2018年高中物理動量定理和動能定理專項練習題

1、專題4、動量定理和動能定理典型例題【例1】如圖所示，質(zhì)量mA為的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)w為，木板右端放著質(zhì)量mB為的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止狀態(tài).木板突然受到水平向右的12NJ-s的瞬時沖量作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能所為,小物塊的動能Ekb為，重力加速度取10m/s2,求：(1)瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度U0；叵A(2)木板的長度L.【例2】在一次抗洪搶險活動中，解放軍某部隊用直升飛機搶救一重要落水物體，靜止在空中的直升飛機上的電動機通過懸繩將物體從離飛機90m處的洪水中吊到機艙里.已知物體的質(zhì)量為80kg,吊繩的拉力不能超過1200N

2、,電動機的最大輸出功率為12kW為盡快把物體安全救起，操作人員采取的辦法是，先讓吊繩以最大拉力工作一段時間，而后電動機又以最大功率工作，當物體到達機艙前已達到最大速度.(g取10m/s2)求：(1)落水物體運動的最大速度；(2)這一過程所用的時間.u的方向與電場【例3】一個帶電量為-q的液滴，從O點以速度u射入勻強電場中,方向成0角，已知油滴的質(zhì)量為ml測得油滴達到運動軌道的最高點時，速度的大小為求:(1)最高點的位置可能在O點上方的哪一側(cè)(2)電場強度為多大(3)最高點處(設為N)與O點電勢差絕對值為多大【例4】.如圖所示，固定的半圓弧形光滑軌道置于水平方向的勻強電場和勻強磁場中,軌道圓弧半

3、徑為R磁感應弓II度為B,方向垂直于紙面向外，電場強度為E,方向水平向左。一個質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)放在軌.Eb道上的C點恰好處于靜止，圓弧半徑OC與水平直徑AD的夾角為(sina=)求小球帶何種電荷電荷量是多少并說明理由如果將小球從A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對軌道的最大壓力的大小是多少【例5】.如圖所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外,ab是一根長為L的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上.將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球L/3 ,求帶電小球先做加速運動，后做勻速運動到達b

4、端.已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)科=，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值ab【例6】.（16分）如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌相距為L,導軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器R）、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關K相連。整個空間充滿了垂直于導軌平面向外的勻強磁場，其磁感應強度的大小為B。一質(zhì)量為nrj電阻不計的金屬棒ab橫跨在導軌上。已知電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,電容器的電容為C,定值電阻的阻值為R0,不計導軌的電阻。（1）當K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接

5、入電路的阻值R多大（2）當K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大下落s的過程中所需的時間為多少（3）先把開關K接通2,待ab達到穩(wěn)定速度后，再將開關K接到3。試通過推導，說明ab棒此后的運動性質(zhì)如何求ab再下落距離s時，電容器儲存的電能是多少此時電容器還沒有被擊穿）訓練題(18分)如圖1所示，兩根與水平面成e=30角的足夠長光滑金屬導軌平行放置，導軌間距為L=1導軌兩端各接一個電阻，其阻值R=R2=1Q,導軌的電阻忽略不計。整個裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度B=1T?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=、電阻為1的金屬棒用絕緣細繩通過光

6、滑滑輪與質(zhì)量為岫的物體相連,細繩與導軌平面平行。將金屬棒與M由靜止釋放，棒沿導軌運動了6m后開始做勻速運動。運動過程中，棒與導軌始終保持垂直且接觸良好，圖示中細繩與R2不接觸。(g=10m/s2)求:(1)金屬棒勻速運動時的速度;(2)棒從釋放到開始勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱;(3)棒從釋放到開始勻速運動的過程中，經(jīng)歷的時間;(4)若保持磁感應強度為某個值B0不變，取質(zhì)量M不同的物塊拉動金屬棒，測出金屬棒相2所示，請根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)計算出此時7.如圖所示，傾角0=37。的斜面底端B平滑連接著半徑r=的豎直光滑圓軌道。質(zhì)量n=的小物塊，從距地面h=處沿斜面由靜止開始下滑，小物塊與斜面間

