高中物理動(dòng)量定理和動(dòng)能定理專項(xiàng)練習(xí)題

..專題4、動(dòng)量定理和動(dòng)能定理典型例題[例1]如圖所示,質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上,木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ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(diǎn),它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬時(shí)沖量作用開始運(yùn)動(dòng),當(dāng)小物塊滑離木板時(shí),木板的動(dòng)能EKA為8.0J,小物塊的動(dòng)能EKB為0.50J,重力加速度取10m/s2,求：〔1瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度υ0;〔2木板的長度L．[例2]在一次抗洪搶險(xiǎn)活動(dòng)中,解放軍某部隊(duì)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(dòng)機(jī)通過懸繩將物體從離飛機(jī)90m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(dòng)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(shí)間,而后電動(dòng)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/s2求：〔1落水物體運(yùn)動(dòng)的最大速度；〔2這一過程所用的時(shí)間．[例3]一個(gè)帶電量為-q的液滴,從O點(diǎn)以速度υ射入勻強(qiáng)電場中,υ的方向與電場方向成θ角,已知油滴的質(zhì)量為m,測得油滴達(dá)到運(yùn)動(dòng)軌道的最高點(diǎn)時(shí),速度的大小為υ,求：〔1最高點(diǎn)的位置可能在O點(diǎn)上方的哪一側(cè)？〔2電場強(qiáng)度為多大？〔3最高點(diǎn)處〔設(shè)為N與O點(diǎn)電勢(shì)差絕對(duì)值為多大？ADBCOαE[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(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(gè)質(zhì)量為m的小球〔可視為質(zhì)點(diǎn)放在軌道上的C點(diǎn)恰好處于靜止,圓弧半徑OC與水平直徑ADBCOαE⑴求小球帶何種電荷？電荷量是多少？并說明理由.⑵如果將小球從A點(diǎn)由靜止釋放,小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)軌道的最大壓力的大小是多少？訓(xùn)練題.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(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)b端.已知小球與絕緣桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,小球重力忽略不計(jì),當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方后,運(yùn)動(dòng)軌跡是半圓,圓的半徑是L/3,求帶電小球從a到b運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值.aabEB[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(dòng)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(gè)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)度的大小為B。一質(zhì)量為m,電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動(dòng)勢(shì)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(jì)導(dǎo)軌的電阻。〔1當(dāng)K接1時(shí),金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止,則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R多大？〔2當(dāng)K接2后,金屬棒ab從靜止開始下落,下落距離s時(shí)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(shí)間為多少？ababR0ECrK123RB訓(xùn)練題〔18分如圖1所示,兩根與水平面成θ＝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(gè)電阻,其阻值R1=R2=1Ω,導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。整個(gè)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m＝0.2kg、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(dòng)了6m后開始做勻速運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)的速度；〔2棒從釋放到開始勻速運(yùn)動(dòng)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(dòng)的過程中,經(jīng)歷的時(shí)間；BR1R2MMθ圖1〔4若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度為某個(gè)值B0BR1R2MMθ圖17．如圖所示,傾角θ=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)量m=0.50kg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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,求：〔sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2〔1物塊滑到斜面底端B時(shí)的速度大小。〔2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。θθABOh8．一質(zhì)量為500kg的汽艇,在靜水中航行時(shí)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(shí)所受阻力與航行速度滿足關(guān)系f＝kv,其中k=100Ns/m?！?