2019年高考物理 考前沖刺30天 第八講 必考計(jì)算題 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）

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1、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 命題點(diǎn)一　應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 例1　如圖1所示，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平面上的O點(diǎn)，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)．另一質(zhì)量與B相同的滑塊A從P點(diǎn)以初速度v0向B滑行，經(jīng)過(guò)時(shí)間t時(shí)，與B相碰．碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘在一起運(yùn)動(dòng)．滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g.求： 圖1 (1)碰后瞬間，A、B共同的速度大??； (2)若A、B壓縮彈簧后恰能返回到O點(diǎn)并停止，求彈簧的最大壓縮量； (3)整個(gè)過(guò)程中滑塊B對(duì)滑塊A做的功． 解析　(1)設(shè)A、B質(zhì)量均為m，A剛接觸B時(shí)的速度為v1，碰后瞬間共

2、同的速度為v2，從P到O過(guò)程，由動(dòng)量定理得：－μmgt＝mv1－mv0 以A、B為研究對(duì)象，碰撞瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝2mv2，解得：v2＝(v0－μgt)； (2)碰后A、B由O點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，又返回到O點(diǎn)，設(shè)彈簧的最大壓縮量為x，由能量守恒定律得：μ(2mg)2x＝(2m)v，解得：x＝(v0－μgt)2 (3)對(duì)滑塊A，由動(dòng)能定理得：W＝mv－mv＝－m(v0－μgt)2. 答案　(1) (v0－μgt)　(2)(v0－μgt)2 (3)－m(v0－μgt)2 動(dòng)量與能量的綜合在碰撞中的求解技巧 1．處理這類問(wèn)題，關(guān)鍵是區(qū)分物體相互作用

3、的情況，分清物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，尋找各相鄰運(yùn)動(dòng)過(guò)程的聯(lián)系，弄清各物理過(guò)程所遵循的規(guī)律． 2．對(duì)于發(fā)生彈性碰撞的物體，其作用過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒；對(duì)于發(fā)生非彈性碰撞的物體，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能． 題組階梯突破 1.如圖2所示，質(zhì)量M＝4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L＝0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)應(yīng)的滑板上表面光滑．小木塊A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端開(kāi)始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)．已知木塊A的質(zhì)量m＝1 kg

4、，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)彈簧被壓縮到最短時(shí)木塊A的速度大??； (2)木塊A壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能． 答案　(1)2 m/s　(2)39 J 解析　(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，木塊A與滑板B具有相同的速度，設(shè)為v，從木塊A開(kāi)始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，A、B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒． mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0 代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v＝2 m/s. (2)木塊A壓縮彈簧過(guò)程中，彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大．由能量關(guān)系，最大彈性勢(shì)能 Ep＝mv－(m＋M)v2－μmgL 代入數(shù)據(jù)得Ep＝39 J. 2．(2019·

5、河南六市一聯(lián))如圖3所示，質(zhì)量為m1＝0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m2＝1 kg.碰撞前，A的速度大小為v0＝3 m/s，B靜止在水平地面上．由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時(shí)間． 圖3 答案　0.25 s≤t≤0.5 s 解析　假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，則由動(dòng)量守恒定律有： m1v0＝(m1＋m2)v1 碰后，A、B一起滑行直至停下，設(shè)滑行時(shí)間為t1，則由動(dòng)量定理有μ(m1＋m2)gt1＝(m

6、1＋m2)v1 解得t1＝0.25 s 假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1vA＋m2vB 由機(jī)械能守恒定律有m1v＝m1v＋m2v 設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2，則μm2gt2＝m2vB 解得t2＝0.5 s 可見(jiàn)，碰后B在水平面上滑行的時(shí)間t滿足0.25 s≤t≤0.5 s. 命題點(diǎn)二　應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題 例2　如圖4所示，質(zhì)量為mB＝2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為mA＝6 kg的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為mC＝2 kg的小球C用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O.現(xiàn)將小球C及輕繩拉

7、直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞作用時(shí)間很短為Δt＝10－2s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)小球C與物塊A碰撞過(guò)程中所受的撞擊力大??； (2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長(zhǎng)？ 解析　(1)C下擺過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有： mCgL＝mCv 解得：碰前C的速度大小vC＝＝4 m/s C反彈過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：－mCgh＝0－mCvC′2 解得：碰后C的速度大小vC′＝＝2 m/s 取向右為正方向，對(duì)C根據(jù)動(dòng)量定

