（2）两物块都停下时物块2滑行的总距离． 【解析】（1）设钢球与物块1碰撞前的速率为v0，根据机械能守恒，有mgR12mv02 解得v02gR 钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v1，根据动量守恒定律mv0mv1， 解得v12gR 设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1获得速度后直到停止，由动能定理-2μmgL-μmgs-L0-12mv12 解得μRLs （2）设物块2被钢球碰后的速度为v3，物块2与物块1碰前速度为v2，根据机械能守恒定律和动能定理 v2v12gR -μmgs-L12mv32-12mv22 设物块1和物块2碰后的共同速度为v4两物块一起继续滑行的距离为s1根据机械能守恒定律和动能定理 mv32mv4；
-2μmgs10-122mv42 可得s112L；
设物块2滑行的总距离为d，则ds-Ls1s-12L 1．【2019湖南株洲市模拟】足够长的光滑水平面上，有10个相同的小球沿直线等间隔均匀分布，总长度为l，并以相同的速度v0向右运动，如图甲所示。在小球的正前方有一“加速带”AB，当小球从左端A进入加速带后在水平恒力作用下被加速，直至从右端B离开，小球经过加速带前后速度的变化情况如图乙所示。已知1号球刚从B端离开时，4号球刚好从A端进入。不考虑球的大小，试求 110个小球最终分布的总长度。
2加速带对10个小球做功的总功率P。已知小球在加速带上所受水平恒力为F。
【解析】（1）“最终”是指10个小球全部离开了加速带。根据图乙可知，所有小球从加速带B端出来后速度都被加速到了3v0，且保持这个速度不变，这就意味着一旦10个小球全部从B端出来后，它们的总长度也会保持不变。这个长度就是10号球刚离开B端时，它与1号间的距离。
由于每个小球在加速带上运动的情况完全相同，因此，小球依次从B端离开加速带的时间差等于依次进入加速带的时间差。这样，10号球与1号球出加速带的时间差与进入加速带的时间差Δt相等，而Δtlv0 故10号球刚从B端出来时，1号与10号间的距离L3v0Δt 解得L3l 此即10个小球最终分布的总长度。
（2）因加速带对10个小球做功并不同步，故对10个小球做功的总功率要小于对单个小球做功的功率之和。
小球在加速带上运动的时间TΔt3 小球在加速带上运动的平均速度vv03v022v0 故加速带长度为L0vT 因而加速带对10个小球所做总功为W10FL0 加速带做功的总时间应是从1号球进入加速带A端开始，直到10号球离开加速带B端为止，这段时间即tΔt T 又加速带对10个小球做功的总功率为PWt 解得P5Fv0 2．【2019四川省广元市模拟】如图所示，倾角θ＝37的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，传送带始终以v＝3m/s的速率顺时针匀速转动，A、B、C滑块的质量分别为mA1kg，mB2kg，mC3kg，（各滑块均可视为质点）．A、B间夹着质量可忽略的火药．k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B、C连接．现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），滑块A以6m/s的速度水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.75，传送带与水平面足够长，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8． 1计算滑块A沿传送带向上滑行的最大距离x；
2在滑块B、弹簧、滑块C相互作用的过程中，当弹簧第一次恢复原长时（此时滑块A还未追上滑块B），计算B、C的速度；
3若滑块A追上滑块B时能粘住，定量分析在A与B相遇的各种可能情况下，A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围．（提示因A、B相遇时，B的速度不可预知，故粘住后A、B、C及弹簧组成系统的机械能有各种可能值） 【解析】（1）滑块A沿传送带向上的运动的过程 由动能定理有-mAgsinθμmAgcosθx0-12mAvA2 代入数据解得x＝1.5m （2）炸药爆炸过程，设B获得的速度为vB，对A、B系统 由动量守恒有–mAvA＋mBvB＝0 解得vB3m/s 在B、C相互作用的过程中，设当弹簧第一次恢复原长时，B、C的速度分别为vB、vC 由动量守恒有mBvBmBvBmCvC 由能量守恒有12mBvB212mBvB212mCvC2 解得vBmB-mCmBmCvB-0.6m/s vC2mBmBmCvB2.4m/s （3）因滑动摩擦力f＝μmgcosθ＝6N，重力沿斜面向下的分力mgsinθ＝6N．所以A到达最高点后先反向加速，当速度达到3m/s后随传送带一起（相对传送带静止）返回光滑水平面 此时vA3m/s 因A、B相遇时，B的速度不能确定，可能是–0.6m/s与3m/s间的任何值． ①当vB-0.6m/s时，此时vC2.4m/s，机械能损失最大，系统机械能最小．设A、B粘连后的共同速度为v′． 由动量守恒有mAvAmBvBmAmBv 解得v′0.6m/s 系统机械能的最小值Emin12mCvC212mAmBv29.18J ②当vB3m/s时，此时vC0，机械能损失最小，ΔE损0 系统机械能的最大值Emax12mAvA212mBvB213.5J 所以A、B、C及弹簧系统机械能范围9.18J≤E≤13.5J 3．【2019无锡市模拟】高频焊接是一种常用的焊接方法，图甲是焊接的原理示意图．将半径为r＝10 cm的待焊接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外．工件非焊接部分单位长度上的电阻R0＝1.010－3Ωm－1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9倍，焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响． 1 在图丙中画出感应电流随时间变化的it图象以逆时针方向电流为正，并写出必要的计算过程；
