专题4、动量定理和动能定理
典型例题
【例1】如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，
2
木板的动能E KA 为8.0J ，小物块的动能E KB 为0.50J ，重力加速度取10m/s，求：
（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0; （2）木板的长度L ．
【例2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m 处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg ，吊绳的拉力不能超过1200N ，电动机的最大输出功率为12k W ，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又
2
以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度．（g 取10m/s）求： （1）落水物体运动的最大速度； （2）这一过程所用的时间．
【例3】一个带电量为-q 的液滴，从O 点以速度υ射入匀强电场中，υ的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m ，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为υ，求：
（1）最高点的位置可能在O 点上方的哪一侧？ （2）电场强度为多大？
（3）最高点处（设为N ）与O 点电势差绝对值为多大？
【例5】. 如图所示，固定的半圆弧形光滑轨道置于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，轨道圆弧半径为R ，磁感应强度为B
，方向垂直于纸面向外，电场强
B
度为E ，方向水平向左。一个质量为m 的小球（可视为质点）放在轨道上的C 点恰好处于静止，圆弧半径OC 与水平直径AD 的夹角为α（sin α=0.8）.
⑪求小球带何种电荷？电荷量是多少？并说明理由. ⑫如果将小球从A 点由静止释放，小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力的大小是多少？
训练题. 如图所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab 是一根长为L 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b 端在虚线上. 将一套在杆上的带正电的小球从a 端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b 端. 已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ=0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是L /3，求带电小球从a 到b 运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值.
【例6】．（16分）如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L ，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R ）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K 相连。整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B 。一质量为m ，电阻不计的金属棒ab 横跨在导轨上。已知电源电动势为E ，内阻为r ，电容器的电容为C ，定值电阻的阻值为R 0，不计导轨的电阻。 （1）当K 接1时，金属棒ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值R 多大？ （2）当K 接2后，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落s 的过程中所需的时间为多少？
（3）先把开关K 接通2，待ab 达到稳定速度后，再将开关K 接到3。试通过推导，说明ab 棒此后的运动性质如何？求ab 再下落距离s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不
漏电，此时电容器还没有被击穿）
a
b
训练题（18分）如图1所示，两根与水平面成θ＝30︒角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L ＝1m ，导轨两端各接一个电阻，其阻值R 1=R2=1Ω，导轨的电阻忽略不计。整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B ＝1T 。现有一质量为m ＝0.2kg 、电阻为1Ω的金属棒用绝缘细绳通过光滑滑轮与质量为M ＝0.5kg 的物体相连，细绳与导轨平面平行。将金属棒与M 由静止释放，棒沿导轨运动了6m 后开始做匀速运动。运动过程中，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，图示中细绳与R 2不接触。
2
（g=10m/s）求：
（1）金属棒匀速运动时的速度；
（2）棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 1上产生的焦耳热； （3）棒从释放到开始匀速运动的过程中，经历的时间；
（4）若保持磁感应强度为某个值B 0不变，取质量M 不同的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的速度值v ，得到v －M 图像如图2所示，请根据图中的数据计算出此时的B 0。
v
M 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
7．如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B 平滑连接着半径
r =0.40m的竖直光滑圆轨道。质量m =0.50kg的小物块，从距地面h =2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动
2
摩擦因数μ=0.25，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g =10m/s）
（1）物块滑到斜面底端B 时的速度大小。
（2）物块运动到圆轨道的最高点A 时，对圆轨道的压
力大小。
8．一质量为500kg 的汽艇，在静水中航行时能达到的最大速度为10m/s，若汽艇的牵引力恒定不变，航行时所受阻力与航行速度满足关系f ＝kv ，其中k =100Ns/m。
（1）求当汽艇的速度为5m/s时，它的加速度；
（2）若水被螺旋桨向后推动的速度为8m/s，则螺旋桨每秒向后推动水的质量为多少？（以上速度均以地面为参考系）
9．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距为d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度υ0进入两板间匀强电场内运动，当它达到电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2υ0，求M 、N 两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）．