8、理有：－F·Δt＝－mCvC′－mCvC 解得：碰撞過(guò)程中C所受的撞擊力大?。篎＝＝1 200 N. (2)C與A碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mCvC＝－mCvC′＋mAvA 解得：碰后A的速度vA＝＝2 m/s A恰好滑至木板B右端并與其共速時(shí)，所求B的長(zhǎng)度最?。? 根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mAvA＝(mA＋mB)v 解得A、B的共同速度v＝＝1.5 m/s 根據(jù)能量守恒定律：μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2 解得：木板B的最小長(zhǎng)度x＝＝0.5 m. 答案　(1)1 200 N　(2)0.5 m 研究對(duì)象和研究過(guò)程的選取技巧 1．選取研究對(duì)象和研究過(guò)程，要建立在分析

9、物理過(guò)程的基礎(chǔ)上，臨界狀態(tài)往往應(yīng)作為研究過(guò)程的開(kāi)始或結(jié)束． 2．要視情況對(duì)研究過(guò)程進(jìn)行恰當(dāng)?shù)睦硐牖幚恚? 3．可以把一些看似分散的、相互獨(dú)立的物體圈在一起作為一個(gè)系統(tǒng)來(lái)研究，有時(shí)這樣做可使問(wèn)題大大簡(jiǎn)化． 4．有的問(wèn)題，可以選取一部分物體作研究對(duì)象，也可以選取其它部分物體作研究對(duì)象；可以選某一個(gè)過(guò)程作研究過(guò)程，也可以另一個(gè)過(guò)程作研究過(guò)程；這時(shí)，首選大對(duì)象、長(zhǎng)過(guò)程． 題組階梯突破 3．如圖5所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．現(xiàn)將A無(wú)初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m

10、；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)碰撞前瞬間A的速率v； (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l. 答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 解析　設(shè)滑塊的質(zhì)量為m (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR＝mv2 得碰撞前瞬間A的速率v＝＝2 m/s (2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv＝2mv′ 得碰撞后瞬間A和B整體的速率 v′＝v＝1 m/s (3)根據(jù)動(dòng)能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l＝＝0.25

11、m. 4．一質(zhì)量為m＝6 kg、帶電荷量為q＝－0.1 C的小球P自動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5、傾角θ＝53°的粗糙斜面頂端由靜止開(kāi)始滑下，斜面高h(yuǎn)＝6.0 m，斜面底端通過(guò)一段光滑小圓弧與一光滑水平面相連．整個(gè)裝置處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)E＝200 N/C，忽略小球在連接處的能量損失，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到水平面時(shí)，立即撤去電場(chǎng)．水平面上放一靜止的不帶電的質(zhì)量也為m的圓槽Q，圓槽光滑且可沿水平面自由滑動(dòng)，圓槽的半徑R＝3 m，如圖6所示．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2) 圖6 (1)在沿斜面下滑的整個(gè)過(guò)程中，P球電勢(shì)能增加多少？ (2)小球P運(yùn)動(dòng)到水平

12、面時(shí)的速度大?。? (3)試判斷小球P能否沖出圓槽Q. 答案　(1)90 J　(2)5 m/s　(3)不能 解析　(1)在沿斜面下滑的整個(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)P球做功為：W＝＝－90 J ΔE＝－W＝90 J (2)根據(jù)受力分析可知，斜面對(duì)P球的支持力為： FN＝|q|Esin θ＋mgcos θ 根據(jù)動(dòng)能定理得： mgh＋qE－μFN＝mv2－0 代入數(shù)據(jù)，解得：v＝5 m/s (3)設(shè)當(dāng)小球與圓槽速度相等時(shí)，小球上升的高度為H，以小球的圓槽組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：mv＝2mv′ v′＝2.5 m/s 根據(jù)機(jī)械能守恒得：mv2＝×2mv′2＋mgH

13、代入已知數(shù)據(jù)得：H＝0.625 m

14、①設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB＝ ① 將h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s ② ②設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知 v1＝gt ③ 由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變．規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，? mAv1＋mBv2＝mBv2′ ④ mAv＋mBv＝mBv2′2 ⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB ⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知 h′＝ ⑦

15、 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m. 答案?、? m/s　②0.75 m 解決力學(xué)問(wèn)題的三種解題思路 1．以牛頓運(yùn)動(dòng)定律為核心，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題，適用于力與加速度的瞬時(shí)關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)的力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，這類問(wèn)題關(guān)鍵要抓住力與運(yùn)動(dòng)之間的橋梁——加速度． 2．從動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律的角度解題，適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力和位移問(wèn)題． 3．從動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律的角度解題，適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力與時(shí)間問(wèn)題(不涉及加速度)及碰撞、打擊、爆炸、反沖等問(wèn)題． 題組階梯突破 5．如圖8，一質(zhì)量為

16、M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度射出．重力加速度為g.求： 圖8 (1)子彈穿出木塊時(shí)物塊的速度大??； (2)此過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (3)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)設(shè)子彈穿過(guò)物塊后物塊的速度為v，由動(dòng)量守恒得mv0＝m·＋Mv① 解得v＝② (2)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝mv－m()2－Mv2③ 由②③式得ΔE＝④ (3)設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則h＝gt2⑤ s＝vt⑥ 由②⑤⑥式得s＝ 6．如