2 求环形金属工件中感应电流的有效值；
3 求t＝0.30 s内电流通过焊接处所产生的焦耳热． 【解析】1 环形金属工件电阻为R＝2πrR0＋92πrR0＝20πrR0＝6.2810－3Ω 在0～2T3时间内的感应电动势为 E＝ΔBΔtπr2＝6.28V 电流为I＝ER＝1.0103A 由楞次定律得到电流方向逆时针，I-t关系图象如图所示 2 在同一个周期内I有效2RTI2R⋅2T3 解得I有效＝100063A＝816A. 3 在t＝0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q＝I2有效R′t 而R′＝92πrR0＝5.6510－3Ω 解得Q＝I2有效R′t＝1.13103J. 4．【2019福建省泉州市模拟】如图甲所示，将两根足够长、间距为L的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R的电阻，与导轨垂直的虚线ef右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m的金属杆PQ静止在导轨上。现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t杆进人磁场，并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计。
1求匀强磁场的磁感应强度大小B；
2若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0x0与x03x0两个过程中电阻R产生的热量之比Q1Q2。
【解析】（1）设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则Fma；
杆做匀加速运动，则v0at， 杆在磁场中做匀速运动，则FF安BIL IE/R EBLv0 联立解得BmRL2t （2）撤去拉力后，由图乙可知，杆在xx0处的速度大小为v2v03 由能量关系，在0-x0过程中，电阻R产生的热量Q112mv02-12mv2 在x0-3x0过程中，电阻R产生的热量Q212mv2 解得Q1Q254 5．【2018广东省佛山市模拟】如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d1m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其它区域粗糙且动摩擦因数μ0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2T。在导轨中央放置着两根质量均为m1kg，电阻均为R2Ω的金属棒a、b，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间弹簧与a、b不栓连，此时弹簧具有的弹性势能E9J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x0.8m后停止，g取10m/s2，求 1a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
2金属棒b刚进入磁场时的加速度大小 3整个运动过程中电路中产生的焦耳热。
【解析】（1）对ab系统，由动量守恒0mva-mvb 由能量关系EP12mva212mvb2 解得vavb3m/s （2）当ab棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，则有EaEbBdva6V又I2Ea2R3A 对b，由牛顿第二定律BIdμmgmab 解得ab8m/s2 （3）由动量守恒可知，ab棒速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则对系统，由能量守恒EP2μmgxQ 解得Q5.8J 6．【2019浙江省建德市模拟】如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨 MN、PQ竖直放置，两导轨之间的距离为 L1m，两导轨 M 、 P之间接入电阻 R 0.2Ω，导轨电阻不计，在 a b c d区域内有一个方向垂直于两导轨平面向里的磁场Ⅰ，磁感应强度 B11T．磁场的宽度 x11m，在 c d连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向里的磁场Ⅱ．一个质量为 m0.5kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻 r0.2Ω，若金属棒紧贴 a b连线处自由释放，金属棒刚出磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过 t 1.8s 到达ef时系统处于稳定状态，cd与 e f之间的距离 x10m．（g取 10m/s2） （1）金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小；
（2）金属棒穿过磁场Ⅰ这段时间内电阻R产生的热量；
（3）磁场Ⅱ磁感应强度B2 大小 【解析】1 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 E1B1Lv1 由闭合电路欧姆定律有I1E1Rr 安培力为FA1B1LI1 匀速时有FA1mg 解得v12m/s；
2穿过磁场I过程中由动能定理得 mgx1WA12mv12-0 解得WA-4J 所以Q-WA4J QRQRRr 解得QR2J；
3稳定时有B22Lv2Rrmg v22B22 穿过磁场II过程中由动量定理得 mgt2-∑B22Lv2RrΔtmv2-mv1 25B24-10B2210 联立解得B255T。
7．