【单元练】高中物理选修1第一章【动量守恒定律】测试卷

一、选择题

1．一水龙头的出水口竖直向下，横截面积为S，且离地面高度为h。水从出水口均匀流出时的速度大小为v0，在水落到水平地面后，在竖直方向的速度变为零，并沿水平方向朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。水和地面的冲击时间很短，重力影响可忽略。不计空气阻力和水的粘滞阻力。则( ) A．单位时间内流出水的质量为S2gh 2B．单位时间内流出水的质量为Sv02gh C．地面受到水的冲击力大小为Sv02gh 2D．地面受到水的冲击力大小为Sv0v02ghD 解析：D

AB．设t时间内，从出水口流出水的体积为V，质量为m0，则

m0=ρV，V=v0St

得单位时间内从出水口流出水的质量为

m0=ρv0S t故AB错误；

CD．设水落至地面时的速度大小为v。对于Δt时间内流出的水，由机械能守恒得

11(Δm)v02+(Δm)gh=(Δm)v2 22在地面处，Δt时间内流出的水与地面接触时，沿竖直方向的动量变化量的大小为

Δp=(Δm)v

设地面对水的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp，得

2F=Sv0v02gh 故C错误，D正确。 故选D。

2．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v—t图象如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）

A．碰撞后过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大 B．碰撞后，蓝壶的运动的时间为6s C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m D．两壶碰撞是弹性碰撞C 解析：C

A．根据v-t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故A错误； B．根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为

a1所以蓝壶静止的时刻为

v1.21.0m/s20.2m/s2 t1v01.2s6s a10.2t碰撞后，蓝壶的运动的时间为

t615s

故B错误；

C．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v01.0m/s，碰后红壶的速度为

v00.4m/s

取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

mv0mv0mv

代入数据解得

v0.6m/s

在速度时间图像中图像所包围的面积表示走过的位移，碰后两个的位移差最大为：

11x50.60.421.1m

22故C正确；

D．碰撞前两壶的总动能为

Ek1碰撞后前两壶的总动能为

1mv020.5m 211Ek2mv02mv20.26m＜Ek1

22所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故D错误； 故选C。

3．建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑道长为16m，其与水平面的夹角为37°。现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑到底端，已知建筑材料的质量为100kg，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为0.5，取g10m/s,sin370.6,cos370.8。下列说法正确的是

2（ ）

A．建筑材料在滑道上运动的时间为8s

B．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为800kgm/s

C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零 D．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为9.6104JB 解析：B

A．下滑时，由牛顿第二定律得

mgsinmgcosma

根据匀变速直线运动规律公式得

1sat2

2解得

t=4s

A错误；

B．建筑材料到达滑道底端时的速度为

vat8m/s

动量为

pmv800kgm/s

B正确；

C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力不为零，所以冲量不为零。C错误； D．重力做的功为

Wmgssinθ9600J

D错误。 故选B。

4．2020年5月5日，我国在海南文昌航天发射场使用“长征五号B”运载火箭，发射新一代载人飞船试验船。假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S1m2，以v7103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量m210g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加（ ） A．0.49N 解析：B

选在时间t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vt的圆柱体内微粒的质量。即

B．0.98N

C．490N

D．980NB

5MmSvt

研究对象初动量为零，末动量为Mv，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得

FtMv0

则

FMvmSvtvmSv2 tt根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的反作用力大小也为mSv2，则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加

FFmSv2

带入数据得

F0.98N

故选B。

5．如图所示，两质量均为m的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A．A、B构成的系统动量守恒 B．A、B构成的系统机械能守恒 C．A的最大加速度为

F 2mD．A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大D 解析：D

AB．因为有力F的作用，并对系统做功，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒，选项A、B错误；

C．A在开始运动时，加速度最大，最大加速度为

am选项C错误；

F mD．速度相等时，弹簧被拉的最长，弹性势能最大，选项D正确。 故选D。

6．中国书法是一门艺术。在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。小花同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，她在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。在小花行笔过程中下列说法正确的是

