動量定理和動能定理

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nu為4 0kg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)四為0 34,木板"瑞放著質(zhì)量me為1.0炫的小物塊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12Ns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Eka為8 0J,小物塊的動能Ekb為0 50J,重力加速度取10m/s%求：（1）瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度花，n（2）木板的長度L.:也訓練題質(zhì)量為m=lkg的小木塊（訶看在質(zhì)點），放在質(zhì)雖:為M=5kg的長木板的左端, 如圖所示.長木板放在光滑水平臬面上.小木塊與長木板間的動摩擦

2、因數(shù)=01,長木板 的長度1 = 2m.系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)使小木塊從長木板右端脫離出來，可采用下列兩種方 法:（g 取Om/s2） JI_（1）給小木塊施加水平向右的恒定外力F作用時間t = 2s,:*則F至少多大？|（2）給小木塊一個水平向右的瞬時沖量I,姻沖量I至少是 *多大？潼【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11： 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.己知 物體的質(zhì)量為80炫，吊繩的拉力不能超過1200N,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

3、一段時間，而后電動機 又以最大功率工作，當物體到達機艙前己達到最大速度.（g取lOm/s25）求：（1）落水物體運動的最大速度：（2）這一過程所用的時間.訓練鹿-輛汽車質(zhì)量為m,由靜止開始運動，沿水平地面行駛s后，達到最大速度， 設(shè)汽車的牽引力功率不變，阻力是車重的k倍，求：（1）汽車牽引力的功率；（2）汽車從靜止到勻速運動的時間葛訓練題水平推力耳和F?分別作用于水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時間后 撤去推力，物體將繼續(xù)運動-段時間后停卜.，兩物體的v-t圖線如圖所示，圖中線段ABCD,則卜列說法正確的是（）A. 耳的沖舅大于F?的沖景B. F的沖量小于F?的沖量C. 兩物體受到的摩

4、擦力大小相等D. 兩物體受到的摩擦力大小不等【例3】一個帶電房為-q的液滴，從。點以速度D射入勻強電場中，。的方向與電場方 向成。角，己知油滴的質(zhì)量為m,測得油滴達到運動軌道的最高點時，速度的大小為s求:（1）最高點的位置町能在0點上方的哪一側(cè)？（2）電場強度為多大？-（3）最高點處（設(shè)為N）與。點電勢差絕對值為多大？ / 一（）訓練聘頃量為2kg的小球以4m/s的初速度由傾角為30。斜面底端沿斜面向上滑行，若 上滑時的最大距離為Im,則小球滑回到出發(fā)點時動能為多少？（取g=10m/s2） H【例5】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, 軌道圓弧半徑為R,磁感應(yīng)

5、強度為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）放在軌道上的C點恰好處于靜止，圓弧半徑0C與水 平直徑AD的夾角為a（sina=0 8）.'' '求小球帶何種電荷？電荷量是多少？并說明理由.弋一.如果將小球從A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對形 軌道的最大壓力的大小是多少？新.彩訓練題如圖所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向R虛線上卜有磁感 應(yīng)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 先做加

6、速運動，后做勻速運動到達b端己知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)尸0 3,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L/3,求帶電小球 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a.【例61 （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(guān)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(yīng)強度的大小為B。一質(zhì)量為m,電 阻不計的金屬棒ab橫跨在導軌上。己知電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,電容器的電容為C,定 值電阻的阻值為Ro,不計導軌的電阻。（1）當

7、K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接入電路的阻值R多 大？（2）當K接2后，金屬棒ab從靜止開始卜.落，卜落距離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(guān)K接通2,待ab達到穩(wěn)定速度后，再將開關(guān)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再卜落距離s時，電容器儲存的電能是多少？（設(shè)電容器不漏電，此時電容器還沒有被擊穿）14訓練題（18分）如圖1所示，兩根與水平面成0=30。角的足夠長光滑金屬導軌平行放 置，導軌間距為L=lm,導軌兩端各接-個電阻，其阻值Ri=R2=1Q,導軌的電阻忽略不 計。整個裝置處于勻強

