時獲得一定的速度，使棒做平拋運動．只要求出通過AB棒的電荷量，即可求出電容器兩端的電壓．
AB棒離開導軌后做平拋運動，有
h＝gt2，s＝vt
聯(lián)立解得v＝＝0.16 m/s
AB棒在導軌上運動，其末速度即為平拋運動的初速度，設電流的平均值為，應用動量定理得BLΔt＝mv
又Q放＝Δ
18、t
所以Q放＝＝1.6×10－3C
電容器充電電荷量為Q＝EC＝3.2×10－3C
放電后電容器剩下的電荷量為
Q′＝Q－Q放＝1.6×10－3C
放電后電容器兩極極間的電壓為U′＝＝8 V.
[答案] 8 V
【題組過關】
1.如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導軌置于垂直于導軌平面向里的勻強磁場中，兩根質(zhì)量相同的導體棒a和b，與導軌緊密接觸且可自由滑動．先固定a，釋放b，當b的速度達到10 m/s時，再釋放a，經(jīng)過1 s后，a的速度達到12 m/s，重力加速度g取10 m/s2.
(1)此時b的速度大小是多少？
(2)若導軌很長，則a、b棒最后的運動狀態(tài)如何？
解析：
19、(1)當b棒先向下運動時，在a和b以及導軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等．釋放a棒后，經(jīng)過時間t＝1 s，對此過程，分別以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理，有(mg＋F)t＝mva
(mg－F)t＝mvb－mv0
解得vb＝18 m/s.
(2)在a、b棒向下運動的過程中，a棒的加速度a1＝g＋，b棒的加速度a2＝g－.當a棒的速度與b棒接近時，閉合回路中的逐漸減小，感應電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減?。詈?，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動．
答案：(1)18 m/s (2)以共同的速度向下做加速度為g的勻加
20、速運動
2.(2020·杭州質(zhì)檢)如圖所示，兩根平行的金屬導軌固定在同一水平面上，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，
可忽略不計．導軌間的距離l＝0.20 m，兩根質(zhì)量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中始終與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω.在t＝0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)有一與導軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動．在t＝5.0 s時刻，金屬桿甲的加速度為a＝1.37 m/s2，此時甲、乙兩金屬桿的速度各為多少？
解析：設任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離
21、為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短時間Δt，桿甲移動距離v1Δt，桿乙移動距離v2Δt，回路面積改變ΔS＝(v1－v2)lΔt
由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢E＝B
回路中的電流I＝
對金屬桿甲，由牛頓第二定律得F－BlI＝ma
由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動量(t＝0時為0)變化等于外力F的沖量，即Ft＝mv1＋mv2
聯(lián)立以上各式解得
v1＝
v2＝
代入數(shù)據(jù)得v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m/s.
答案：8.15 m/s 1.85 m/s
電荷量q與安培力的沖量之間關系可用下面的框圖來說明．
從以上框圖
22、可見，這些物理量之間的關系可能會出現(xiàn)以下三種題型：
第一：方法1中相關物理量的關系．
第二：方法2中相關物理量的關系．
第三：就是以電荷量作為橋梁，直接把上面框圖中左右兩邊的物理量聯(lián)系起來，如把導體棒的位移和速度聯(lián)系起來．由于這類問題中導體棒的運動一般都不是勻變速直線運動，因此無法使用勻變速直線運動的運動學公式進行求解，所以這種方法就顯得十分巧妙．這種題型難度很大．
[隨堂檢測]
1．(2020·紹興月考)一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s 的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過程中動量的變化量為( )
A．大小為
23、3.6 kg·m/s，方向向左
B．大小為3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小為12.6 kg·m/s，方向向左
D．大小為12.6 kg·m/s，方向向右
解析：選D.選向左為正方向，則動量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小為12.6 kg·m/s，負號表示其方向向右，D正確．
2．高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為( )
A.＋mg
24、 B.－mg
C.＋mg D.－mg
解析：選A.設高空作業(yè)人員自由下落h時的速度為v，則v2＝2gh，得v＝，設安全帶對人的平均作用力為F，由動量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得F＝＋mg.
3．(2020·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以( )
A．減小球的動量的變化量
B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量
C．減小球的動量變化率
D．延長接球過程的時間來減小動量的變化量
解析：選C.動量的變化量為mv－mv0，最終不會因為手的動作而改變，故A錯；根據(jù)動量定理FΔt＝mv－mv0，手對球
25、的沖量即動量變化量不會改變，此即球?qū)κ值膭恿孔兓浚蔅、D錯誤；手彎曲的動作是增加了作用時間，而減小了動量變化率，也即減小了沖力，起到緩沖效果，故C正確．
4．在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)
解析：法一：用動量定理解，分段處理
選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0.
對于撤去F后，物
26、體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零．根據(jù)動量定理有
－μmgt2＝0－mv.
以上兩式聯(lián)立解得
t2＝t1＝×6 s＝12 s.
法二：用動量定理解，研究全過程
選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零．
取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.