10．如图所示，在竖直放置的铅屏A 的右表面上贴着 射线放射源P ，
7
已知射线实质为高速电子流，放射源放出 粒子的速度v 0=1.0×10m/s。－2
足够大的荧光屏M 与铅屏A 平行放置，相距d=2.0×10m ，
其间有水平向左
的匀强电场，电场强度大小E=2.5×10N/C。已知电子电量e =1.6⨯10C ，电子质量取m=9.0⨯10-31kg 。求
（1）电子到达荧光屏M 上的动能； （2）荧光屏上的发光面积。
11．如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L ，导轨的水平部分有n 段相同的匀强磁场区域（图中的虚线范围），磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B ，磁场的宽度为S ，相邻磁场区域的间距也为S ，S 大于L ，磁场左、右两边界均与导轨垂直。现有一质量为m ，电阻为r ，边长为L 的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n 段磁场区域。地球表面处的重力加速度为g ，感应电流的磁场可以忽略不计，求：
（1）刚开始下滑时，金属框重心离水平导轨所在平面的高度． （2）整个过程中金属框内产生的电热．
（3）金属框完全进入第k （k ＜n ）段磁场区域前的时刻，金属框中的电功率．
4-19
12、如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B ，方向水平并垂直纸面向外。一质量为m 、带电量为－q 的带电微粒在此区域恰好作速度大小为v 的匀速圆周运动。（重力加速度为g ） （1）求此区域内电场强度的大小和方向。
（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H 的P 点，速度与水平方向成45°，如图所示。则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
(3)在（2）问中微粒又运动P 点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？ B
【例1】【解析】（1）在瞬时冲量的作用时，木板A 受水平面和小物块B 的摩擦力的冲量均可以忽略．
取水平向右为正方向，对A 由动量定理，有：I = m A υ0代入数据得：υ0
（2）设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力大小分别为F fAB 、F fBA 、F fCA ，B 在A 上滑行的时间为t ，B 离开A 时A 的速度为υA ，B 的速度为υB ．A 、B 对C 位移为s A 、s B ．
对A 由动量定理有：—（F fBA +F fCA ）t = m A υA -m A υ
0 对B 由动理定理有：F fAB t = m B υ
B
其中由牛顿第三定律可得F fBA = F fAB ，另F fCA = μ（m A +m B ）g
对A 由动能定理有：—（F fBA +F fCA ）s A = 1/2m A υ对B 由动能定理有：F fA Bf s B = 1/2m B υ
2
B
2A
-1/2m A υ
2
根据动量与动能之间的关系有： m A υA = 2m A E KA ，m B υB = 2m
B E KB
木板A 的长度即B 相对A 滑动距离的大小，故L = s A -s B ， 代入放数据由以上各式可得L = 0.50m． 训练题答案：（1）F=1．85N （2）I=6．94NS 【例2】【解析】先让吊绳以最大拉力F Tm = 1200N 工作时，物体上升的加速度为a ，由牛顿第二定律有：a =
F Tm -mg 2
，代入数据得a = 5m/sm
当吊绳拉力功率达到电动机最大功率P m = 12kW 时，物体速度为υ，由P m = T m υ，得υ = 10m /s ．
物体这段匀加速运动时间t 1 =
2
= 2s，位移s 1 = 1/2at 1 = 10m ． a
此后功率不变，当吊绳拉力F T = mg 时，物体达最大速度υm = 这段以恒定功率提升物体的时间设为t 2，由功能定理有：
P m
= 15m/s． m g
Pt 2-mg （h -s 1） =
1m υ2
2m
-
1m υ
2
2
代入数据得t 2 = 5．75s ，故物体上升的总时间为t = t 1+t 2 = 7.75s ． 即落水物体运动的最大速度为15m/s，整个运动过程历时7.75s ．
2
训练题答案：（1）P=kmgvm （2）t=（v m +2kgs）
/2kgvm 训练题答案：BC
【例3】【解析】（1）带电液油受重力mg 和水平向左的电场力
qE ，在水平方向做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线运动，合运动为匀变速曲线运动．
由动能定理有：W G +W 电 = △E K ，而△E K
重力做负功，W G ＜0，故必有W 电＞0，即电场力做正功，故最高点位置一定在O
点左侧．
（2）从O 点到最高点运动过程中，运动过程历时为t ，由动量定理：
在水平方向取向右为正方向，有：-qEt = m （-υ）-m υcos
θ
在竖直方向取向上为正方向，有：-mgt = 0-m υsin
θ
上两式相比得
qE 1+cos θmg
(1+cos θ)
，故电场强度为E = =
mg sin θq sin θ
（3）竖直方向液滴初速度为υ1 = υsin θ，加速度为重力加速度g ，故到达最高点时
υ12υ2sin 2θ
=上升的最大高度为h ，则h =
2g
2g
m υ2sin 2θ
从进入点O 到最高点N 由动能定理有qU -mgh = △E K = 0，代入h 值得U =
2q
【例4】【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖直向上，大小为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：F N = F cos α = mg cos α，
在平行管方向受滑动摩擦力F f = μN = μmg cos θ，比较可知，F sin α = mg sin α = 0.6mg ，F f = 0.4mg ，Fsin α＞F f ．故木块从A 到B 做匀加速运动，滑过B 后F 的分布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到C 之前速度即已为零，以后将在B 两侧管间来回运动，但离B 点距离越来越近，最终只能静止在B 处．
（1）木块从A 到B 过程中，由动能定理有：FL sin α-F f L = 1/2m υ
2
B
代入F 、F f 各量得υB = 2gL (sinα-μcos α) = 22 = 2.83m/s．
（2）木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为s ，由动能定理有：FL sin α-F f s = △E K
代入各量得s =
L sin α
= 3m
m cos α
训练题答案：E K =4J
【例5】答案：⑪正电荷，q =3mg ⑫ F =9E +3B Rg mg
4E 4E
解:(1)小球在C 点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示. 因此小球带正电荷.