7、的動摩擦因數(shù)科=，求:(sin37°=,cos37°=,g=10m/s2)(1)物塊滑到斜面底端B時的速度大小。(2)物塊運動到圓軌道的最高點A時，對圓軌道的壓8 .一質(zhì)量為500kg的汽艇，在靜水中航行時能達到的最大速度為10m/s,若汽艇的牽引力恒定不變，航行時所受阻力與航行速度滿足關系f=kv,其中k=100Ns/m。(1)求當汽艇的速度為5m/s時，它的加速度；(2)若水被螺旋槳向后推動的速度為8m/s,則螺旋槳每秒向后推動水的質(zhì)量為多少(以上速度均以地面為參考系)9 .如圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板AB,兩板相距為d,兩板間電壓為U,質(zhì)量為m的帶電小球從兩板間

8、的M點開始以豎直向上的初速度°。進入兩短板間勻強電場內(nèi)運動，當它達到電場中的N點時速度變?yōu)樗椒较?，大?ViW變?yōu)?u0,求MN兩點間的電勢差和電場力對帶電小球所做的功(不計帶電小球?qū)饘侔迳想姾删鶆蚍植嫉挠绊?，設重力加速度為g).10 .如圖所示，在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著射線放射源P,已知射線實質(zhì)為高速電子流，放射源放出粒子的速度vo=xi07m/s。足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行放電場強度大小 E=x 104N/C。置，相距d=x1023其間有水平向左的勻強電場,已知電子電量e=,電子質(zhì)量取m=。求(1)電子到達熒光屏M上的動能；(2)熒光屏上的發(fā)光面積。11 .如圖所示

9、，兩條光滑的絕緣導軌，導軌的水平部分與圓弧部分平滑連接，兩導軌間距為L,導軌的水平部分有n段相同的勻強磁場區(qū)域(圖中的虛線范圍)，磁場方向豎直向上，磁場的磁感應強度為B,磁場的寬度為S,相鄰磁場區(qū)域的間距也為S,S大于L,磁場左、右兩邊界均與導軌垂直?，F(xiàn)有一質(zhì)量為E電阻為r,邊長為L的正方形金屬框，由圓弧導軌上某高度處靜止釋放，金屬框滑上水平導軌，在水平導軌上滑行一段時間進入磁場區(qū)域，最終線框恰好完全通過n段磁場區(qū)域。地球表面處的重力加速度為g,感應電流的磁場可以忽略不計，求：(1)剛開始下滑時，金屬框重心離水平導軌所在平面的高度.(2)整個過程中金屬框內(nèi)產(chǎn)生的電熱.(3)金屬框完全進入第k(

10、kvn)段磁場區(qū)域前的時刻，金屬框中的電功率.12、如圖所示，在地面附近有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場。磁感應強度為B,方向水平并垂直紙面向外。一質(zhì)量為m帶電量為一q的帶電微粒在此區(qū)域恰好作速度大小為v的勻速圓周運動。(重力加速度為g)(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向。(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45。，如圖所示。則該微粒至少須經(jīng)多長時間運動到距地面最高點最高點距地面多高(3)在(2)問中微粒又運動P點時，突然撤去磁場，同時電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，則該微粒運動中距地面的最大高度是多少BXXXXXX【例1】【解析】（1）在瞬時沖

11、量的作用時，木板A受水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略.取水平向右為正方向，對A由動量定理，有：I=miu0代入數(shù)據(jù)得：u0=s(2)設A對B、B對AC對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、F,ba、F°a,B在A上滑行的時間為t,B離開A時A的速度為ua,B的速度為ub.A、B對C位移為Sa、sb.對A由動量定理有：一(FfBA+FfCA)t=HAuA-mAU0對B由動理定理有：FfABt=maub其中由牛頓第三定律可得FfBA=FfAB,另FfCA=w(m+mi)g對A由動能定理有：一(FfBA+FfCA)Sa=1/2錯誤！未指定書簽。mAuA錯誤！未指定書A簽。-1/2錯誤