求當(dāng)汽艇的速度為5m/s時(shí),它的加速度；〔2若水被螺旋槳向后推動(dòng)的速度為8m/s,則螺旋槳每秒向后推動(dòng)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)量為m的帶電小球從兩板間的M點(diǎn)開始以豎直向上的初速度υ0進(jìn)入兩板間勻強(qiáng)電場內(nèi)運(yùn)動(dòng),當(dāng)它達(dá)到電場中的N點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)樗椒较?大小變?yōu)?υ0,求M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差和電場力對(duì)帶電小球所做的功〔不計(jì)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．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(shí)質(zhì)為高速電子流,放射源放出粒子的速度v0=1.0×107m/s。足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行放置,相距d=2.0×10－2m,其間有水平向左的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=2.5×104N/C。已知電子電量e=1.610-19C,電子質(zhì)量取m=9.010-31kg。求〔1電子到達(dá)熒光屏M上的動(dòng)能；〔2熒光屏上的發(fā)光面積。11．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(dǎo)軌垂直。現(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(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(shí)間進(jìn)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(jì),求：〔1剛開始下滑時(shí),金屬框重心離水平導(dǎo)軌所在平面的高度．〔2整個(gè)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(shí)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(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(dòng)?！仓亓铀俣葹間〔1求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向?！?若某時(shí)刻微粒運(yùn)動(dòng)到場中距地面高度為H的P點(diǎn),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(shí)間運(yùn)動(dòng)到距地面最高點(diǎn)？最高點(diǎn)距地面多高？<3>在〔2問中微粒又運(yùn)動(dòng)P點(diǎn)時(shí),突然撤去磁場,同時(shí)電場強(qiáng)度大小不變,方向變?yōu)樗较蛴?則該微粒運(yùn)動(dòng)中距地面的最大高度是多少？HHPBv45°[例1][解析]〔1在瞬時(shí)沖量的作用時(shí),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(duì)A由動(dòng)量定理,有：I=mAυ0代入數(shù)據(jù)得：υ0=3.0m/s〔2設(shè)A對(duì)B、B對(duì)A、C對(duì)A的滑動(dòng)摩擦力大小分別為FfAB、FfBA、FfCA,B在A上滑行的時(shí)間為t,B離開A時(shí)A的速度為υA,B的速度為υB．A、B對(duì)C位移為sA、sB．對(duì)A由動(dòng)量定理有：—〔FfBA+FfCAt=mAυA-mAυ0對(duì)B由動(dòng)理定理有：FfABt=mBυB其中由牛頓第三定律可得FfBA=FfAB,另FfCA=μ〔mA+mBg對(duì)A由動(dòng)能定理有：—〔FfBA+FfCAsA=1/2eq\f<1,2>mAυeq\o<2,A>-1/2eq\f<1,2>mAυeq\o<2,A>eq\o<2,0>對(duì)B由動(dòng)能定理有：FfABfsB=1/2eq\f<1,2>mBυeq\o<2,B>根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系有：mAυA=eq\r<2mAEKA>,mBυB=eq\r<2mBEKB>木板A的長度即B相對(duì)A滑動(dòng)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．訓(xùn)練題答案：〔1F=1．85N〔2I=6．94NS[例2][解析]先讓吊繩以最大拉力FTm=1200N工作時(shí),物體上升的加速度為a,由牛頓第二定律有：a=eq\f<FTm-mg,m>,代入數(shù)據(jù)得a=5m/s2當(dāng)?shù)趵K拉力功率達(dá)到電動(dòng)機(jī)最大功率Pm=12kW時(shí),物體速度為υ,由Pm=Tmυ,得υ=10m/s．物體這段勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=eq\f<v,a>=2s,位移s1=1/2eq\f<1,2>ateq\o<2,1>=10m．此后功率不變,當(dāng)?shù)趵K拉力FT=mg時(shí),物體達(dá)最大速度υm=eq\f<Pm,mg>=15m/s．這段以恒定功率提升物體的時(shí)間設(shè)為t2,由功能定理有：Pt2-mg〔h-s1=eq\f<1,2>mυeq\o<2,m>-eq\f<1,2>mυ2代入數(shù)據(jù)得t2=5．75s,故物體上升的總時(shí)間為t=t1+t2=7.75s．即落水物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為15m/s,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程歷時(shí)7.75s．訓(xùn)練題答案：〔1P=kmgvm〔2t=〔vm2+2kgs/2kgvm訓(xùn)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(yùn)動(dòng),在豎直方向也為勻變速直線運(yùn)動(dòng),合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)能定理有：WG+W電=△EK,而△EK=0重力做負(fù)功,WG＜0,故必有W電＞0,即電場力做正功,故最高點(diǎn)位置一定在O點(diǎn)左側(cè)．〔2從O點(diǎn)到最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中,運(yùn)動(dòng)過程歷時(shí)為t,由動(dòng)量定理：在水平方向取向右為正方向,有：-qEt=m〔-υ-mυcosθ在豎直方向取向上為正方向,有：-mgt=0-mυsinθ上兩式相比得eq\f<qE,mg>eq\f<1+cosθ,sinθ>,故電場強(qiáng)度為E=eq\f<mg<1+cosθ>,qsinθ>〔3豎直方向液滴初速度為υ1=υsinθ,加速度為重力加速度g,故到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)上升的最大高度為h,則h=eq\f<v\o<2,1>,2g>eq\f<v2sin2θ,2g>從進(jìn)入點(diǎn)O到最高點(diǎn)N由動(dòng)能定理有qU-mgh=△EK=0,代入h值得U=[例4][解析]木塊受四個(gè)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=ρ液Vg=2ρ木Vg=2mg,故F=mg．