2018年高中物理動量定理和動能定理專項練習(xí)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 m 為 4.0kg 的木板 A 放在水平面C 上，木板與水平面間的動摩A擦因數(shù) 為 0.24 ，木板右端放著質(zhì)量mB 為1.0kg的小物塊B（視為質(zhì)點），它們均處于靜止?fàn)顟B(tài) 木板突然受到水平向右的12Ns的瞬時沖量作用開始運(yùn)動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能E為 8.0J，小物塊的，重力加速度10m/s ，動能E 為 0.50J 取求：KAKB2（1）瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度0 ;（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(jī)搶救一重要落水物體，靜止在空中的直升飛機(jī)上的電動機(jī)通過懸繩將物體從離飛機(jī)9

2、0m 處的洪水中吊到機(jī)艙里已知物體的質(zhì)量為80kg，吊繩的拉力不能超過1200N，電動機(jī)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(jī)又以最大功率工作，當(dāng)物體到達(dá)機(jī)艙前已達(dá)到最大速度（ g 取 10m/s 2）求：落水物體運(yùn)動的最大速度；這一過程所用的時間【例 3】一個帶電量為 - q 的液滴，從 O 點以速度 射入勻強(qiáng)電場中， 的方向與電場方向成 角，已知油滴的質(zhì)量為 m，測得油滴達(dá)到運(yùn)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(qiáng)度為多大？（3）最高點處（設(shè)為N）與 O 點

3、電勢差絕對值為多大？-1-【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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，軌道圓弧半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外， 電場強(qiáng)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）放在軌道上的直徑 AD 的夾角為（sin =0.8 ） .C 點恰好處于靜止，圓弧半徑OC 與水平求小球帶何種電荷？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(yùn)動時，對軌道的最大壓力的大小是多少？EBAODC【例 5】. 如圖所示，虛線上方有場強(qiáng)為E 的勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，ab 是一

4、根長為L 的絕緣細(xì)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，小球先做加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動到達(dá)b 端 . 已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)= 0.3 ，小球重力忽略不計，當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方后，運(yùn)動軌跡是半圓，圓的半徑是L/3，求帶電小球從 a 到 b 運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值.aEbB-2-【例 6】（ 16 分）如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)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(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)

5、度的大小為B。一質(zhì)量為m，電阻不計的金屬棒值電阻的阻值ab 橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r ，電容器的電容為C，定為R0，不計導(dǎo)軌的電阻。（1）當(dāng) 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R 多入電路的阻值大？（2）當(dāng) K 接 2 后，金屬棒 ab 從靜止開始下落，下落距離 s 時達(dá)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(dá)到穩(wěn)定速度后，再將開關(guān)K 接到 3。試通過推導(dǎo)，說明ab棒此后的運(yùn)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？（設(shè)電容器不漏電，此時電容器還沒有被擊穿

6、）REr1R0K2C3abB訓(xùn)練題 （ 18 分）如圖1 所示，兩根與水平面成30 角的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L 1m，導(dǎo)軌兩端各接一個電阻，其阻值R1 =R2=1，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。整個裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B 1T?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m0.2kg、電阻為1的金屬棒用絕緣細(xì)繩通過光滑滑輪與質(zhì)量為M 0.5kg 的物體相連，細(xì)繩與導(dǎo)軌平面平行。將金屬棒與M 由靜止釋放，棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動了6m 后開始做勻速運(yùn)動。運(yùn)動過程中，棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，圖示中細(xì)繩與R2 不接觸。（ g=10m/s2）求：（1）金屬棒勻速運(yùn)動時的速度；（2）棒從釋放

7、到開始勻速運(yùn)動的過程中，電阻R1 上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）棒從釋放到開始勻速運(yùn)動的過程中，經(jīng)歷的時間；（ 4）若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度為某個值B0 不變，取質(zhì)量 M 不同的物塊拉動金屬棒， 測出金屬棒相應(yīng)的做勻速運(yùn)動的速度值v，得到 v M 圖像如圖 2 所示，請根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)計算出此時的B0。-(m/vs)R210M8B642M(kg)00.10.2 0.30.40.5R1圖 13-如圖所示，傾角=37的斜面底端B 平滑連接著半徑r =0.40m 的豎直光滑圓軌道。質(zhì)=0.50kg 的小物塊， 從距量地面m=2.7m 處沿斜面由靜止開始下滑，h小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.25 ，求：（ sin37