12、！未指定書簽。miu0錯誤！未指定書簽。錯誤！未指定書簽。對B由動能定理有：FfABfSb=1/2錯誤！未指定書簽。mau|錯誤！未指定書簽。根據(jù)動量與動能之間的關系有：mA。a=J2mAEKA錯誤！未指定書簽。，mub=J2mBEKB錯誤！未指定書簽。木板A的長度即B相對A滑動距離的大小，故L=sa-sb,代入放數(shù)據(jù)由以上各式可得L=.訓練題答案：(1)F=1.85N(2)I=6.94NS【例2】【解析】先讓吊繩以最大拉力FTm=1200N工作時，物體上升的加速度為a,由牛頓第二定律有：a=FTm-mg錯誤！未指定書簽。，代入數(shù)據(jù)得a=5m/s2m當?shù)趵K拉力功率達到電動機最大功率Pm=12k

13、W時，物體速度為U,由Pm=TmU,得u=10ms.物體這段勻加速運動時間11=錯誤！未指定書簽。=2s，位移S1=1/2錯誤！未指定書簽。at12錯誤！未指定書簽。=10m此后功率不變，當?shù)趵K拉力Ft=mg時，物體達最大速度um=且錯誤！未指定書簽。=15m/s.這段以恒定功率提升物體的時間設為t2,由功能定理有:Pt2-mg(hnsi)=1錯誤！未指定書簽。mu舄錯誤！未指定書簽。-1錯誤！未指定書簽。222mu代入數(shù)據(jù)得t2=5.75s,故物體上升的總時間為t=11+t2=.即落水物體運動的最大速度為15m/s,整個運動過程歷時.訓練題答案：(1)P=kmgrn(2)t=(vm2+2kg

14、s)/2kgvm訓練題答案：BC【例3】【解析】(1)帶電液油受重力mg和水平向左的電場力qE,在水平方向做勻變速直線運動，在豎直方向也為勻變速直線運動，合運動為勻變速曲線運動.由動能定理有：VG+Wt=巳,而曰=0重力做負功，Wv0,故必有Wt>0,即電場力做正功，故最高點位置一定在O點左側(cè).(2)從O點到最高點運動過程中，運動過程歷時為t,由動量定理：在水平方向取向右為正方向，有：-qEt=m(-u)-mucos0上兩式相比得處 Lcos mg sin在豎直方向取向上為正方向，有：-mgt=0-musin0錯誤！未指定書簽。錯誤！未指定書簽。，故電場強度為E=mg(1cos)錯誤！未

15、指定書簽。qsin(3)豎直方向液滴初速度為usin0,加速度為重力加速度g,故到達最高點時2_.sin2g2一錯誤！未指定書簽。錯誤！未指定書簽。22 .2m sin2q上升的最大高度為h,則h=，2g從進入點O到最高點N由動能定理有qUmgh=曰=0，代入h值彳導U=【例4】【解析】木塊受四個力作用，如圖所示，其中重力和浮力的合力豎直向上，大小為F=F浮-mg而F浮=p液Vg=2p木Vg=2mg,故F=mg在垂直于管壁方向有:Fn=Fcosa=mgcosa,在平行管方向受滑動摩擦力Ff=(1N=(1mgcos8,比較可知，F(xiàn)sina=mgsina=,Ff=,Fsina>Ff.故木塊從

16、A到B做勻加速運動，滑過B后F的分布和滑動摩擦力均為阻力，做勻減速運動，未到C之前速度即已為零，以后將在B兩側(cè)管間來回運動，但離B點距離越來越近，最終只能靜止在B處.(1)木塊從A到B過程中，由動能定理有：FLsina-FfL=1/2錯誤！未指定書簽。muB錯誤!未指定書簽。代入F、Ff各量得ub=,2gL(sinCOS"")錯誤！未找到引用源。=2J2錯誤!未指定書簽。=s(2)木塊從開始運動到最終靜止，運動的路程設為S,由動能定理有:=0代入各量得s=Lsin錯誤！未指定書簽。=3mmcosFLsin a -FfS= &【例5】答案：正電荷,q駟f 4E9E 3