答案：12 s
[課后達標]
一、不定項選擇題
1．關于沖量，以下說法正確的是( )
A．只要物體受到了力的作用，一段時間內(nèi)物體受到的總沖量就一定不為零
B．物體所受
27、合外力的沖量小于物體動量的變化
C．沖量越大的物體受到的動量越大
D．如果力是恒力，則其沖量的方向與該力的方向相同
答案：D
2．(2020·杭州質(zhì)檢)如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量( )
A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同
B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同
C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同
D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同
答案：D
3．(2020·衢州調(diào)研)1966年，
28、在地球的上空完成了用動力學方法測質(zhì)量的實驗．實驗時，用“雙子星號”宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組(后者的發(fā)動機已熄火)，接觸以后，開動“雙子星號”飛船的推進器，使飛船和火箭組共同加速．推進器的平均推力F＝895 N，推進器開動時間Δt＝7 s．測出飛船和火箭組的速度變化Δv＝0.91 m/s.已知“雙子星號”飛船的質(zhì)量m1＝3 400 kg.由以上實驗數(shù)據(jù)可測出火箭組的質(zhì)量m2為( )
A．3 400 kg B．3 485 kg
C．6 265 kg D．6 885 kg
答案：B
4.(2020·寧波高二月考)如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以
29、速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點．若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點為( )
A．仍在P點
B．在P點左邊
C．在P點右邊不遠處
D．在P點右邊原水平位移的兩倍處
解析：選B.紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動摩擦力的作用時間較長，由I＝Fft＝mv0得鐵塊獲得速度較大，平拋運動的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動摩擦力作用時間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運動的位移較小，故B選項正確．
5.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為t.對于這一
30、過程，下列判斷正確的是( )
A．斜面對物體的彈力的沖量為零
B．物體受到的重力的沖量大小為mgt
C．物體受到的合力的沖量大小為零
D．物體動量的變化量大小為mgsin θ·t
解析：選BD.由沖量的求解公式可知，斜面對物體的彈力的沖量為mgcos θ·t，選項A錯誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反，故根據(jù)動量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項C錯誤；因整個過程中物體所受的合力為mgsin θ，則根據(jù)動量定理可知，物體動量的變化量大小為mgsin θ·t，選項D正確．
6．(2020·浙江9＋1聯(lián)
31、盟聯(lián)考)我國女子短道速滑隊在世錦賽上實現(xiàn)了女子3 000 m接力三連冠．如圖所示，觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則( )
A．甲對乙的沖量大小一定等于乙對甲的沖量大小
B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反
C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量
D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功
解析：選AB.乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量
32、大小相等，但方向相反，選項A正確；乙推甲的過程中，遵守動量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他們的動量變化大小相等，方向相反，選項B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動能定理知，選項C、D錯誤．
7．(2020·紹興質(zhì)檢)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有( )
A．三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等
B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等
C．I1＜I2＜I
33、3，Δp1＝Δp2＝Δp3
D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3
解析：選ABC.由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物體下滑的時間t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能的變化量相等，故B正確．
8.(2020·湖州質(zhì)
34、檢)如圖所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端．如果讓傳送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運動，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，與傳送帶保持靜止時相比( )
A．木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量變大
B．木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量不變
C．木塊在滑到底端的過程中，木塊克服摩擦力所做功變大
D．木塊在滑到底端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能數(shù)值將變大
解析：選BD.滑動摩擦力的大小為f＝μN，與相對速度的大小無關，所以，當皮帶運動時，木塊所受的摩擦力未變，空間位移未變，則滑到底端的時間、速度以及摩擦力所做的功均不變，所以摩擦力的沖
35、量I＝ft不變，故A、C錯誤，B正確；但由于相對滑動的距離變長，所以木塊和皮帶由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能變大，故D正確．
二、非選擇題
9.(2020·寧波質(zhì)檢)質(zhì)量為0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁后又以4 m/s的速度反向彈回，如圖所示，若球跟墻的作用時間為0.05 s，求小球所受平均力的大?。?
解析：選定小球與墻碰撞的過程，取v1的方向為正方向，對小球應用動量定理得Ft＝－mv2－mv1，則，F(xiàn)＝＝ N＝－90 N，“－”號說明F的方向向左．
答案：90 N
10.(2020·麗水高二質(zhì)檢)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B
36、處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止，g取10 m/s2.
(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；
(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.
解析：(1)由動能定理有
－μmgx＝mv2－mv
可得μ＝0.32.
(2)由動量定理有FΔt＝mv′－mv
可得F＝130 N.
(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J.
答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J
1
37、1.如圖所示，一物體從固定斜面頂端由靜止開始經(jīng)過1 s 下滑到底端，已知斜面的傾角θ＝37°，斜面長度L＝2.5 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)下滑過程中損失的機械能與減少的重力勢能的比值；
(3)下滑過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值．
解析：(1)根據(jù)L＝at2，解得：a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：μ＝0.125.
(2)損失的機械能等于克服摩擦力做的功，為：ΔE＝μmgcos θ·L
減小的重力勢能為：ΔEp＝mgsin θ·L
故損失的機械能與減小的重力勢能的比值為：ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6.
(3)設物體下滑到斜面底端時速度大小為v，則有：v＝at＝5 m/s
根據(jù)動量定理得：合外力沖量的大小為：
I合＝mv－0＝5m (N·s)
在下滑過程中重力的沖量為：
IG＝mgt＝10m (N·s)
所以下滑的過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值為：I合∶IG＝1∶2.
答案：(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2
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（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 15 第十二章 動量 動量守恒定律 1 第1節(jié) 動量 動量定理教學案
