专题九动量定理和动能定理答案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=mAυ0代入数据得：υ0=3.0m/s（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，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sA、sB．对A由动量定理有：—（FfBA+FfCA）t=mAυA-mAυ0对B由动理定理有：FfABt=mBυB其中由牛顿第三定律可得FfBA=FfAB，另FfCA=μ（mA+mB）g对A由动能定理有：—（FfBA+FfCA）sA=1/2mAυ-1/2mAυ对B由动能定理有：FfABfsB=1/2mBυ根据动量与动能之间的关系有：mAυA=，mBυB=木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L=sA-sB，代入放数据由以上各式可得L=0.50m．2.【解析】先让吊绳以最大拉力FTm=1200N工作时，物体上升的加速度为a，由牛顿第二定律有：a=mTFmgm，代入数据得a=5m/s2当吊绳拉力功率达到电动机最大功率Pm=12kW时，物体速度为υ，由Pm=Tmυ，得υ=10m/s．物体这段匀加速运动时间t1==2s，位移s1=1/2at=10m．此后功率不变，当吊绳拉力FT=mg时，物体达最大速度υm==15m/s．这段以恒定功率提升物体的时间设为t2，由功能定理有：Pt2-mg（h-s1）=mυ-mυ2代入数据得t2=5．75s，故物体上升的总时间为t=t1+t2=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．13.【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：WG+W电=△EK，而△EK=0重力做负功，WG＜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）-mυcosθ在竖直方向取向上为正方向，有：-mgt=0-mυsinθ上两式相比得，故电场强度为E=（3）竖直方向液滴初速度为υ1=υsinθ，加速度为重力加速度g，故到达最高点时上升的最大高度为h，则h=从进入点O到最高点N由动能定理有qU-mgh=△EK=0，代入h值得U=4.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：FN=Fcosα=mgcosα，在平行管方向受滑动摩擦力Ff=μN=μmgcosθ，比较可知，Fsinα=mgsinα=0.6mg，Ff=0.4mg，Fsinα＞Ff．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：FLsinα-FfL=1/2mυ代入F、Ff各量得υB==2=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：FLsinα-Ffs=△EK=0代入各量得s==3m5．（14分）（1）a＝gsin37－μgcos37＝2m/s2（3分）2vB＝＝2m/s（3分）（2）mg＝m（2分）vC＝＝m/s，（2分）－μmgs2＝mvC2－mvB2（2分），s2＝1m（2分）6.答案：（1）3ngR；（2）；（3）解析：物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：┈┈┈┈1分┈┈┈┈1分解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有┈┈┈┈2分（2）物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：┈┈┈┈2分物块从B运动到C，根据动能定理有：┈┈┈┈2分解得：┈┈┈┈2分（3）从C点落回水平面，机械能守恒，则：┈┈┈┈2分7.（1）设物块在板上滑行的时间为，对板应用动量定理得2分3∴①设在此过程中物块前进位移为，板前进位移为，则②1分③1分④1分由①②③④得：1分1分故物块与板间的摩擦因数为，物块到达板的中点时，板的位移。（2）设板与桌面间摩擦因数为，物块在板上滑行的时间为则对板应用动量定理得3分又设物块从板的左端运动到右端的时间为则2分为了使物块能到达板的右端，必须满足1分即2分所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数（3）设绳子的拉力为T，物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为，则有2分2分所以由功的计算公式得：3分所以在物块从板的左端到达板的右端的过程中，绳的拉力做功为。（或△△E＋W）（注：用牛顿运动定律及运动学公式解答或用其它方法解答，只要正确，同样给分）4