17、B Rg mg4E解:(1)小球在C點受重力、電場力和軌道的支持力處于平衡，電場力的方向一定是向左的，與電場方向相同，如圖所示.因此小球帶正電荷.訓練題答案：Ek=4J則有小球帶電荷量q3mg(1)4E(2)小球從A點釋放后，沿圓弧軌道滑下，還受方向指向軌道的洛侖茲力f,力f隨速度增大而增大，小球通過C點時速度(設為v)最大，力f最大，且qE和mg的合力方向沿半徑OC因此小球?qū)壍赖膲毫ψ畲?,12由一mvmgRsinqER1cos(2)2通過C點的速度小球在重力、電場力、洛侖茲力和軌道對它的支持力作用下沿軌道做圓周運動，有2vFmgsinqEcosqvBm最大壓力的大小等于支持力訓練題.解：

18、小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖所示在水平方向：N=qvB,所以摩擦力f=心=qvB當小球做勻速運動時：qE=f =（1 qvbB（6分）小球在磁場中做勻速圓周運動時,qVbB2 vb m R又R L'所以也野（4分）小球從a運動到b的過程中,由動能定理得:W電一Wf1 2 -mvb 2qELqVbBL2 2, 2q B L10m所以Wf12W電mv b22 2,22B q L45mWf 則W（8【例6】.（16 分）（1）由BILmg（1分）（1分）EBLr （1分）mgmgR。（2分）mgR0_ 2 2B L（1分）由動量定理，得mgtB?Ltmv（1分）其中Tt=q"

19、Ls（1分）Ro得 t B2L2s mRo 寸 mgRo B2L2（1分）B4L4 s m2gR02mgRB2L2（3） K接3后的充電電流Iq C U CBL vv- CBL- CBLa（ 1 分）mg BIL ma(1分)mg得a 二常數(shù) (1分)m CB2L2所以ab棒的運動性質(zhì)是“勻加速直線運動”，電流是恒定的。（1分）22V2 v 2as (1 分)，1 c 1 c根據(jù)能重轉(zhuǎn)化與寸恒得E mgs ( mv2 mv )2222.2m gs八 mgsCB L 、mgs -(1 分) (或不)m CB Lm CB L(1分)（18 分）（1）Mg= mg sinv=(Mg mgsin )(

20、R r)=6m/sB2L21、2(2) Mgs-mgssin 0 - Qi= 2 (出 nj v1，、2Q)= Mgs- mgssin0 -2 (M+ m v =-1 -Q1 Q 1.9J6E ,(3) q=It =1 =4CR r R r（2分）（2 分），（2 分），（1分）（2分）（1分）棒從釋放到開始勻速運動的過程中,由動量定理：(Mg-mgsin BIL )t (m M )v即：(Mg-mgsin )t BLq (m M )v(2分)7.答案：（1）物塊沿斜面下滑過程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做勻加速運動,設下滑加速度為a,到達斜面底端B時的速度為 v,則 mgsin mg c

21、os ma代入數(shù)據(jù)解得:v 6.0 m/s2ahsin（2）設物塊運動到圓軌道的最高點A時的速度為va,在A點受到圓軌道的壓力為N（1212由機械能守恒te律得：-mv2 - mvA mg 2r222物塊運動到圓軌道的最高點A時，由牛頓第二定律得：NmgmvAr代入數(shù)據(jù)解得:N=20N由牛頓第三定律可知,8.答案：(1)汽艇以v=5m/s速度航行時所受阻力為 f = kv其牽引力為:F= f m= kvm根據(jù)牛頓運動定律有:F f = ma物塊運動到圓軌道的最高點A時，對圓軌道的壓力大小NA=N=20N代入數(shù)據(jù)得:a=1m/s2(2)水向后的速度為u,根據(jù)動量定理有:FAt=mu-0代入數(shù)據(jù)解得:m-125kg/stu9.答案：帶電小球從M運動到N的過程中，在豎直方向上小球僅受重力作用,從初速度V0勻減速到零。水平方向上小球僅受電場力作用，速度從零勻加速到2 V0。豎直位移:2v02g水平位移:v02t所以：x2h2V0所以M N兩點間的電勢差U MNUv2x dg從M運動到N的過程，由動能定理得:W電Wg12-mvN 212一 mv02又 Wg mgh1 22mv0所以W電2mv0210. （14 分）（1）由動能定理eEd =3179 101.0 1012E<mv022 一 _ 19_ 4+ 1.6 102.5 10（2分）（4分）(2)射線在A、B