8、 =0.6 ，cos37=0.8 ，g=10m/s 2）（1）物塊滑到斜面底端B 時的速度大小。（2）物塊運(yùn)動到圓軌道的最高點A 時，對圓軌道的壓力大小。AhOB一質(zhì)量為500kg的汽艇，在靜水中航行時能達(dá)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(guān)系f kv，其中k=100Ns/m 。（1）求當(dāng)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）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)量為 m 的帶電小球從兩板間的M 點開

9、始以豎直向上的初速度 0 進(jìn)入兩板間勻強(qiáng)電場內(nèi)運(yùn)動，當(dāng)它達(dá)到電場中的20，求 M、 N 兩點間的電勢差N 點時速度變?yōu)樗椒较颍笮∽優(yōu)楹碗妶隽щ娦∏蛩龅墓Γú挥嫀щ娦∏驅(qū)饘侔迳想姾删鶆蚍植嫉挠绊?，設(shè)重力加速-度為 g）4-如圖所示，在豎直放置的鉛屏的右表面上貼著A射線放射源，已知射線實質(zhì)P為高速電子流，放射源放出行放置，相距d=2.010粒子的速度v0=1.0 10 7m/s 。足夠大的熒光屏 2m，其間有水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小M 與鉛屏A平E=2.5 104N/C 。已知電子電量e=1.610-19 C，電子質(zhì)量取m=9.010-31 kg。求（ 1）電子到達(dá)熒光屏上的動

10、能；MM（ 2）熒光屏上的發(fā)光面積。APd如圖所示，兩條光滑的絕緣導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的水平部分與圓弧部分平滑連接，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌的水平部分有n 段相同的勻強(qiáng)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(qiáng)度為B，磁場的寬度S，相鄰磁場區(qū)域的間距為也為S， S大于 L， 磁場左、右兩邊界均與導(dǎo)軌垂直。現(xiàn)有一質(zhì)量為，電阻為m，邊長為r的正方形金屬框， 由L圓弧導(dǎo)軌上某高度處靜止釋放，金屬框滑上水平導(dǎo)軌，在水平導(dǎo)軌上滑行一段時間進(jìn)入磁場區(qū)域，最終線框恰好完全通過場可以忽略不計，求：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（1）剛開始下滑時，金屬框重心離水平導(dǎo)軌所在平面的高度

11、-（2）整個過程中金屬框內(nèi)產(chǎn)生的電熱（3）金屬框完全進(jìn)入第k（ k n）段磁場區(qū)域前的時刻，金屬框中的電功率 BBBSS5-12、如圖所示， 在地面附近有一范圍足夠大的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，方向水平并垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為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(yùn)動。（重力加速度為g）（ 1）求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向。（ 2）若某時刻微粒運(yùn)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(yùn)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(yùn)動P 點時，突然撤去磁場，同時電場強(qiáng)度大小

12、不變，方向變?yōu)樗较蛴?，則該微粒運(yùn)動中距地面的最大高度是多少？BvP45 H-6-【例 1】【解析】（ 1）在瞬時沖量的作用時，木板量均可以忽略A 受水平面和小物塊B 的摩擦力的沖取水平向右為正方向，對A 由動量定理，有：I=m0A代入數(shù)據(jù)得：0（ 2）設(shè) A 對 B、 B 對 A、 C 對 A 的滑動摩擦力大小分別為F、 F 、 Ff， B 在 A 上滑行離的時間為， 開時的速度為A ，的速度為B 、fABfCBAA位移AB對為、 tBAABABCss對 A 由動量定理有：（ FfBA +FfCA） t =mAA- mA0對 B 由動理定理有：其中由牛頓第三定律FfABt =mB B=（m+

