6. 2013年斯诺克上海沃德大师赛于9月16日至22日在上海体育馆举行．如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为p_A＝5 kg·m/s，花色球静止，白球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′_B＝4 kg·m/s，则两球质量m_A与m_B间的关系可能是(　 　 )

A. m_B＝m_A 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B. m_B＝m_A

C. m_B＝m_A 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D. m_B＝6m_A

解析：由动量守恒得，p_A＋p_B＝p′_A＋p′_B，解得，p′_A＝1 kg·m/s.

由碰撞中动能不增原则得，≥＋，解得，m_B≥m_A，B、C两项错误；若m_B＝6m_A，虽满足动能不增原则，但此时＞，即v′_A>v′_B，不合情理，D项错误．

答案：A

5. 如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．现把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是　　 (　 　 )

A. 其他量不变，R越大x越大

B. 其他量不变，μ越大x越大

C. 其他量不变，m越大x越大

D. 其他量不变，M越大x越大

解析：　 两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝，故选项A是正确的．

答案：A

4. (多选)如图，光滑水平面上，质量为m₁的小球以速度v与质量为m₂的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反．则两小球质量之比m₁∶m₂和碰撞前后动能变化量之比ΔE_k1∶ΔE_k2为(　)

A. m₁∶m₂＝1∶3 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B. m₁∶m₂＝1∶1

C. ΔE_k1∶ΔE_k2＝1∶3 　　　　　　　　　　　　　　　 D. ΔE_k1∶ΔE_k2＝1∶1

解析：根据动量守恒定律：m₁v＝－m₁·v＋m₂·v可得m₁∶m₂＝1∶3，A选项正确，B选项错误；碰后动能变化量分别为ΔE_k1＝m₁v²和ΔE_k2＝m₂v²＝m₁v²，即ΔE_k1∶ΔE_k2＝1∶1，C选项错误，D选项正确．

答案：AD

3. (多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m₁和m₂，图乙为它们碰撞前后的x－t图象．已知m₁＝0.1 kg.由此可以判断　　 (　 　 )

A. 碰前m₂静止，m₁向右运动

B. 碰后m₂和m₁都向右运动

C. 由动量守恒可以算出m₂＝0.3 kg

D. 碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能

解析：由图乙可以看出，碰前m₁位移随时间均匀增加，m₂位移不变，可知m₂静止，m₁向右运动，故A是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B错误；由图乙可以计算出碰前m₁的速度v₁＝4 m/s，碰后的速度v′₁＝－2 m/s，m₂碰前的速度v₂＝0，碰后的速度v′₂＝2 m/s，由动量守恒m₁v₁＋m₂v₂＝m₁v′₁＋m₂v′₂，计算得m₂＝0.3 kg，故C是正确的；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝m₁v/2－m₁v′/2－m₂v′/2＝0，因此D是错误的．

答案：AC

2. [2014·福州八中质检]如图所示，木块B与水平弹簧相连，放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是(　)

①子弹射入木块的过程中系统动量守恒

②子弹射入木块的过程中系统机械能守恒

③木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒

④木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒

A. ①③　　　　　　 　　　　　　 B. ②③

C. ①④　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D. ②④

解析：在子弹射入木块的过程中，因为入射时间极短，可认为系统静止，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，说法①正确；在子弹射入木块的过程中，子弹相对于木块发生位移，内力做功，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，说法②错误；木块压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以说法③错误；木块压缩弹簧过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，说法④正确．本题答案为C.

答案：C

1．水平推力F₁和F₂分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如右图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则(　)

A．F₁的冲量大于F₂的冲量

B．F₁的冲量等于F₂的冲量

C．两物体受到的摩擦力大小相等

D．两物体受到的摩擦力大小不等

解析：设F₁、F₂的作用时间分别为t₁、t₂，则由图知t₁<t₂，当只有摩擦力F_f作用时，由AB∥CD知图线斜率相同，则加速度相同，由牛顿第二定律知，摩擦力F_f相同，故C选项正确，D选项错误；对a，由动量定理得：F₁t₁－F_ft₁＝mv_A；对b同理可得：F₂t₂－F_ft₂＝mv_C.

