動量訓練題答案

1、動量訓練題 ( 一)1、AC 2 ABC 、3、CD 4、ABD 5 、ACD 6 、D 7、BD8、對子彈和木塊應用動量守恒定律：mvQ =(2分)所以匕=4農(nóng)/s對子彈、木塊由水平軌道到最高點應用機械能守恒定律，取水平面為零勢能面：有1 9 1 9 (m +=(m + M)v 2 +(m + M)g-27?所以 v2 = V16-407?由平拋運動規(guī)律有： 2R=Lgf2 2S = v2t 解、兩式有 S = 4 ? J 1O7?2 +4RV 10所以，當 X = 0. 2m 時水平距離最大最大值 Siax = 0. 8mO動量訓練題(二)1、BC2、ABC 3、B4、CD5、解除鎖定后彈

2、簧將彈性勢能全部轉化為A的機械能，則彈簧彈性勢能為E 彈=mgHVAAB系統(tǒng)由水平位置滑到圓軌道最低點時速度為v。，解除彈簧鎖定后 A B的速度分別為vb 則有 2mgR=2niX v 0/22m Vo =mvA+m VB2Xm voC oEpm= - - 2mv2 /2+ E 彈=m vA/2 + m vB/2將VB=2 Vo -Va代入能量關系得到2 22mgR+mgH= m v/2+ m (2 vo VA /2 vo =2gR得到：VA =+ W相對水平面上升最大高度h,貝U: h+R= v ； /2g h=H/2+j2RH6、(1) B 與A碰撞前速度由動能定理W= (F-F/4) -

3、 4S=mv 72,碰后到物塊A、B運動至速度減為零，彈簧的最大彈性勢能B與A碰撞，由動量守恒定律FSEpm=F ? S+- 2mv-= 設撤去F后，A、B 一起回到0點時速度為V2,由機械能守恒得I5FSv2=a V 2m返回至O點時，A、B開始分離，B在滑動摩擦力作用下向左作勻減速直線運動，設物塊 離O點最大距離為xB最終由動能定理得:19-一政=0mvl422x=5s動量訓練題（二）1、A 2、C3、B4、CD 5、BD 6、6、解:ZU內噴岀的水質量為!=? SvMxt, ni以初速度v。由水槍口噴岀，動能為1EK=aA?V（）3- =5 小 V。魚,E 1水槍口噴岀水的功率為P=At

4、 2然后做豎直上拋運動，到達h高的鐵盒處.所以 !與鐵盒相撞前的瞬時速度為V =y/vQ -2gh '取向上為正方向，根據(jù)動量定理有fAt = 2Am ? v,式中f為鐵盒對A川的作用力代人 m= p SvoAt得f At = 2 p SvoAt ? v,消去得 f= 2PSVO? V .鐵盒所受厶!的沖擊力與 !受到的鐵盒的作用力f是一對作用力與反作用力,所以 f 二一 f=2 PSVC? V又因為鐵盒處于穩(wěn)定狀態(tài)，所以其所受合外力為零.則有f二Mg,艮 2 p Svo ? v=Mg代人V得f ?2g 22spvQ）動量訓練題（四）1、解析：（1）由機械能守恒定律知： a 棒剛進入水

5、平軌道時的速度最大，且為當兩棒相互作用時，由動量守恒定律知：即為 b 棒的最大速度）mcyx = (ma +mhy2.?V =V, =-j2giimm a + h 7（2）系統(tǒng)在整個過程中產(chǎn)生的最大熱能等于系統(tǒng)機械能的最大減小量，至兩棒速度相同以后，系統(tǒng)的機械能不再減少。由能的轉化和守恒定律知：e = AE = ma gh -1 （ma + mjv? = : ma gh2、解析： ab 棒向 cd 棒運動時，兩棒和導軌構成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應電流 .ab 棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動， cd 棒則在安培力作用 下做加速 運動，在 ab 棒的速度大于 cd

6、棒的速度時，回路中總有感應電流， ab 棒繼續(xù)減速 , cd 棒繼續(xù)加 速. 兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電流，再棒以相同的速度 v 做勻速運動 .（1）從初始至兩棒達到速度相同的過程中，兩棒的動量守恒，有時' 。=2 心， .Q = niVa(2m) v2 = mvA根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量3（2）設 ab 棒的速度為初速度的 4 時，2 24cd 棒的速度為 V，則由動量守恒可知mvQ=m-vQ+mv'3EE = ( Vn=此時回路中感應電動勢和感應電流分別為42R .F ci 此時 cd 棒所受的安培力 F=IBL cd 棒的

7、加速度 m .由以上各式可得 " 她 .3、由于棒 h 向右運動，回路中產(chǎn)生電流，匕受安培力的作用后減速，受安培力加速使回 路中的電流逐漸減小。只需 Vi ，V2 滿足一定關系，回路中磁通量不變化，兩棒各做做勻速運動。兩棒勻速運動時， 1=0, 即回路的總電動勢為零。所以有B11V1=B1 2V2% T時.如肴AC*咬用動晚定-Bllyt = mAx -再對DE棒應用動量定理 BIl 2t = m2v2 -0解方程得VL普.駕二碧八41QAC= 5人2miVo 2 miV12 m2V2 = 4052、mo v o308電量q = It =mxv4、4mvoR的大小可判定哪一個表滿偏；

