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1、动量训练题 ( 一)1、AC 2 ABC 、3、CD 4、ABD 5 、ACD 6 、D 7、BD8、对子弹和木块应用动量守恒定律：mvQ =(2分)所以匕=4农/s对子弹、木块由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面：有1 9 1 9 (m +=(m + M)v 2 +(m + M)g-27?所以 v2 = V16-407?由平抛运动规律有： 2R=Lgf2 2S = v2t 解、两式有 S = 4 ? J 1O7?2 +4RV 10所以，当 X = 0. 2m 时水平距离最大最大值 Siax = 0. 8mO动量训练题(二)1、BC2、ABC 3、B4、CD5、解除锁定后弹
2、簧将弹性势能全部转化为A的机械能，则弹簧弹性势能为E 弹=mgHVAAB系统由水平位置滑到圆轨道最低点时速度为v。，解除弹簧锁定后 A B的速度分别为vb 则有 2mgR=2niX v 0/22m Vo =mvA+m VB2Xm voC oEpm= - - 2mv2 /2+ E 弹=m vA/2 + m vB/2将VB=2 Vo -Va代入能量关系得到2 22mgR+mgH= m v/2+ m (2 vo VA /2 vo =2gR得到：VA =+ W相对水平面上升最大高度h,贝U: h+R= v ； /2g h=H/2+j2RH6、(1) B 与A碰撞前速度由动能定理W= (F-F/4) -
3、 4S=mv 72,碰后到物块A、B运动至速度减为零，弹簧的最大弹性势能B与A碰撞，由动量守恒定律FSEpm=F ? S+- 2mv-= 设撤去F后，A、B 一起回到0点时速度为V2,由机械能守恒得I5FSv2=a V 2m返回至O点时，A、B开始分离，B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块 离O点最大距离为xB最终由动能定理得:19-一政=0mvl422x=5s动量训练题（二）1、A 2、C3、B4、CD 5、BD 6、6、解:ZU内喷岀的水质量为!=? SvMxt, ni以初速度v。由水枪口喷岀，动能为1EK=aA?V（）3- =5 小 V。鱼,E 1水枪口喷岀水的功率为P=At
4、 2然后做竖直上抛运动，到达h高的铁盒处.所以 !与铁盒相撞前的瞬时速度为V =y/vQ -2gh 取向上为正方向，根据动量定理有fAt = 2Am ? v,式中f为铁盒对A川的作用力代人 m= p SvoAt得f At = 2 p SvoAt ? v,消去得 f= 2PSVO? V .铁盒所受厶!的冲击力与 !受到的铁盒的作用力f是一对作用力与反作用力,所以 f 二一 f=2 PSVC? V又因为铁盒处于稳定状态，所以其所受合外力为零.则有f二Mg,艮 2 p Svo ? v=Mg代人V得f ?2g 22spvQ）动量训练题（四）1、解析：（1）由机械能守恒定律知： a 棒刚进入水平轨道时的
5、速度最大，且为当两棒相互作用时，由动量守恒定律知：即为 b 棒的最大速度）mcyx = (ma +mhy2.?V =V, =-j2giimm a + h 7（2）系统在整个过程中产生的最大热能等于系统机械能的最大减小量，至两棒速度相同以后，系统的机械能不再减少。由能的转化和守恒定律知：e = AE = ma gh -1 （ma + mjv? = : ma gh2、解析： ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流 .ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动， cd 棒则在安培力作用 下做加速 运动，在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时
6、，回路中总有感应电流， ab 棒继续减速 , cd 棒继续加 速. 两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度 v 做匀速运动 .（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有时 。=2 心， .Q = niVa(2m) v2 = mvA根据能量守恒，整个过程中产生的总热量3（2）设 ab 棒的速度为初速度的 4 时，2 24cd 棒的速度为 V，则由动量守恒可知mvQ=m-vQ+mv3EE = ( Vn=此时回路中感应电动势和感应电流分别为42R .F ci 此时 cd 棒所受的安培力 F=IBL cd 棒的加速度 m .由以上各式可得