8、磁場中，磁場方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應(yīng)強度B=lTo現(xiàn) 有一質(zhì)最為m=0 2kg、電阻為1G的金屬棒用絕緣細繩通過光滑滑輪與質(zhì)量為M=0 5kg的 物體相連，細繩與導軌平面平行。將金屬棒與M由睜止釋放，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R?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Ri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(yīng)強度為某個值Bo不變，取質(zhì)屈M不同的物塊拉動金屬棒，測出金屬棒 相應(yīng)的做勻速運動的速度值v,得到v-

9、M圖像如圖2所示，請根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)計算出此能力訓練i策1.在北戴河旅游景點之一的北戴河滑沙場有兩個坡度不同的滑道AB和AB，（均可看作 斜面）.甲、乙兩名旅游者分別乘坐兩個完全相同的滑沙撬從A點由靜止開始分別沿AB和 廂，滑卜，最后都停止在水平沙面BC上，如圖所示.設(shè)滑沙撬和沙面間的動摩擦因數(shù)處處 相同，斜面與水平面連接處均可認為是圓滑時，滑沙昔保持-定的姿勢在滑沙撬上不動.則 下列說法中正確的是（）潢A.B.C.D.甲在B點速率一定大于乙在B點的速率瀟甲滑行的總路程一定大于乙滑行的總路程潢甲全部滑行的水平位移-定大于乙全部滑行的水平位移甲在B點的動能一定大于乙在B的動能港卜列說法正確的是（）

10、薄A. 一質(zhì)點受兩個力的作用而處于平衡狀態(tài)（靜止或勻速直線運動），則這兩個力在同 一作用時間內(nèi)的沖量一定相同B. 一質(zhì)點受兩個力的作用而處于平衡狀態(tài)，則這兩個力在同一時間內(nèi)做的功都為零, 或者一個做正功，一個做負功，且功的絕對值相等C. 在同一時間內(nèi)作用力和反作用力的沖量一定大小相等，方向相反D. 在同一時間內(nèi)作用力和反作用力有可能都做正功3. 質(zhì)量分別為m】和1由的兩個物體（m】>m2）,在光滑的水平面上沿同方向運動，只有相同的初動能.與運動方向相同的水平力F分別作用在這兩個物體上，經(jīng)過相同的時間 后,兩個物體的動量和動能的大小分別為Pi、P?和Ei、E2,則（）j莆 A. P!>

11、;P2 和 Ei>E；jB. P!>P2 和 EiVE?C. Pi<P2 和 Ei>E?D. Pi VP?和 EiVE：i44. 如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為nu、旦>1現(xiàn)，置于光滑水平面上，相距 較遠.將兩個大小均為F的力，同時分別作用在A、3上經(jīng)相同距離后，撤去兩個力，兩物 體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（）A.停止運動B.向左運動序產(chǎn)gC.向右運動D不能碰定-77777777777777777775. 如圖348所示，一個質(zhì)子和一個a粒子垂直于磁場方向從同一點射入一個勻強磁場, 若它們在磁場中的運動軌跡是重合的，則它們在磁場中運動的過程中A. 磁場對它們的沖量

12、為零B. 磁場對它們的沖量相等C .磁場對質(zhì)子的沖量是對a粒子沖量的2倍D.磁場對a粒子的沖量是質(zhì)子沖量的2倍7. 如圖所示，傾角但37。的斜面底端B平滑連接著半徑r=040m的豎直光滑圓軌道。質(zhì)量n0.5（Mcg的小物塊，從距地面h=2.7m處沿斜面由靜止開始下滑，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)好025,求：（sin37°=06, cos37°=0.8, g=lOm/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，對圓軌道的壓力大小。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

13、阻力與航行速度滿足關(guān)系f=kv，其中卜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A、B,兩板相距為d,兩板間電壓為U, 一 質(zhì)最為m的帶電小球從兩板間的M點開始以賢直向上的初速度如進入兩板間勻強電場內(nèi)運 動，當它達到電場中的虬攻時速度變?yōu)樗椒较?，大小變?yōu)樘?，求M、N兩點間的電#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(shè)重力加速度為g）.I- 邛10. 如圖所示，在豎直放置的鉛群A的右表面上貼著