8、由功能關系即可求岀外力F的大??；撤去外力后，感應電流大小不斷變化，平均作用力的沖量BIL - At=BLq=m - Av, 變力作 用下的導體運動問題可從電荷量的角度進行分析答案：(1)滿偏的電表是電壓表.因為若電流表滿偏，電路中的電流1=3A,電阻R兩端的 電壓U=IR=1.5V,已超過電壓表量程.2有 Fv = Z-(7? + r) 外力拉動金屬棒勻速右移時，外力的功率全部轉化為電路中的電功率.根據(jù)功能關系(或金屬棒合力為零：F=BIL,匸BLV/ (R+r)Ur U-(R + r)尸乂(o.5 +0.3)J p =而 R 所以 R2V 0.5 2+2N=1.6N-BiLt = 0-mv(

9、3) 撤去外力F后，金屬棒CD做減速運動。由動量定理可得金屬棒在整個減速時間內的 動量變化等于所受安培力的沖量，即:所以BLq=mv由電磁感應定律原來勻速右移的棒中產(chǎn)生的感應電動勢E = BLv = KR + r)求b代入上式得動量訓練題(五)1、解：設無風時金屬桿接入電路的電阻為Ri，風吹時接入電路的電阻為R2,由題意得Uu E &&* +)(1)無風時 R + r + R (即 E-U =0.5 QR. 0.5 r所以金屬桿單位長度的電阻FF-TJU2 =rQ 叫=o. 3Q,有風時& :人+, 0.3 L此時，彈簧長度r 1 m=0. 3 m, 壓縮量 * &am

10、p;o ' ( 0. 5 0. 3 ) m=0. 2 m,由平衡得此時風力為F=kx=260 No(3)由動量定理得一2 = pSvAtv,°。 m/s=20 m/s.2、解：(1)解：A在電場力作用下做初速度為零的勻速直線運動，設加速度大小為。經(jīng)過時間£與3發(fā)生第一次碰撞，貝 u a=<7=5m/s21=0.2 s(2)設A球與3球發(fā)碰撞前速度為I , AI，碰撞后A球速度為IE , 3球速度為VB2,貝 u VAI=C VA=1 m/s由動量守恒得mVA1=7"A2+7"B2即A球與3球發(fā)碰撞后，3做平拋運動，A在豎直方向上做自由落運動

11、，在水平方面上做初速度為零的勻加速運動，A球與A、3在水平方向發(fā)生的位移分別為以和B球運動時間相等，設時間為如在這段時間內SB,則SB=VB2i=0.1m A、3落地點之間的距離X=SA-SB. x=0.075mE =動，則 2qE = 3mg , 2 ?g3、解：(1)設電場強度為E,把小球A、B看作一個系統(tǒng)，由于繩未斷前兩球均做勻速運a =岌_qE-2mg=2maBA 4(負號表示方向向下)(2) 細繩斷開前后兩繩組成的系統(tǒng)滿足合外力為零，所以系統(tǒng)總動量守恒.設B球速度為零時，A球的速度 為VA，根據(jù)動量守恒定律得(以+ 2以)"0=以".+ 0".=3&qu

12、ot;0(3)設自繩斷開到球B速度為零的時間為t,則g _ 4vQ = v a+a Bt,aB =- t =4,則g2=(v o+3vo) ? = (v o+3vo) 4v 0 = 8v 0在該時間內A的位移為由功能關系知，電場力對 A做的功等于物體 A的機械能增量，則2AEa= qEsA = q 舞.時=1 2/ AEb = qEsB = q .筮=3mv>2同理對球B得M g所以+ "Eb 15wiv 02動量訓練題(六)_= mvo1、解：由動量定理得一二° - 嘩，即五及-皿，所以“ BL_1 ,Q = -mvo-由能量守恒定律得2/ 5AS BLs-a Ea

13、 BLsqR mwRE= ,q = iz=z =s=Ar A? A?R R ,所以 BLC將被充電，ab(3) 當金屬棒ab做切割磁力線運動時，要產(chǎn)生感應電動勢，這樣，電容器棒中有充電電流存在，ab棒受到安培力的作用而減速，當 ab棒以穩(wěn)定速度，勻速運動時,BLv = U c =您有 c而對導體棒ab利用動量定理可得一3L&C =mv-mv0v = mvo Q CBLmv0由上述二式可求得m + BIC， m + B2lC7,時間為ZV,則通過電阻R2、解：(1)設全過程中平均感應電動勢為萬，平均感應電流為心 In岫 BL(s + s') 4BLs zf, -a 4BLs的電荷

14、量為 q,貝U E = = ,得 q = IAt = =2CA? A? A?R(2)設拉力作用時間為 $,拉力平均值為萬，對整個過程根據(jù)動量定理有:瓦 V -BZLA? = 0-0所以 FM = BILAt = BLq =2X 1X2N ? s=4N ? s 拉力撤去時，導體桿的速度 v即為最大速度，拉力撤去后桿運動時間為平均感應電流為72,根據(jù)動量定理有:BliLAt-, = mv 即 B 七 s； R八位=BL 土 q=6小 mR4m2(4) 勻加速運動過程中a = =36m/s22s2 22xl x36F = ma + BIL =0.5X3牡 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：6+孔=四1 Rt=

15、18+72t解得：h= -hVl根據(jù)能量守恒定律得：在穿過磁場的過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱為2 = 叫 2-在進入磁場的過程中通過線框的電荷量為：0=?=如R R R=統(tǒng)=竺解得：qx二一V線框在進入磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為2_Dr jI沖i = B7LZ = BLq =同理，線框在離開磁場的過程中,所受安培力的沖量大I"小為：/沖2J1'2穿出量都 則由動量定理得：，沖=/n (Vi由此可知，線框在進入或 磁場的過程中，所受安培力的沖 相同+ V2)解得：V4、解析：(1)設線圈勻速穿出磁場的速度為V',此時線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E = BLv，.產(chǎn)生的感應電流為 R線圈受到的安培力為F=BILmg=F此過程線圈受到的重力與安培力平衡聯(lián)立式，得B2!設