7、她 .3、由于棒 h 向右运动，回路中产生电流，匕受安培力的作用后减速，受安培力加速使回 路中的电流逐渐减小。只需 Vi ，V2 满足一定关系，回路中磁通量不变化，两棒各做做匀速运动。两棒匀速运动时， 1=0, 即回路的总电动势为零。所以有B11V1=B1 2V2% T时.如肴AC*咬用动晚定-Bllyt = mAx -再对DE棒应用动量定理 BIl 2t = m2v2 -0解方程得VL普.驾二碧八41QAC= 5人2miVo 2 miV12 m2V2 = 4052、mo v o308电量q = It =mxv4、4mvoR的大小可判定哪一个表满偏；由功能关系即可求岀外力F的大小；撤去外力后，
8、感应电流大小不断变化，平均作用力的冲量BIL - At=BLq=m - Av, 变力作 用下的导体运动问题可从电荷量的角度进行分析答案：(1)满偏的电表是电压表.因为若电流表满偏，电路中的电流1=3A,电阻R两端的 电压U=IR=1.5V,已超过电压表量程.2有 Fv = Z-(7? + r) 外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率.根据功能关系(或金属棒合力为零：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(3) 撤去外力F后，金属棒CD做减速运动。由
9、动量定理可得金属棒在整个减速时间内的 动量变化等于所受安培力的冲量，即:所以BLq=mv由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势E = BLv = KR + r)求b代入上式得动量训练题(五)1、解：设无风时金属杆接入电路的电阻为Ri，风吹时接入电路的电阻为R2,由题意得Uu E &* +)(1)无风时 R + r + R (即 E-U =0.5 QR. 0.5 r所以金属杆单位长度的电阻FF-TJU2 =rQ 叫=o. 3Q,有风时& :人+, 0.3 L此时，弹簧长度r 1 m=0. 3 m, 压缩量 * &o ( 0. 5 0. 3 ) m=0. 2 m,由平衡得此时风力为F=k
10、x=260 No(3)由动量定理得一2 = pSvAtv,。 m/s=20 m/s.2、解：(1)解：A在电场力作用下做初速度为零的匀速直线运动，设加速度大小为。经过时间与3发生第一次碰撞，贝 u a=2同理对球B得M g所以+ Eb 15wiv 02动量训练题(六)_= mvo1、解：由动量定理得一二 - 哗，即五及-皿，所以“ BL_1 ,Q = -mvo-由能量守恒定律得2/ 5AS BLs-a Ea BLsqR mwRE= ,q = iz=z =s=Ar A? A?R R ,所以 BLC将被充电，ab(3) 当金属棒ab做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器棒中有充电电流存
11、在，ab棒受到安培力的作用而减速，当 ab棒以稳定速度，匀速运动时,BLv = U c =您有 c而对导体棒ab利用动量定理可得一3L&C =mv-mv0v = mvo Q CBLmv0由上述二式可求得m + BIC， m + B2lC7,时间为ZV,则通过电阻R2、解：(1)设全过程中平均感应电动势为万，平均感应电流为心 In岫 BL(s + s) 4BLs zf, -a 4BLs的电荷量为 q,贝U E = = ,得 q = IAt = =2CA? A? A?R(2)设拉力作用时间为 $,拉力平均值为万，对整个过程根据动量定理有:瓦 V -BZLA? = 0-0所以 FM = BILAt = BLq =2X 1X2N ? s=4N ? s 拉力撤去时，导体杆的速度 v即为最大速度，拉力撤去后杆运动时间为平均感应电流为72,根据动量定理有:BliLAt-, = mv 即 B 七 s； R八位=BL 土 q=6小 mR4m2(4) 匀加速运动过程中a = =36m/s22s2 22xl x36F = ma + BIL =0.5X3牡 根据闭合电路欧姆定律得：6+孔=四1 Rt=18+72t解得：h= -hVl根据能量守恒定律得：在穿过磁场的过程线框中产生的焦耳