17、圖9所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O(shè)為圓心、R為半徑的一小段圓弧．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質(zhì)量是B的3倍．兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運(yùn)動(dòng)．B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對(duì)B的支持力大小等于B所受重力的.A與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求： 圖9 (1)物塊B在d點(diǎn)的速度大小v； (2)物塊A滑行的距離． 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)B物塊的質(zhì)量為m，在d點(diǎn)的速度大小為v，B物塊在d點(diǎn)，由牛頓第二定律得： mg－mg＝m， 解得v＝. (2)B

18、物塊從b到d的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒得： mv＝mgR＋mv2 A、B物塊分離過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得： 3mvA＝mvB A物塊減速運(yùn)動(dòng)到停止，由動(dòng)能定理得 －3μmgs＝0－×3mv 聯(lián)立以上各式解得：s＝. 1．如圖1，光滑水平地面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放，且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面．已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，試求： 圖1 (1)A從B上剛滑至地面時(shí)的速度大小； (2)若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞，之后以原速率反彈，則A返回B的曲面上能到達(dá)的最大高度為多少？

19、 答案　(1)　(2)h 解析　(1)設(shè)A剛滑至地面時(shí)速度大小為v1，B速度大小為v2 由水平方向動(dòng)量守恒得：mv1＝3mv2 由機(jī)械能守恒得：mgh＝mv＋×3mv 由以上兩式解得：v1＝，v2＝ (2)從A與擋板碰后開(kāi)始，到A追上B并到達(dá)最大高度h′，兩物體具有共同速度v，此過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mv1＋3mv2＝4mv 系統(tǒng)機(jī)械能守恒：mgh＝×4mv2＋mgh′ 由以上兩式解得：h′＝h. 2．如圖2所示，固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6 kg的小車C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊A，在小車C的左端有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質(zhì)

20、點(diǎn)．現(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高h(yuǎn)＝1.25 m處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，最終沒(méi)有從小車C上滑出．已知滑塊A、B與小車C的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計(jì)，取g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??； (2)小車C上表面的最短長(zhǎng)度． 答案　(1)2.5 m/s　(2)0.375 m 解析　(1)設(shè)滑塊A滑到圓弧末端時(shí)的速度大小為v1，由機(jī)械能守恒定律有：mAgh＝mAv① 代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s. ② 設(shè)A、B碰后瞬間的共同速度為v2，滑塊A與B碰撞瞬間與車C無(wú)關(guān)，滑

21、塊A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒， mAv1＝(mA＋mB)v2 ③ 代入數(shù)據(jù)解得v2＝2.5 m/s. ④ (2)設(shè)小車C上表面的最短長(zhǎng)度為L(zhǎng)，滑塊A與B最終沒(méi)有從小車C上滑出，三者最終速度相同，設(shè)為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 ⑤ 根據(jù)能量守恒定律有：μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得L＝0.375 m. 3．如圖3所示，在光滑絕緣水平面上方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn)．帶正電的小

22、球P1離小球P2左側(cè)的距離為L(zhǎng).現(xiàn)由靜止釋放小球P1，在電場(chǎng)力的作用下P1與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度是碰前的倍．已知P1的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，P2的質(zhì)量為5m.求： 圖3 (1)碰撞前瞬間小球P1的速度． (2)碰撞后瞬間小球P2的速度． (3)小球P1和小球P2從第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間和位置． 答案　(1) ，方向水平向右　(2)，方向水平向右　(3)2 　在O點(diǎn)右側(cè)處 解析　(1)設(shè)碰撞前小球P1的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理 qEL＝mv，解得v0＝＝，方向水平向右 (2)P1、P2碰撞，則碰后P1速度為－v0，設(shè)P2速度為v2，由動(dòng)量守恒定律：mv0＝m(

23、－v0)＋5mv2 解得v2＝＝，水平向右 (3)碰撞后小球P1先向左后向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則：a＝ 設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)Δt時(shí)間再次發(fā)生碰撞，且P1受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正方向，則： －v0Δt＋aΔt2＝v0Δt，解得：Δt＝2 對(duì)P2分析：x＝v0Δt＝ 即第二次碰撞時(shí)在O點(diǎn)右側(cè)處 4．(2018·浙江4月·23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖4所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為

24、R，并通過(guò)電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時(shí)Δt，此過(guò)程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體．當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開(kāi)后．噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭． 圖4 (1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過(guò)金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度v0；(不計(jì)空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開(kāi)，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律，有 ＝＝ q＝Δt＝＝ 電流方向向右 (2)平均感應(yīng)電流＝＝ 平均安培力＝BL 由動(dòng)量定理，有(－mg)Δt＝mv0 得v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律 －m′v＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v. 13