13、m ）可得F=F，另 FgfAfBABfCAAB對 A 由動能定理（ FfBA +FfCA）2 -1/22有：sA = 1/2mAmA對 B 由動能定理有：FsfAA0= 1/2mBBfB根據(jù)動量與動能之間的關(guān)B22mE， mBB =2mB E系有：mAA =木板 A 的長度即B 相對 A 滑動距離的大小，故代入放數(shù)據(jù)由以上各式可得L = 0.50m A KAKBL=sA- sB，-訓(xùn)練題答案：（1） F=185N【例 2】【解析】先讓吊繩以最大拉力（2）I=6 94NSFTm = 1200 N 工作時，物體上升的加速度為a，由牛頓第二定律有：a =FTm - mg ，代入數(shù)據(jù)得 a = 5m

14、/s2m當(dāng)?shù)趵K拉力功率達(dá)到電動機(jī)最大功率m =時，物體速度m12為，由 m =，得 = 10m/ s t物體這段勻加速運(yùn)動PkWPT，位移s1 =2時間1 = 2sa1/2at1= 10 m此后功率不變，當(dāng)?shù)趵K拉力F =mg 時，物體達(dá)最大速度=Pm=15m/s mTmg7-這段以恒定功率提升物體的時間設(shè)為mPt 2- mg（h- s1） = 1 m 2 - 1 m2222 =2，由功能定理有：tt =t+ 2 =代入數(shù)據(jù)得t5 75s，故物體上升的總時間為1t7.75s即落水物體運(yùn)動的最大速度為15m/s，整個運(yùn)動過程歷時7.75 s2訓(xùn)練題答案：（1） P=kmgv（2）t= （ v+2k

15、gs/2kgvmmm訓(xùn)練題 答案：BC【例 3】【解析】（ 1）帶電液油mg 和水平向左的電qE，在水平方向做勻受重力場力變速直線運(yùn)動，在豎直方向也為勻變速直線運(yùn)動，合運(yùn)動為勻變速曲線運(yùn)動由動能定理有：W+W= E ，而EG電KK重力做負(fù)功，G 0，故必有電 0，即電場力做正功， 故最高點位點左置一定在側(cè)WWO（ 2）從 O 點到最高點運(yùn)動過程中，運(yùn)動過程歷時為t ，由動量定理：- qEt在水平方向取向右為正方向， 有：在豎直方向取向上為正方向，=m（ - ） - mcos 有：- mgt = 0- msin E為上兩式相比得qE1cos，故電場強(qiáng)度=mg(1cos)mgsinq sin（ 3

16、）豎直方向液滴初速度為1 = sin ，加速度為重力加速度g，故到達(dá)最高點時222上升的最大高度為，則=1sinhh2g2g從進(jìn)入點O 到最高點N 由動能定理有qU- mgh = EK = 0m 2 sin 2，代入h 值得U =2q【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例向上，大小為 FF 浮 - mg，而 F 浮 =液木 Vg = 2mg ，故 F mg在垂直于管壁方向=Vg = 2=有：FN =Fcos =mgcos，在平行管方向受滑動摩擦力f= N =cos ，比較可知，sin = sin = 0.6，F(xiàn)mgFmgmg動，滑過F = 0.4mg，F(xiàn)sin F

17、 故木塊從A 到 B 做勻加速運(yùn)ffB 后 F 的分布和滑動摩擦力均為阻力， 做勻減速運(yùn)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(yùn)動，但離-B 點距離越來越近，最終只能B靜止在處2木塊從A 到 B 過程中，由動能定理有：FB Lsin - F L = 1/2m f代入 F、 Ff 各量得 B=2gL(sincos) = 22 = 2.83m/s木塊從開始運(yùn)動到最終靜止，運(yùn)動的路FLsin- Ff s = 程設(shè)為s，由動能定理有：EK代入各量得s =L sinm cos= 3m訓(xùn)練題 答案： EK=4J8-【例5 】 答 案 ： 正 電 荷 ， q9E3BRg mgF4E3mg4

18、E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.則有小球帶電荷量q3mg 4E（ 1）(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(shè)為 v) 最大，力f 最大，且qE 和 mg 的合力方向沿半，因此小球?qū)壍赖膲毫ψ顝酱?OC由 1 mv 2mgR sinqER 1cos（ 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(yùn)動， 有Fmg sinqE cosqvBm v 2(3)R最