()
F N cos α=qE F N sin α=mg
则有3mg =4qE 小球带电荷量q =
3mg
（1） 4E
(2)小球从A 点释放后，沿圆弧轨道滑下，还受方向指向轨道的洛仑兹力f ，力f
随速
度增大而增大，小球通过C 点时速度(设为v ) 最大，力f 最大，且qE 和mg 的合力方向沿半径OC ，因此小球对轨道的压力最大. 由
12
mv =mgR sin α-qER (1-cos α) （2） 2
通过C 点的速度v =gR
小球在重力、电场力、洛仑兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动，有
F -mg sin α-qE cos α-qvB =m v 2
R (3)
最大压力的大小等于支持力F =
(9E +3B Rg )
mg
4E
训练题. 解:小球在沿杆向下运动时，受力情况如图所示:
在水平方向:N =qvB ，所以摩擦力f =μN =μqvB
当小球做匀速运动时：qE =f =μqv b B (6分)
小球在磁场中做匀速圆周运动时，qv v 2b
b B =m R
又R =
L qBL 3，所以v b =3m
(4分) 小球从a 运动到b 的过程中，由动能定理得:W 12
电－W f =
2
mv b q 2B 2L 2122
而W 22B q 2L 电=qEL =μqv b BL =10m 所以W f =W 电－2mv b =45m
则
W f W =
4
9
(8分) 电
【例6】．（16分）
（1）由BIL =mg （1分） I =
E
R +r
（1分） 得 R =
EBL
mg
-r （1分） （2）由mg =B 2L 2v
R （2分） 得v =m gR 022 （1分）
B L 由动量定理，得mgt -B I Lt =mv （1分） 其中I t =q =
BLs
R （1分）0
B 4L 4s +m 2gR 0B 2L 2s mR 0
得t =） +22 （1分） （或22
mgR B L mgR 00B L
（3）K 接3后的充电电流I =
2
∆q C ∆U CBL ∆v ∆v
===CBL =CBLa （1分） ∆t ∆t ∆t ∆t
mg
=常数 （1分） mg -BIL =ma （1分） 得a =
m +CB 2L 2
所以ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的。（1分）
2
， v 2-v 2=2as （1分）
根据能量转化与守恒得∆E =mgs -(mv 2-
1
2
2
12
mv ) （1分） 2
m 2gs m gsCB 2L 2
=mgs - （1分） （或）
m +CB 2L 2m +CB 2L 2
B 2L 2v
训练题（新海中学）（18分）（1）Mg ＝mg sin θ＋ （2
R +r
分）
v ＝
(Mg -mg sin θ)(R +r )
＝6m/s （2分）， 22
B L
12
（2）Mgs －mgs sin θ－Q ＝（M ＋m ）v （2分），
2
Q ＝Mgs －mgs sin θ（M ＋m ）v 2＝11.4J （1分）
12
Q 1=
1
Q =1. 9J （2分） 6
∆Φt ==4C （1分） R +r R +r
（3）q=It =
棒从释放到开始匀速运动的过程中，
由动量定理：(Mg-mgsinθ-BIL ) t =(m +M ) v
即：(Mg-mgsinθ) t -BLq =(m +M ) v （2分）
7．答案：（1）物块沿斜面下滑过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，
设下滑加速度为a ，到达斜面底端B 时的速度为v ，则 mg sin θ-μmg cos θ=ma
v 2=2a ⋅
h
sin θ
代入数据解得：v =6. 0m/s
（2）设物块运动到圆轨道的最高点A 时的速度为v A ，在A 点受到圆轨道的压力为N ，
由机械能守恒定律得：
112mv 2=mv A +mg ⋅2r 22
2
v A
物块运动到圆轨道的最高点A 时，由牛顿第二定律得：N +m g =m
r
代入数据解得： N =20N 由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点A 时，对圆轨道的压力大小N A =N =20N
8．答案：（1）汽艇以v ＝5m/s速度航行时所受阻力为f ＝kv 其牵引力为： F ＝f m ＝kv m 根据牛顿运动定律有： F －f ＝ma
2
代入数据得： a ＝1m/s
（2）水向后的速度为u ，根据动量定理有： F △t ＝△mu －0 代入数据解得：
∆m F
==
125kg/s∆t u
9．答案：带电小球从M 运动到N 的过程中，在竖直方向上小球仅受重力作用，
从初速度v 0匀减速到零。水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加速到2v 0。
2v 0
竖直位移：h =
2g
2v 02v 0v 0
水平位移：x = ⋅t 又h =⋅t 所以：x =2h =
g 22
所以M 、N 两点间的电势差U MN
Uv U
=⋅x =0 d dg
2
1122
mv N -mv 0
22
从M 运动到N 的过程，由动能定理得：W 电+W G =
