易中档计算题专项训练详细答案.doc

易中档计算题专项训练(二)参考答案
a
F(N)
(m/s2)
4
5
2
3

2
4
6
8
1
F
图1
图2
-μg
1.解：(1)F-μmg=ma，；
由图线斜率：1/m=2；所以m=0.5kg；
(2)过点(2，0)和(4，2)图线略
(3)μmg=1N；μ=0.2
2.解：(1)以人为研究对象，人加速下滑过程中受重力mg和杆对人的作用力F1，由题图可知，人加速下滑过程中杆对人的作用力F1为180N.由牛顿第二定律得
mg一F1=ma，则a=4m/s2.
1s末人的速度达到最大，则v=at1=4m/s.
(2)加速下降时位移为：=2m.
减速下降时，由动能定理得
代入数据解得.
3、解：不正确(得2分)
汽车A做匀减速直线运动，当A车减为与B车同速时
是A车逼近B车距离最多的时刻，这时若能超过B车
则相撞，反之则不能相撞.(得3分)
由：得A车的加速度：(得2分)
A车速度减到6m/s时所用的时间：.(得2分)
此过程A车的位移为：
B车的位移为：
△S＝364-168＝196＞180(m)
所以两车相撞.(得3分)
4.解：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1，则即
(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间△t内，冲击小车的水的质量为

此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理有
.
5.解：(1)
(2)
解之得
(3)由牛顿第二定律，得，
所以.
6.解：(1)当f=mg时，雨点达到最终速度，则
得
(2)由牛顿第二定律得，
则
解得，即.
7.解：人的胫骨能承受的最大作用力
，
由动能定理得，
解得H=1.9m.
8.解：设推进器产生的恒力为F，未放被测物块时小车加速度为a1，则根据牛顿第二定律及运动规律可得F=m，
放上被测物块后，系统加速度为，则有
F=(m+M)，
代人数值后可解得M=1.25kg.
9.解：(1)以 A、B、C和斜面整体为研究对象，处于静止平衡，合外力为零，因水平方向没有受到其他外力，所以斜面和地面间没有摩擦力.
(2)
10、解(1)
(2)设人在B1位置刚好看见卫星出现在A1位置，最后
在B2位置看到卫星从A2位置消失，
OA1=2OB1
有∠A1OB1=∠A2OB2=π/3
从B1到B2时间为t

11.解：(1)小球轨道半径为，小球角速度与手转动角速度相同，小球线速度为.
(2)人手对绳做功的功率等于小球克服摩擦力做功的功率，即，所以
12、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
向左的，与电场方向相同，如图所示.因此小球带正电荷.

则有
小球带电荷量
(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
通过C点的速度
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

最大压力的大小等于支持力
13.解：(1)不对，因为在锤与桩碰撞过程中系统动能有损失.
(2)设锤每次打桩的速度都是v，发生完全非弹性碰撞后的共同速度是，则mv=(M+m)，非弹性碰撞后二者的动能为
当m>>M时，碰后二者的动能越趋向于(初动能)，即能量在碰撞过程中的损失趋向于零，故要求m>>M.
14、解①将M、m和弹簧整体作为系统，满足动量守恒条件，以向左的方向为正，有
.因m能相对于木板停在右端，故一定存在摩擦力，对全过程由能量守恒定律
②弹簧压至最短时，由能量守恒定律：

15.解：小球由B点滑到C点，由动能定理得

得vC=3m/s.
(2)在C点时有，
设环对小球作用力为N，方向指向圆心，则
.
小球对环作用力为，.
16.解：甲、乙两位同学的解法都不正确.
甲同学把125m全部当做匀加速直线运动的位移，求出运动时间t，这一步就错了，然后又用公式W=Pt来求牵引力做功，而汽车在做匀加速运动的过程中功率是逐渐变大的，这一步骤又错了.
而乙同学的做法中，第一步是正确的，但力F是汽车做匀加速运动时的牵引力，当汽车以额定功率行驶时，牵引力是变力，做功不能用W=Fs来计算.
正确的解法是：汽车行驶的最大速度为
根据动能定理得，
.
17.解：由图乙得小滑块在点 A、之间做简谐运动的周期为，由单摆振动周期公式，得半球形容器半径为.在最高点A，有
，
在最低点B，有
从点A到点B过程中，滑块机械能守恒，则
联立解得=0.99，m=0.05kg.
滑块的机械能为
18.解：(1)设纸带的加速度为a1，铁块的加速度为a2.则
，得t=1s.
(2)

