【文章內(nèi)容簡介】 當(dāng)A球與B球相碰后A球的速度為vA,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m0v0=m0vA+pB.又m0vA=pB,所以vA=v02.② 因?yàn)榕鲎矠閺椥耘鲎?根據(jù)能量守恒定律有12m0v02=12m0vA2+EkB,解得EkB=38m0v02.2. (1) AD　(2) B　3　(3) 2Epm3. (1) AB　(2) hν0　hν0(3) ① mAvA+mBvB=mAv39。A+mBv39。B,代入數(shù)據(jù)解得v39。A=② E損=12mAvA2+12mBvB212mAv39。A212mBv39。B2,代入數(shù)據(jù)解得E損=.4. (1) B　(2) 2mc2　能量和動(dòng)量(3) ① 根據(jù)動(dòng)能定理eUc=0Ek,Ek= eV.② 初動(dòng)能最大的電子是從能級(jí)3躍遷至能級(jí)1發(fā)出光照射陰極時(shí)產(chǎn)生的,則hν=E3E1,Ek=hνW,解得W= eV.題組六　電磁感應(yīng)的綜合計(jì)算1. (1) 設(shè)bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),導(dǎo)線框的速度為v.由平衡條件,有mg=BBLvRL,解得v=mgRB2L2.導(dǎo)線框從釋放到bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過程,由動(dòng)能定理得mgh=12mv2,解得h=m2gR22B4L4.(2) 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,離開磁場(chǎng)過程,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt=BL2Δt,感應(yīng)電流I=ER,電荷量q=IΔt,解得q=BL2R.(3) 導(dǎo)線框穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過程,由能量守恒,得Q=2mgL.2. (1) 根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)有E=BLv0,所求電流為I=ER=BLv0R,電流方向逆時(shí)針方向.(2) 由動(dòng)能定理W=12mv212mv02,解得v=v02+2Wm.(3) 根據(jù)定義q=IΔt,由法拉第電磁感應(yīng)定律 E=ΔΦΔt=BL22Δt,由歐姆定律I=ER,解得q=ΔΦR=BL22R.3. (1) 根據(jù)電阻R的功率P=I2R,得I=3A.(2) 由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔt,又ΔΦ=BLd,E=I(R+r),q=IΔt,解得 q=ΔΦR+r=.(3) FmgsinθBIL=ma,2ad=v2,E=BLv,解得F=2N.4. (1) 金屬棒速度最大時(shí),在軌道切線方向所受合力為0,mgcos θ=BIL,解得I=mgcosθBL.流經(jīng)R的電流方向?yàn)閍→R→b.(2) 磁通量變化ΔΦ=BS=BLπr2,平均電動(dòng)勢(shì) E=ΔΦΔt,平均電流I=ER+R0.電荷量q=IΔt=ΔΦR+R0=BLπr2(R+R0).(3) =mv2r,由能量轉(zhuǎn)化和守恒得Q=mgr12mv2=34mgr,電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=RQR+R0=3mgrR4(R+R0).5. (1) 電流達(dá)到Im時(shí)棒做勻速運(yùn)動(dòng).對(duì)棒有F安=BImd,F安=mg,解得B=mgImd.(2) t1時(shí)刻,對(duì)回路有E=Bdv,Im=BdvR+r.解得v=Im2(R+r)mg.(3) 電路中產(chǎn)生的總熱量Q=mgh12mv2,電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=RR+rQ,解得QR=mghRR+rIm4R(R+r)2mg2.6. (1) 線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a,ab邊所受到的安培力的方向豎直向下.(2) 為了使探測(cè)器主體減速而安全著陸,則它的速度為v0時(shí)E=BLv0,I=ER,F=BIL,F≥m16g,解得B≥1LmgR6v0.(3) 根據(jù)電流的定義式、閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律得I=qt,I=ER,E=ΔΦt,ΔΦ=B0Lh,h=qRB0L.根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得Q=12m(v12v02)+16mgh,即Q=12m(v12v02)+mgqR6B0L.7. (1) 10 s內(nèi)金屬桿未進(jìn)入磁場(chǎng)所以有Fμmg=ma1,由圖可知a1= m/s2.15 s20 s內(nèi)僅在摩擦力作用下運(yùn)動(dòng),由圖可知a2= m/s2,解得F= N.(2) 在10 s15 s時(shí)間段桿在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng),因此有F=μmg+B02L2vR,把F= N,μmg= N代入解得B0= T.(3) 撤去恒定拉力之后通過回路的磁通量不變,桿總運(yùn)動(dòng)距離為d,設(shè)運(yùn)動(dòng)的距離為x時(shí)B(t)L(d+x)=B0Ld,其中d=20 m,x=,由此可得B(t)=2050+10tt2T.8. (1) 對(duì)“”形線框用動(dòng)能定理2mgLW=122mv20,W=2mgLmv2.(2) 對(duì)金屬棒CD受力分析Tm=mg+BIL,得到I=mgBL.E=IR總=4mgrBL.(3) 對(duì)金屬棒CD運(yùn)動(dòng)分析H=12gt2,對(duì)形線框運(yùn)動(dòng)分析H+L=vt+12gt2,解得t=Lv.相遇時(shí)金屬棒CD速度vt=0+gt=gLv,此時(shí)動(dòng)能為Ek=12mvt2=mg2L22v2.