14、口射線放射源P,己知射線實質(zhì) 為高速電子流，放射源放出口粒子的速度vo=1.0xl07m/so足夠大的熒光屏M與鉛屏A平 行放置，相距d=2 0xl0-2m,其間有水平向左的勻強電場，電場強度大小£=15x10/00 己知電子電me=l 6X1O-19C,電子質(zhì)量取m=9 Ox 10-31kgo求（1）電子到達熒光屏M上的動能；M（2）熒光屏上的發(fā)光面積。R日11. 如圖所示，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(yīng)強度為B,磁場的寬度為S,相鄰磁場區(qū)域的間距也為

15、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m,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II.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(yīng)電流的磁 場可以忽略不計，求：（1）剛開始卜滑時，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）金屬框完仝進入第k （k<n）段磁場區(qū)域前的時刻，金屬框中的電功率.A S / - S *712、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(yīng)強度 為B,方向水平并垂直紙面向外。

16、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而最高點？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)?水平向右，則該微粒運動中距地面的最大高度是多少？X X X X X B XXP XXXXXXXXXXXX專題4答案【例1】【解析】(1)在瞬時沖量的作用時，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

17、量定理，有：I=mAUoM代入數(shù)據(jù)得：vo=3 Om/sg(2)設(shè)A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為F£ab、Fiba、Fa，B在A上 滑行的時間為t, B離開A時A的速度為皿，B的速度為詢A、B對C位移為Sa、Sb.盈 對 A 由動量定理有：Si ( F £Ba+F fCA)t = mAUA-mAO UN 對B由動理定理有：MF£ABt = mBDBM其中由牛頓第三定律可得FffiA = FftB»另FfCA=N(1辦+1現(xiàn))g慕對 A 由動能定理有：慕一(FfBA+FfCA)Sa = l/2mAD2k-l/2nuwo ®對B由動能

18、定理有：慕FfABfSB = 1/21 b慕根據(jù)動量與動能之間的關(guān)系有：rnAUA=.如對皿，鳴詢=府總慕木板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=0 50m. H訓練BS答案:(1) F=l. 85N(2) 1=6. 94KS【例2】【解析】先讓吊繩以最大拉力FTxn=1200NT作時，物體上升的加速度為a,葛由牛頓第二定律有：a= 上嘩 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=12kW時，物體速度為S由Pm = T”，得V = 10m/s.物體這段勻加速運動時間ti = =2s,位移si = l/2atf = 10m.

19、aP此后功率不變，當?shù)趵K拉力FT = mg時，物體達最大速度上=15m/s.mg這段以恒定功率提升物體的時間設(shè)為0由功能定理在P0mg (h-si)代入數(shù)據(jù)得t2 = 5. 75s,故物體上升的總時間為t = ti+t2 = 7 75s.即落水物體運動的最大速度為15m/s,整個運動過程歷時7 75s.訓練題答案:(1) P=kingvm (2) t=(Vm'+2kgs) /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.葛由動能定理有：叫+W電二/kEK，而八

20、EK=OH重力做負功,閥V0,故必有W電0,即電場力做正功，故最高點位置-定在0點左 側(cè).S(2)從0點到最高點運動過程中，運動過程歷時為t,由動量定理：K在水平方向取向右為正方向，有：qEt = m (-0) "DCOS。盈在豎直方向取向上為正方向，有：-mgt =上兩式相比得虎=l+c°s° ,故電場強度為£ = mg sin。mg(l+ cosO)qshi。(3) 豎直方向液滴初速度為加速度為重力加速度g,故到達最高點時上升 的最大高度為h,則11=單=撰：8盈-g -g從進入點。到最高點N由動能定理有qU-mgh = Ek= 0，代入h值得U =

21、皿° -q【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 ；?-mg,而F洋=p Wg =半木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=/zN=/zwgcos&比較可知，F(xiàn)sina = mgsina = O 6mg, Ff = 0 4mg, Fsina>Ff.故木塊從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之前速度即己為零，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

22、從A到B過程中，由動能定理有：FLsina-FJF/m房慕代入F、Ff各量得內(nèi)=j2gL(siiiQcosa) =2y/2 =2.83m/s.晶由動能定理有:JSFLsina-FfS = A Ek(2) 木塊從開始運動到最終靜11：，運動的路程設(shè)為s.代入各量得s =Lsinamcos a=3m=0葛訓練題答案：Ek=4J【例5】答案：正電荷，q =迎f9E + 3B同ng4E4E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Fn cosa= qEFn sin a = nig則j 3n)g = 4qE小球帶電荷量4

