2018年高中物理動(dòng)量定理和動(dòng)能定理專(zhuān)項(xiàng)練習(xí)題(供參考)

1、 mv22b=qEL=yqvb10m所以W=Wf電2B2q2L2mv2=245mW則一fW電（81mv22b=qEL=yqvb10m所以W=Wf電2B2q2L2mv2=245mW則一fW電（8分）例6】16分）1）由BIL=mg（1分）E=兀分）得R=EBL-r（1分）mgB2L2v（2）由mg=R02分）mgR得v=血1分）由動(dòng)量定理，得mgt-BILt=mv1分）其中ItBLs=q石（1分）B2L2smR得t=+0-mgRB2L20（3）K接3后的充電電流IB4L4s+m2gR2（1分）（或0-mgRB2L20CAUCBLAvAv=CBL=CBLa（1分）AtAtAqAtAtmg-BIL=

2、ma（1分）mg得a=m+CB2L2=常數(shù)（1分）所以ab棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是“勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)”，電流是恒定的。（1分）v2一v2=2as21分），根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒得AE=mgs一（2吧-1mv2）1分）=mgs-m2gsm+CB2L21分）mgsCB2L2（或m+CB2L2小求從a運(yùn)動(dòng)到畀勺過(guò)程中，由動(dòng)能定理得:叫Wf=（2（2分）2分），B2L2v（18分）（1）Mg=mgsinR+r（Mg-mgsin9）（R+r）v=6m/sB2L2(2)Mgsmgssin9Q=2(M+m)V2（2分），Q=Mgsmgssin9丄2(M+m)V2=11.4J（1分）Q=1Q=1.9J（2分）i6-EA（1分

3、）(3)q-It-t-4CR+rR+r棒從釋放到開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)量定理：（Mg-mgsin0-BIL）t=（m+M）v即：（Mg-mgsin0）t-BLq=（m+M）v（2分）答案：（1）物塊沿斜面下滑過(guò)程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)下滑加速度為a，到達(dá)斜面底端B時(shí)的速度為v,則mgsin0-pmgcos0=machv2=2a-sin0代入數(shù)據(jù)解得：v=6.0m/s（2）設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)A時(shí)的速度為v,在A(yíng)點(diǎn)受到圓軌道的壓力為N,1mv2=1mv2=2由機(jī)械能守恒定律得:mv2+mg-2r2av2物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)A時(shí)，由牛頓第二定律得：N+mg=

4、mr代入數(shù)據(jù)解得：N=20N由牛頓第三定律可知，物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)A時(shí)，對(duì)圓軌道的壓力大小N=N=20NA答案：（1）汽艇以v=5m/s速度航行時(shí)所受阻力為f=kv其牽引力為：F=f=kvmm根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：Ff=ma代入數(shù)據(jù)得：a=1m/s2（2）水向后的速度為u,根據(jù)動(dòng)量定理有：FAt=muOAmF代入數(shù)據(jù)解得：=一=125kg/sAtu答案：帶電小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，在豎直方向上小球僅受重力作用,從初速度vo勻減速到零。水平方向上小球僅受電場(chǎng)力作用，速度從零勻加速到2v。豎直位移：h=孚2g水平位移：x=0-1又h=直-1所以：x=2h=冷22g所以M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=

5、U-x=Uv0MNddg從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W+W=丄mv2mv2電G2N2010（14分）（10（14分）（1）由動(dòng)能定理2分）又=mgh=一丄mv2G20所以W=2mv2電01eEd=Emv2K20E=x9x10-31x1.0 x107丄+1.6x10-19x2.5x104x2x-2K24分）（2）射線(xiàn)在A(yíng)、B間電場(chǎng)中被加速，除平行于電場(chǎng)線(xiàn)的電子流外，其余均在電場(chǎng)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(dòng)水平射程）。1eEd=-12t二3x10-9s2mr=vt=1.0 x107x3x10-9=3x10-2m0在熒光屏上觀(guān)察到的范圍是半徑為3.125X

6、102米的圓圓面積S=nr2=2.83x10-3m211.（1）設(shè)金屬框在進(jìn)入第一段勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域前的速度為段勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，線(xiàn)框中產(chǎn)生平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2BLE=t=1.25x10-16J2分）v0，（2分）（4分）金屬框在進(jìn)入和穿出第一1分平均電流強(qiáng)度為（不考慮電流方向變化）-E2BLI=rrt_由一BILt=mvmv01分量1分同理可得：2BL2BLt=mvmvrt102B2L3=mvmvr102B2L3=mvmvr212B2L3=mvmv3整2B2L3n=0mvr解2nB2L1分mr金屬框沿斜面下滑機(jī)械能守恒1分mgh=丄mv22ov22n2B4L6h=2gm2gr2（2）mgh金屬

7、框中產(chǎn)生的熱量Q2分1分1分2n2B4L1分mr2(3)金屬框穿過(guò)第(k1)個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域后，由動(dòng)量定理得：(卜1)2B2L3(k一1)=mv一mvrkio金屬框完全進(jìn)入第k個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得:B2L3=mv/mvrkk11分解（2n2k+1）B2L3mrv/mrk1分功(BLv/)2(2n2k+1)2B6L8m2r3P=m2r3r2分12解：(1)帶電微粒在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力應(yīng)平衡，因此mg=Eq解得：e解得：e=mgq最高點(diǎn)與地面的距離為：H=最高點(diǎn)與地面的距離為：H=H+R(1+cos45。)m豎直向下方向豎直向下(2)粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R,如圖所示。v2qBv=mR解得：H=H+m該微粒運(yùn)動(dòng)周期為：T=Bq運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為：t=8T=甞84Bq(3)設(shè)粒子升高度為h,由動(dòng)能定理得:-