在垂直于管壁方向有：FN=Fcosα=mgcosα,在平行管方向受滑動(dòng)摩擦力Ff=μN(yùn)=μmgcosθ,比較可知,Fsinα=mgsinα=0.6mg,Ff=0.4mg,Fsinα＞Ff．故木塊從A到B做勻加速運(yùn)動(dòng),滑過B后F的分布和滑動(dòng)摩擦力均為阻力,做勻減速運(yùn)動(dòng),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(dòng),但離B點(diǎn)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(dòng)能定理有：FLsinα-FfL=1/2eq\f<1,2>mυeq\o<2,B>代入F、Ff各量得υB=eq\r<2gL<sinα-μcosα>>=2eq\r<2>=2.83m/s．〔2木塊從開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止,運(yùn)動(dòng)的路程設(shè)為s,由動(dòng)能定理有：FLsinα-Ffs=△EK=0代入各量得s=eq\f<Lsinα,mcosα>=3m訓(xùn)練題答案：EK=4J[例5]答案：⑴正電荷,⑵解:<1>小球在C點(diǎn)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〔1<2>小球從A點(diǎn)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(diǎn)時(shí)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〔2通過C點(diǎn)的速度小球在重力、電場力、洛侖茲力和軌道對(duì)它的支持力作用下沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng),有<3>最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(dòng)時(shí),受力情況如圖所示:在水平方向:N=qvB,所以摩擦力f=μN(yùn)=μqvB當(dāng)小球做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：qE=f=μqvbB<6分>fqvBNfqvBNqE又,所以<4分>小球從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中,由動(dòng)能定理得:而所以則<8分>[例6]．〔16分〔1由〔1分〔1分得〔1分〔2由〔2分得〔1分由動(dòng)量定理,得〔1分其中=〔1分得〔1分〔或〔3K接3后的充電電流〔1分〔1分得=常數(shù)〔1分所以ab棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是"勻加速直線運(yùn)動(dòng)",電流是恒定的?！?分〔1分,根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒得〔1分〔1分〔或訓(xùn)練題〔新海中學(xué)〔18分〔1Mg＝mgsinθ＋〔2分v＝＝6m/s〔2分,〔2Mgs－mgssinθ－Q＝EQ\F<1,2>〔M＋mv2〔2分,Q＝Mgs－mgssinθ－EQ\F<1,2>〔M＋mv2＝11.4J〔1分〔2分〔3q====4C〔1分棒從釋放到開始勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,由動(dòng)量定理：即：〔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(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,則代入數(shù)據(jù)解得：m/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vA,在A點(diǎn)受到圓軌道的壓力為N,由機(jī)械能守恒定律得：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：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NA=N=20N 8．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＝fm＝kvm根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：F－f＝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：F△t＝△mu－0代入數(shù)據(jù)解得：9．答案：帶電小球從M運(yùn)動(dòng)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2v0。豎直位移：水平位移：又所以：所以M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差從M運(yùn)動(dòng)到N的過程,由動(dòng)能定理得： 又所以10．〔14分〔1由動(dòng)能定理eEd=EK－〔2分EK＝＋＝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(dòng)水平射程>。t=3s〔2分r=v0t=1.0107310-9=310-2m在熒光屏上觀察到的范圍是半徑為3.125×10—2米的圓〔2分圓面積S=πr2=2.8310-3m2〔4分11.〔1設(shè)金屬框在進(jìn)入第一段勻強(qiáng)磁場區(qū)域前的速度為v0,金屬框在進(jìn)入和穿出第一段勻強(qiáng)磁場區(qū)域的過程中,線框中產(chǎn)生平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為.......................................................................................1分平均電流強(qiáng)度為〔不考慮電流方向變化...................................................................................1分由動(dòng)量定理得：.....................................................1分同理可得：……整個(gè)過程累計(jì)得：.................................................1分解得：...............................................................1分金屬框沿斜面下滑機(jī)械能守恒：..........................................................................................................................1分〔2金屬框中產(chǎn)生的熱