題組七　力學(xué)的綜合計(jì)算1. (1) 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知vy2=2gh,豎直分速度vy=2gh=4 m/s,初速度v0=vytan 37176。=3 m/s.(2) 從P至B點(diǎn)的過程,由機(jī)械能守恒有mg(h+RRcos 53176。)=12mvB212mv02,經(jīng)過B點(diǎn)時(shí),由向心力公式有F39。Nmg=mvB2R,代入數(shù)據(jù)解得F39。N=34 N.由牛頓第三定律知,對(duì)軌道的壓力大小為FN=34 N,方向豎直向下.(3) 因μmgcos 37176。mgsin 37176。,物體沿軌道CD向上做勻減速運(yùn)動(dòng),速度減為零后不會(huì)下滑.從B到上滑至最高點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得mgR(1cos 37176。)(mgsin 37176。+μmgcos 37176。)x=012mvB2,代入數(shù)據(jù)可解得x=135124 m≈ m, m.2. (1) 由功能關(guān)系可得Fh=E,圖象的斜率就是拉力F=12 N.(2) 上升到1 m高處有,E=Ek+Ep=12mv2+mgh,物體的速度v=2(Emgh)m=2 m/s.對(duì)上拋運(yùn)動(dòng)應(yīng)用位移公式h=vt12gt2,代入數(shù)據(jù)解得t=1+65 s.(3) 當(dāng)速度為v=2 m/s時(shí)拉力F的功率最大,Pm=Fv,代入數(shù)據(jù)得Pm=24 W.3. (1) 小球進(jìn)入管口C端時(shí)它與圓管上管壁有大小為F= 的相互作用力,故小球受到的向心力為 F向=+mg==35 N.(2) 在壓縮彈簧過程中速度最大時(shí),合力為零.設(shè)此時(shí)小球離D端的距離為x0,則有 kx0=mg,解得x0=mgk= m.在C點(diǎn),由F向=mvC2r,得vC2=7(m/s)2.由機(jī)械能守恒定律有mg(r+x0)+12mvC2=Ekm+Ep,得Ekm=mg(r+x0)+12mvC2Ep =6J. (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程,由動(dòng)能定理得mghμmgs=12mvC2,解得BC間距離s= m.小球與彈簧作用后返回C處動(dòng)能不變,小球的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中.設(shè)小球在BC上的運(yùn)動(dòng)路程為s39。,由動(dòng)能定理有012mvC2=μmgs39。,解得s39。= m. m= m處停下.( m)4. (1) 小球從彈簧的原長位置靜止釋放時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,小球速度最大時(shí)其加速度為零,則kΔl1=mgsin θ.解得Δl1=mgsinθk.(2) 設(shè)彈簧伸長Δl2時(shí),球受力如圖所示,水平方向上有FNsin θ+kΔl2cos θ=mω2(l0+Δl2)cos θ,豎直方向上有FNcos θkΔl2sin θmg=0,解得ω=mgsinθ+kΔl2m(l0+Δl2)cos2θ.(3) 當(dāng)桿繞OO39。軸以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),設(shè)小球距離B點(diǎn)L0,此時(shí)有mgtan θ=mω02L0cos θ,解得L0=2L3.此時(shí)小球的動(dòng)能Ek0=12m(ω0L0cos θ)2.小球在最高點(diǎn)A離開桿瞬間的動(dòng)能EkA=12m[v02+(ω0Lcos θ)2].根據(jù)動(dòng)能定理有Wmg(LL0)sin θ=EkAEk0,解得W=38mgL+12mv02.5. (1) mglsin 37176。+mg(rrcos 37176。)μmglcos 37176。=12mv02,得v0=3 m/s,FNmg=mv02r,得FN=13 N,由牛頓第三定律,壓力為13 N.(2) 如圖,設(shè)物塊落到斜面上時(shí)水平位移為x,豎直位移為y,Lxy=LH,得x=,又x=v0t,y=12gt2,聯(lián)立各式得15t2+=0,得t=315 s.(3) x=,v02t2=v022yg=()2,v02=g()22y,Ek=12mv02+mgy=+,解得當(dāng)y= m,Ekm= J.6. (1) 對(duì)長木板與物塊,假設(shè)相對(duì)靜止時(shí),最大加速度a0=μmgm=5 m/s2.由牛頓第二定律F0μ(M+m)g=(M+m)a0,得 F0=5 N.長木板與地面最大靜摩擦力為fm=(+)10 N= N. NF=4 NF0,所以物塊與長木板共同加速運(yùn)動(dòng),對(duì)整體有Fμ(M+m)g=(M+m)a,解得加速度a=3 m/s2.(2) 因?yàn)镕= NF0,所以物塊與長木板相對(duì)滑動(dòng),對(duì)長木板有Fμ(M+m)gμmg=Ma1,加速度a1=7 m/s2.物塊的加速度a2=μmgm=5 m/s2.至物塊與長木板分離時(shí)有L=12a1t212a2t2,時(shí)間t1=1 s.此時(shí)長木板速度為v1=7 m/s,物塊速度為v2=5 m/s.物塊做平拋運(yùn)動(dòng),其落地時(shí)間t2=2hg= s.平拋水平距離s2=v2t2=2 m.設(shè)物塊與長木板分離后長木板的加速度為a3,FμMg=Ma3,得a3= m/s2.在t2時(shí)間內(nèi)木板向右運(yùn)動(dòng)距離s1=v1t2+12a3t22= m.最終小物塊落地時(shí)距長木板左端的距離Δs=s1s2= m.(3) 7. (1) 研究4塊薄片整體,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有4mg2Lsinθ=12(4m)v12,解得v1=2gLsinθ.(2) 根據(jù)牛頓第二定律有4mgsinθμmgcosθ=4ma,解得a=34gsinθ.研究第4塊薄片,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθF=ma,解得F=14mgsinθ.(3) 設(shè)4塊薄片剛好全部滑上粗糙面時(shí)的速度為v2,研究整體下端由A到C的過程,根據(jù)動(dòng)能定理有4mg6L