（ ）

A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力 B．镇纸受到的静摩擦力的冲量方向向右 C．白纸受到了3个摩擦力

D．桌面受到的静摩擦力的冲量方向向右D 解析：D

A．在小花行笔过程中，手对毛笔的作用力可能向下，也可能向上，所以毛笔对纸的压力不一定大于毛笔的重力，所以A错误；

B．镇纸与纸之间没有相对运动和相对运动趋势，所以镇纸与纸之间没有摩擦力，即镇纸受到的静摩擦力的冲量为零，所以B错误；

C．白纸与毛笔之间和桌面之间都有摩擦力，所以白纸受到了2个摩擦力，所以C错误； D．纸相对地面有向右运动的趋势，所以纸受到向左的静摩擦力，则桌面受到的静摩擦力的方向为向右，即桌面受到的静摩擦力的冲量方向向右，所以D正确。 故选D。

7．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员相对小船以速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船相对水面的速率为（ ）

A．v0C．v0mv MB．v0D．v0mv Mmv

Mm解析：C

m(v0v)C M设救生员跃出后小船相对水面的速率为v’，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有

Mmv0mvv'Mv'

解得

v'v0mv Mm故选C。

8．如图所示，光滑水平的轻质板上，放置两个质量不同的物块，其间有被压缩的轻质弹簧，用轻质细线系住两物块，整个系统恰好处于静止状态。若烧断细线使弹簧突然释放，两物块均在板上滑动过程中，板将（ ）

A．向右翻转 解析：C

设左边的质量为m1，此时距离支点的长度为L1，右边的质量为m2，此时距离支点的长度为L2，开始整个系统恰好静止状态，则根据力矩平衡有

B．向左翻转

C．保持水平

D．无法判定C

m1gL1m2gL2

烧断细线使弹簧突然释放，对m1和m2组成的系统动量守恒，则有

m1v1m2v2

等式两边同时乘以t，根据x=vt可知

m1s1m2s2

由上述的分析可知

m1g(L1s1)m2g(L2s2)

即左边物体的重力产生的力矩和右边物体的重力产生的力矩平衡，故木板仍保持水平状态。 故选C。

9．如图所示，一个质量为m1=40kg人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2=10kg，静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（ ）

A．5 m 解析：B

B．4m C．2.6 m D．8mB

设人、球对地面的位移分别为x1、x2，由动量守恒定律得

m1x1m2x2

x1x2h

解得

x11m

x24m

此时他离地面的高度为4m，故选B。

10．关于运动的相关描述，下列说法正确的是（ ） A．曲线运动中，加速度的方向总是和速度方向相同 B．曲线运动中，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同 C．做任意曲线运动的物体，相同时间内动量的变化量相同 D．自由下落的物体，相同时间内动能的变化量相同B 解析：B

A. 曲线运动中，加速度的方向与速度方向一定不在同一条直线上，A错误；

B. 无论是直线运动，还是曲线运动，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同，B正确；

C. 由动量定理，做任意曲线运动的物体，只有受到相同的冲量动量的变化量才相同，C正确； D. 由动能定理

mghEk

自由下落的物体，相同时间内的位移不同，动能的变化量不相同，D错误。 故选B。

二、填空题

11．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，拉力F对物体的冲量大小是______；摩擦力对物体的冲量大小是______。

Ft

解析：Ft Ftcos

[1]由冲量定义可知，拉力F对物体的冲量

IF=Ft

[2]根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力

fFcos

故摩擦力的冲量

If=Ftcosθ

12．质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落。与地面碰撞后。上升的最大高度为3.2m，设球与地面作用时间为0.2s，则小球对地面的平均冲力为___________N（g=10m/s2）100N 解析：100N