12
又W =-mgh =-mv 2 所以W 电=2mv 0
G 20
10．（14分）（1）由动能定理 eEd = E K － E K ＝
12
mv 0 （2分） 2
21
⨯9⨯10-31⨯1. 0⨯107＋1. 6⨯10-19⨯2. 5⨯104⨯2⨯-2 2
-16
＝1.25⨯10J （4分）
()
(2) 射线在A 、B 间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转，其中和铅屏A 平行的电子流在纵向偏移距离最大(相当于平抛运动水平射程) 。
d =
r = v 0t=1.0⨯10⨯3⨯10=3⨯10m
—2
在荧光屏上观察到的范围是半径为3.125×10米的圆 （2分）
2-32
圆面积 S =πr =2.83⨯10m （4分）
11. （1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v 0，金属框在进入和穿出第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为
7
-9
-2
1eE 2⋅⋅t t = 3⨯10-9s （2分） 2m
2BL 2
E = ............................................. .........
t
............... ..................1分
平均电流强度为（不考虑电流方向变化）
E 2BL 2I == ...................................... ..............
r rt
.......... .....................1分
由动量
定
理
得
：
-B I Lt =mv 1-mv 0 .....................................................1分
2BL 2
Lt =mv 1-mv 0 -B rt 2B 2L 3
=mv 1-mv 0 -r 2B 2L 3
=mv 2-mv 1 同理可得： -r 2B 2L 3
=mv 3-mv 2 -r
„„ 整个过
程
累
计
得
：
2B 2L 3-n =0-mv 0.................................................1分
r
解
得
：
2nB 2L 3
v 0=...............................................................1分
mr
金属框沿斜面下滑机械能守恒：
mgh =
12
mv 0.................................................................. 22v 02n 2B 4L 6
........................................................1分 h ==
2g m 2gr 2
（2）金属框中产生的热量Q ＝mgh ............................. ......................................2分
Q ＝
2n 2B 4L 6
........................................................1分
mr 2
（3）金属框穿过第（k －1）个磁场区域后，由动量定理得：
2B 2L 3
-(k -1) =mv k -1-mv 0.............................
r
金属框完全进入第k 个磁场区域的过程中，由动量定理得：
B 2L 3-=mv k /-mv k -1 ................................
r
............1分
解
/k
得：
(2n -2k +1) B 2L 3
v =.........................................................
mr
.....1分
功率
/k
：
P =
(B r
) 2
L v (2n -2k +1) 2B 6L 8
=..............................................
m 2r 3
.......2分 12．解：（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，因此： mg=Eq ① 解得： E =
mg
② q
方向： 竖直向下
（2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R ，如图所示。
qBv =m v 2
R
③ 最高点与地面的距离为：H m =H +R (1+cos45︒
) ④
解得：H m =H +
mv Bq (1 该微粒运动周期为： T =
2πm
Bq
运动到最高点所用时间为： t =
338T =πm 4Bq
（3）设粒子升高度为h ，由动能定理得：
-mgh -Eqh cot450
＝0-1
2
2
mv 解得： h =mv 2v 2
2（mg +Eq ）＝
4g
v 2
微粒离地面最大高度为： H +4g
⑤ ⑥ ⑦ ⑧
⑨ ⑩