19、大壓力的大小等于支持力訓(xùn)練題 . 解 : 小球在沿桿向下運(yùn)動時，受力情況如圖所示 :在水平方向 : N=qvB ，所以摩擦力f = N= qvB當(dāng)小球做勻速運(yùn)動時：qE=f = qvbB(6分 )f小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，qvb Bm vb2LqBL又 R，所以 vb33mR(4分 )qvBNqE小球從 a 運(yùn)動到b 的過程中，由動能定理得: W 電 W f1 mvb2-而 W 電q 2 B 22LqELqvb BL所以 W fW 電2212B 2q 2 L 2mvbWf4則(8W 電910 m分 )245m9-【例 6】（ 16 分）（ 1）由E分）BILmg（ 1 分） I（1RrE

20、BL得Rr （ 1 分） mg（ 2）由 mgB 2 L2 v（ 2分）得 vm gR0（ 1 分）R0B 2 L2由動量定理，得mgtBI Ltmv （ 1 分）其中 It = qBLs R0（ 1 分）0得 tB 2 L2 smR0（1 分）（或 B 4 L4 sm2 gR0 2）mgR0B 2 L2mgRB 2 L2（ 3）K 接 3 后的充電電流 IqCUCBLvCBLvCBLa（ 1分）tttt mgmgBILma（ 1 分）得 amCB22 = 常數(shù) （ 1 分） L所以 ab 棒的運(yùn)動性質(zhì)是“勻加速直線運(yùn)動”，電流是恒定的。（ 1 分）v 2v22as（ 12分），根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與

21、守恒得Emgs( 1 mv21 mv2 )（1 分）222（或mgsm2 gs（ 1 分）mgsCB2 L2）mCB 2 L2mCB2 L2（18 分）Mgmg sinB 2 L 2 v（ 2分）Rrv (Mgmg sin)( Rr ) 6m/s（ 2 分）， B 2 L2MgsmgssinQ MgsmgssinQ 1 （ M m）v2（ 2 分）， 212（ M m） v 211.4J（1 分）-Q11 Q1.9 J（ 2 分）6q= It=Et =4C（ 1 分）RrRr棒從釋放到開始勻速運(yùn)動的過程中，10-由動量定理：(Mg-mgsinBIL )t(mM )v即： (Mg-mgsin)t

22、BLq(mM )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(yùn)動，設(shè)下滑加速度為a ，到達(dá)斜面底端B 時的速度為v，則mg sinmg cosmav22ah sin代入數(shù)據(jù)解得：v6.0 m/s（ 2）設(shè)物塊運(yùn)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N力為，由機(jī)械能守恒定律得：1 mv21 mvA2mg2r物塊運(yùn)動到圓軌道的最高點22A 時，由牛頓第二定律得：Nmgm vA2代入數(shù)據(jù)解得：由牛頓第三定律可知，8答案：（ 1）汽N=20N物塊運(yùn)動到圓軌道的最高點v5m/s 速度航行時所受阻rA 時，對圓軌道的壓力大小NA=N=20

23、N艇以其牽引力為：根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有：代入數(shù)據(jù)得：（2）水向后的速度為力為f kvF f m kvmF f ma a 1m/s 2u，根據(jù)動量定理有：F t mu 0代入數(shù)據(jù)解得：mF125kg/stu9答案：帶電小球從M 運(yùn)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 。00v02豎直位移：水平位移：h2g2vx0t又 hv2v020t所以： xh22UU所以 M、 N 兩點間的電g0Uv 2勢差MNxddg-Wmv0從 M 運(yùn)動到 N 的過程，由動能定理得：WG1 mvN2 120電22又 Wmgh1mv2所以 W電2mv2G2010（ 14分）（ 1）由動能定理3eEd=EK 122mv0（ 2 分）EK117 2194291021.010 1.610112.5 102- 1.2510-16J（ 4 分）(2)射線在A、B 間電場中被加速，除平行于電場線的電子流外，其余均在電場中偏轉(zhuǎn)， 其中和鉛屏A 平行的電子流在縱向偏移距離最大( 相當(dāng)于平拋運(yùn)動水平射程) 。t（2 分）d1eE2t= 310 9 s2m7-9-2r= v t= 1.010310 =310 m0在熒光屏上觀察到的范圍是半