由动能定理得，小球下落过程

mgh112mv10 2得

v110m/s

方向竖直向下；小球上升过程

12mgh20mv2

2得

v28m/s

方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得

(mgF)tmv2mv1

即

110F0.218110

解得

F100N

负号表示冲力方向向上。

13．质量为M的小车上站着质量为m的人，共同以速度v0在光滑水平面上运动。运动中人相对于小车竖直向上跳起，人跳离小车后，车速为___________。v0

解析：v0

选取v0 的方向为正方向，质量为m的人随着平板车以速度v0在光滑平直轨道上匀速前进，当人相对于车竖直跳起又落回原位置的过程中，人和车在水平方向上合力为零，所以在水平方向上动量守恒，所以平板车的速度保持不变，车速为v0。

14．小球m在光滑水平面上以速率v向右运动，与原静止的M球（M=2m）发生对心碰撞后分开，m球的速率为原来的解析：(1)v或

1，则碰后M球速率可能为__________________。(1)或 3132v 3设向右为正方向，碰后m的速率为量守恒，有

vvv，则其速度为v1或v1，碰撞过程满足动333mv0mv12mv2

解得

v2v2v，v2

3315．质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为_______。m

解析：m2gh 物体做平抛运动，运动的时间由h12gt得 2t2h g由冲量计算式得重力的冲量为

Imgtm2gh 16．质量是10g的子弹，以300m/s的速度射向质量是400g，静止在光滑水平桌面上的木块，子弹穿过木块后的速度为100m/s，这时木块的速度是_______m/s。5 解析：5

[1]．子弹把木块打穿，根据动量守恒定律有

mv0=mv1+Mv2

代入数据解得木块的速度大小为

v2mv0mv0.013000.01100m/s=5m/s M0.417．光滑水平面上有A、B两物块，A物块质量为2kg，以4m/s速度向右运动，B物块质量1kg，以2m/s速度向左运动。两物块碰撞后粘在一起共同运动。若规定向右为正方向，则碰撞前B物块的动量为________kgm/s，碰撞后两物块共同速度为_________m/s。－22 解析：－2 2

[1]规定向右为正方向，碰撞前B物块的动量

PBmBvB12kgm/s2kgm/s；

[2]根据动量守恒定律得：

mAvAmBvBmAmBv，

解得：

v24122m/s。

2118．汽车在平直公路上做匀加速直线运动，已知汽车的质量为m，其速度从v1增大到v2所经历的时间为t，路面阻力为Ff，以汽车的运动方向为正方向，那么这段时间内，汽车的动量改变量是________，路面阻力的冲量是________，汽车所受合力的冲量是________，牵引力的冲量是________．mv2－mv1－Fftmv2－mv1mv2－mv1＋Fft【解析】 解析：mv2－mv1 －Fft mv2－mv1 mv2－mv1＋Fft 【解析】

汽车在平直公路上做匀加速直线运动，速度从v1增大到v2经过的时间为t，则动量的改变量为：△P=P末-P初=m（v2-v1）

根据动量定理，合外力冲量等于物体动量的变化．汽车所受合外力的冲量是： I合=△P=P末-P初=m（v2-v1） 即（F-f）t=m（v2-v1）

则有牵引力冲量：Ft=ft+m（v2-v1） 路面阻力的冲量是If=ft 【点睛】

此题中各力都恒力，恒力的冲量公式I=Ft，考查对冲量的理解和掌握程度．由题，物体合

力冲量为零，则重力与支持力的冲量大小相等，方向相反，支持力的冲量就可求解． 19．如图所示，某兴趣小组希望通过实验求得连续碰撞中的机械能损失，做法如下：在光滑水平面上，依次有质量为m，2m，3m……10m的10个小球，排列成一直线，彼此间有一定的距离，开始时后面的九个小球是静止的，第一个小球以初速度v0向着第二个小球碰去，结果它们先后全部粘合到一起向前运动．求全过程中系统损失的机械能为__________．

【分析】小球碰撞过程系统动量守恒由动量守恒定律

求出速度然后由能量守恒定律求出损失的机械能； 解析：

272mv 55【分析】

小球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度，然后由能量守恒定律求出损失的机械能；

球组成的系统碰撞过程动量守恒，以第一个球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：

mv0（m2m3m10m)v

由能量守恒定律得：

11 mv02（m2m3m10m)v2E 22解得：

E27mv02． 55【点睛】

本题考查了系统损失的机械能，分析清楚小球运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定

律即可正确解题．

20．质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__________m/s．若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为_______m．02 解析：0.2