23、=祟(1)(2)小球從A點釋放后，沿圓弧軌道滑卜，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(shè)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?由niv2 = n郵 sin a - qER（l - cos a）2通過C點的速度v=J亟小球在重力、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F - mg sin a - qE cosa - q vB= m一最大壓力的大小等亍支持力F=9E + 3B7Rg）ing4E訓練題解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*%1歸當小球做勻速運動

24、時：qE=H與（6分）小球在磁場中做勻速圓周運動時，qy,B = nAR又R嚀所以T（4分）小球從a運動到b的過程中，由動能定理得:Wu-Wf =q2B2L21r 2B2q2L2而 Wh = qEL= /zqnBL= 所以 Wf="1 Om245mWf 4（8分）【例61 （16分）（1）由 BIL= mg （1 分）1 = （1 分）R+r得 R=-r （1 分）mg奪、u B2I?v（2）由nig =（2分）（1分）由動量定理，得mgt- BILt - mv一 RT q<1分） 其中It=q= （1分）得 t=B2?s+m（1 分）（或 BEm"）mgK Bfin

25、g 耳 B-L-Aq CAU CBLAvAv（3）K接 3 后的充電電流I = M=CBL=CBLa （1 分）AtAt AtAtmg- BIL= ma （1分） 得= =常數(shù)（1分）m + CB-L-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）（1 分）,根據(jù)能昂:轉(zhuǎn)化與守恒得AE = nigs - ynw2） （1分）nrgs/ 八、/ mgsCB"!/=mgs三l(分) (或 )111+CB-L-111+CB-L-（2分）訓練題(新海中學)(18分)(1) =mg sin 0+R+ r(Mg - nig sin )(R+ r) /.v=_ 八=6m/s(2分

26、),BL-(2) 蟠smgs sin 0Q=： (M+m) v2(2 分)，Q=Mgsmgs sin 6 (M+m) v2=ll 4J(1 分)Qi=Lq = 1.9J(2 分)一 E ，(3) q= It =1 =4C(1 分)R+r R+r棒從釋放到開始勻速運動的過程中，由動量定理：(Mg-nigsiii- BIL)t = (m+M)v(2分)即:(Mg-mgsin)t- BLq = (m+ M)v 1. ABD23. B4. C5. D6. 答案：（1）設(shè)在At時間內(nèi)，CO?分子運動的距離為L,貝lj L=）A t打在平板上的分子數(shù)N=nLSNA6故單位時間內(nèi)打在平板上的C02的分子數(shù)為

27、N = At得 N=-nSNAv根據(jù)動量定理FA t=（2mi）A Np=N Am解得 F=y np.Sv2C02氣體對平板的壓力F = F=；n3«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(shè)卜滑加速度為a ,到達斜面底端B時的速度為v,則 mgsin-/zingcos= ma 、 hv- = 2asin。代入數(shù)據(jù)解得：v=6.0m/s（2）設(shè)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,由機械能守恒定律得：一mv，= nw： + n號 2r22物塊運動到圓軌道的最高點A時，由牛頓第二定律得：N + mg=m r代入

28、數(shù)據(jù)解得：N=20N由牛頓第三定律可知，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=20N8. 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 = 4x=kvm根據(jù)牛頓運動定律有：Ff=ma代入數(shù)據(jù)得：a = lm/s2（2）水向后的速度為u,根據(jù)動量定理有： Fa t=A mu-0代入數(shù)據(jù)解得：= - = 125kg；«At u9. 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V。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2V。豎直位移：h = -2g水平位移：x = Ul t Xh = _ t 所以：x=2h = -22g所以M、N兩點間的電勢差U=- x =d dg從M運動到N的過程，由動能定理得：+WG =2mv-lmvj又 Wq = 一 mgh= -mvj所以 = 2mvJ10. （14 分）（1）由動能定理 eEd = EK-HK（2 分）LEK=lx9xlO"31 x.OxlO7）2 4-1.6X10-19 x2.5 xlO