由图象知：v_A＝v_C，t₁<t₂，mv_A＝mv_C，所以F₁t₁－F_ft₁＝F₂t₂－F_ft₂，因此，F₂t₂>F₁t₁，即A、B选项均错．

答案：C

16. (16分)　　 如图甲所示，质量为m的导体棒ab垂直放在相距为l的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R和R_x分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R的电荷量达到q时，导体棒ab刚好达到最大速度．重力加速度为g.

(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s和最大速度v_m；

(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab由静止释放到达到(1)中的速度v_m需要多少时间(用v_m表示最大速度)?

解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab中的平均感应电动势

＝＝①

由闭合电路欧姆定律得通过R的平均电流＝②

通过R的电荷量q＝Δt③

联立①②③得：s＝q

在ab加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：

mgsinθ－μmgcosθ－F_A＝ma④

式中安培力F_A＝BIl⑤

其中I＝⑥

当④中的加速度为0时，ab的速度v＝v_m⑦

联立④⑤⑥⑦得：v_m＝(R＋R_x)(sinθ－μcosθ)

(2)设ab下滑的速度大小为v时经历的时间为t，通过ab的电流为i，则：

mgsinθ－μmgcosθ－Bil＝ma⑧

设在时间间隔Δt内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ，则：

i＝⑨

此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU＝BlΔv⑩

根据电容的定义C＝⑪

而Δv＝aΔt⑫

联立上面各式得ab下滑的加速度

a＝g

上式表明ab做初速度为0的匀加速运动，所以

t＝

答案：(1)q　(R＋R_x)(sinθ－μcosθ)

(2)

15. (12分)　　 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R₁＝4 Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：

(1)通过小灯泡的电流；

(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．

解析：(1)t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势

电路中r与R并联，再与R_L串联，电路的总电阻

R_总＝R_L＋＝5 Ω

此时感应电动势

E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V

通过小灯泡的电流为I＝＝0.1 A

(2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R与R_L并联，再与r串联，此时电路的总电阻

R′_总＝r＋＝2 Ω＋ Ω＝ Ω

由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I_L＝0.1 A，则流过金属棒的电流为

I′＝I_L＋I_R＝I_L＋＝0.3 A

电动势E′＝I′R′_总＝Bdv

解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小

v＝1 m/s.

答案：(1)0.1 A　(2)1 m/s

14. (12分)一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a所示，已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图b所示，图中的最大磁通量Φ₀和变化周期T都是已知量，求：

(1)在t＝0到t＝T/4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q；

(2)在t＝0到t＝2T的时间内，金属圆环所产生的电热Q.

解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t＝0到t＝T/4时间内，金属圆环中的感应电动势

E₁＝＝①

在以上时段内，金属圆环中的电流为I₁＝②

则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量

q＝I₁t₁③

联立求解得q＝④

(2)在t＝T/4到t＝T/2和t＝3T/4到t＝T时间内，金属圆环中的感应电动势E₂＝0⑤

在t＝T/2到t＝3T/4时间内，金属圆环中的感应电动势E₃＝＝⑥

由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为

I₃＝⑦

在t＝0到t＝2T时间内金属圆环所产生的电热

Q＝2(IRt₁＋IRt₃)⑧

联立求解得Q＝⑨

答案：(1)　(2)

二、计算题

13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R₁＝3 Ω，下端接有电阻R₂＝6 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：

(1)磁感应强度B；

(2)杆下落0.2 m过程中通过电阻R₂的电荷量q.

解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m，当地重力加速度g＝10 m/s²，则杆进入磁场时的速度

v＝＝1 m/s①

由图象知，杆进入磁场时加速度

a＝－g＝－10 m/s²②

由牛顿第二定律得mg－F_安＝ma③

回路中的电动势E＝BLv④

杆中的电流I＝⑤

R_并＝⑥

F_安＝BIL＝⑦

得B＝＝2 T⑧

(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势＝⑨

杆中的平均电流＝⑩

通过杆的电荷量Q＝·Δt⑪

通过R₂的电量q＝Q＝0.05 C⑫

答案：(1)2 T　(2)0.05 C