试题分析：根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小；根据能量守恒定律求出子弹射入木块的深度；

根据动量守恒定律可得mv0(Mm)v，解得vmv00.0520020m/s；系

(Mm)0.450.05统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd121mv0Mmv2，解得22121mv0Mmv22d20.2m； f【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生能力要求较高．

三、解答题

21．一长为l，质量为M=3kg的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m=1kg的滑块以初速度v0=4m/s滑到木板上，木板长度l至少为多少才能使滑块不滑出木板。（设滑块与木板间动摩擦因数μ=0.3）

解析：2m

滑块与木板组成的系统动量守恒，滑块不从木板上滑出，则滑块与木板有相同的末速度，设末速度为v，滑块位移为S，则木板位移为S-l。 对滑块与木板组成的系统由动量守恒定律得

mv0(mM)v

对滑块由动能定理得

mgS对木板由动能定理得

1212mvmv0 22mg(Sl)Mv2

联立解得

2Mv0l2m 2g(mM)1222．如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的

1圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且4高度与车表面相平。现有另一木块A（木块A、B均可视为质点）从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞。两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止。已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略。求：

（1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小；

（2）木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能； （3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能。

解析：（1）1112gR；（2）mgR；（3）mgR 31261mgRmv12 ①

2（1）设木块A与B碰撞前瞬间的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有

设木块A、B碰撞后瞬间两木块共同运动速度的大小为v2，根据动量守恒定律有

mv13mv2 ②

联立①②解得

v212gR ③ 3（2）设木块A、B与车最终的速度大小为v3，根据动量守恒定律有

3mv26mv3 ④

根据③④解得木块和车组成的系统损失的机械能为

ΔE111223mv26mv3mgR ⑤ 226（3）当木块A、B将弹簧压缩至最短时，木块和车整体达到最大速度v3，根据运动的对称性可知此过程中系统损失的机械能为

11ΔEmgR ⑥ 212根据③④⑥和能量守恒定律解得弹簧的最大弹性势能为

Epm1111223mv2ΔE6mv3mgR ⑦ 2221223．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，M=2m，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最终A没有滑离B。求： （1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小； （3）平板车B的最小长度L。

223v04v0v0解析：（1），方向向右；（2）；（3）

2g3g3(1)对A、B系统由动量守恒定律得

Mv0mv0（Mm）v

所以

v方向向右

vMmv00 Mm3(2)A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s，速度为v′ 则由动量守恒定律得

Mv0－mv0Mv

对板车应用动能定理得

mgs解得

1'21mvmv02 2222Mm23v0sv0

2mg2g(3)当A运动到B的最左端时达到共同速度v

22mgLMv0mv0(Mm)v2

121212解得

24v0L

3g24．如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab水平，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，半径R=0.30m。质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为 L42R处，重力加速度g取10m/s2，求：碰撞结束时，小球A和B的速度大小。

解析：6m/s，3.5m/s 【分析】

根据平抛运动的规律可求得A球在c点的速度，根据机械能守恒可求得A球碰后的速度，再结合碰撞过程动量守恒求得B球碰后的速度。

小球A从轨道最高点飞出后做平抛运动，水平方向有

L＝vct

竖直方向有

h2R联立可得

vc＝L12gt 2g 4R设A球被碰后的速度为vA，从b到c的过程，由机械能守恒可得

1212mvcmg2RmvA 22设B球碰后的速度为vB，B球与A球碰撞过程，由动量守恒

Mv0＝mvA＋MvB

联立上述各式，代入数据可解得A、B球碰后的速度分别为

vA＝6m/s，vB＝3.5m/s

25．如图所示，有两个高低不同的光滑水平面，足够长、质量为2m的木板静止在低水平面上且与高水平面边缘接触，其上表面恰好与高水平面平齐，木板上距左端0.25米处放置有质量为m的小滑块B。在高水平面上，虚线左侧有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为2m、电荷量为+q的小滑块C静置于其中；不带电的质量为m的滑块A以速度v0=3m/进入磁场中与滑块C发生正碰，碰后瞬间滑块C对水平面压力恰好为零，碰撞时电荷不发生转移，碰后滑块A向右滑上木板，与此同时给滑块B水平向右、大小为2m/s的速度，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为0.05，已知磁场磁感应强度大小为B速度g=10m/s2.。求∶

(1)滑块A与C碰后A的速度大小，并判断A与C的碰撞是否为弹性碰撞； (2)最终滑块A、B间的距离。

3mg，重力加qv0

解析：(1)1m/s，弹性碰；(2)2m （1）碰后对水平面压力为零，则

qBvC=2mg

得

vC=2m/s

A与C碰撞动量守恒，取向右为正方向:

mv0mvA2mvC

得

vA=1m/s

碰前A与C总动能为

E1碰后A与C总动能为

129mv0m 22E212192mvA2mcCm 222E1=E2，故A与C的碰撞为弹性碰撞。

（2）A滑上木板后，A匀减速，B匀加速，木板匀加速，加速度均为

aAaBa铁g0.5m/s2

设A滑上木板后经过时间t1后A与小板达到相等速度，则

vAaAt1a铁t1

得

t1=ls

设A上木板后经过时间t2后A、B木板二者达到共同速度v，对A、B、木板组成的系统由动量守恒定律得:

mvAmvB4mv

得

v=0.75m/s

对B:

vBvaBt2

得

t2=2.5s

A相对木板向右位移

△xA=0.5m

B相对木板向右位移

△xB=2.25m

最终滑块A与B间距离为

△x=△xB-△xA+L0=2m

26．如图（a），物块和足够长的木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力，细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）长木板的质量M；

（2）拉力F对长木板的总冲量I的大小。

解析：（1）1kg；（2）1.05Ns （1）4s到5s时间内，由牛顿第二定律

f=Ma2 ①

由图（b）可知，物块和长木板之间的滑动摩擦力

f=0.2N

由图（c）可知，4s到5s时间内长木板的加速度

a2=0.2m/s2

长木板的质量

M=1kg

（2）前两秒内，长木板静止

F1=f=0.125t ②

2s到4s时间内

F2－f摩擦=Ma1 ③

由图（c）可知，2s到4s时间内长木板的加速度

a1=0.2m/s2

即

F2=0.4N

拉力F对长木板的总冲量

I=1.05N·s

27．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机。若手机的质量为200g，从离人脸约20cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s，重力加速度g10m/s2，试求： （1）手机下落的时间；

（2）手机对人脸的平均冲力大小。 解析：(1) t0.2s ；(2) F6N （1）根据题意有

h20cm0.20m，m200g0.20kg

手机下落做自由落体运动

h代入数据解得t0.2s； （2）手机到人脸时速度

12gt 2vgt2m/s

接触人脸后速度变为0，设向下为正方向，根据动量定理得

mgtFt0mv

代入数据解得F6N，根据牛顿第三定律可知手机对人脸的平均冲力大小为6N，方向向下。

28．如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为l，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的有效电阻分别为Ra＝R，Rb＝2R，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求： （1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向； （2）最终稳定时两棒的速度大小；

（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，两棒上总共产生的热量。

11B2l22gh2gh；（3）mgh 解析：（1），方向水平向左；（2）223R（1）设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有

mgh12mv 2a棒切割磁感线产生感应电动势为

EBlv

根据闭合电路欧姆定律有

Ia棒受到的安培力为

E R2RFBIl

联立上式解得

B2l22gh F3R方向水平向左；

（2）a棒进入磁场，切割磁感线产生感应电流，a棒和b棒均受安培力作用，大小相等、方向相反，所以a棒和b棒组成的系统动量守恒，设两棒最终稳定的速度为v，以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有

mv2mv

解得

v12gh 2（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，设两棒产生的热量为Q总，根据能量守恒定律有

121mv2mv2Q总 22解得

Q总1mgh 2