19.解：(1)，则.
(2)
解之得.
(3)
解之得.
20.解：由能的转化与守恒定律得
Ω.
21.解：(1)半导体.
(2)查表I=1.8A时，Z的电压为1.2V.则UR=E2－UZ=3V－1.2V=1.8V，
PR＝IUR=3.24W.
(3)任选两组数据可列出0.8=k·0.8n，1.25=k·1n，
解得n=2，k=1.25A/V2.
22.解：当系统以角速度转动时，对元件A，弹簧弹力提供做圆周运动的向心力为，
电压表的读数U=E，
解得U与的函数关系U=.
当x=l时，，上式成立的条件是.
23、解(1)
A1
A2
B1
B2
O
(2)V
得到：
24.解：彩色小灯额定电流，次级线圈总电流I2=24=1A.
变压器输入功率等于I1U1=I2U2=6W，
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得，
代人E值解得(应舍去，据题意是降压变压器，应I1<I2－1A)，所以.
(2)发电机输出功率P=I1E=6.67W.
25.解：(1)因为，所以=2500V.
(2)P2=P1=50kW.
输电线中电流，
则.
(3)用户得到功率P4=P1－=44000W，
所以降压变压器副线圈电流.
故.
26.解：对小球进行受力分析，由题意可知合力应水平向右，故竖直方向上有，即，又，
由动能定理得，则.
27.解：带电粒子进入电场，经电场加速.根据动能定理得，即.
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设圆周半径为R，在三角形Ode中，有，则.
28.解：(1)，
由以上三式，解得
(2)偏转电压的最大值U1=27.3V，电子通过偏转极板
后，在垂直极板方向上的最大偏转距离，
设打在荧光屏上时，亮点距的距离为，则，
荧光屏上亮线的长度为，代入数据，解得l=3cm.又，解得.
29.解：(1)油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡，可见所带电荷为负电荷，即，得
(2)油滴加速下落，若油滴带负电，电荷量为Q1，则油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
，得.
若油滴带正电，电荷量为Q2，则油滴所受到的电场力方向向下，设此时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得，即.
30.解：(1)A球在电场力的作用下做匀加速直线运动，则解之得
(2)A球与B球碰撞，动量守恒，则
根据题意，总能量不损失，则
联立解得
(3)取B球为参考系，A、B碰撞后，A球以向左做匀减速直线运动，经时间t后，速度减为零，同时与B球相距L，然后A球向右做匀加速直线运动，又经过时间t后，速度增为，与B球发生第二次碰撞，同理可证，每次总能量无损失的碰撞均为互换速度，则以后第三、四次碰撞情况可看成与第一、二次碰撞的情况重复，以此类推可知A、B两球不断碰撞的时间间隔相等，均为T=2t=2
31.解：(1)设电场力大小为F，则F=2mg，对于t=0时刻
射入的微粒，在前半个周期内，有
，方向向上.
后半个周期的加速度a2满足
，方向间下.
(2)前半周期上升的高度.前半周期微粒的末速度为.后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1=，.此段时间内上升的高度，
则上升的总高度为.
后半周期的时间内，微粒向下加速运动，下降的高度.
上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则，即.
32.解：该同学所得结论有不完善之处.
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力
qEsinθ≤mg
所以

即7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m加电压的周期最长为.
33.解：(1)棒AB向左运动.以正电荷为例：受洛伦兹力方向，垂直指向板MN，则电场方向垂直指向板PQ，据右手定则可知棒AB向左运动.
，则.
(2)，带电粒子运动半径.当位移大小第一次达到时，如图所示带电粒子转过的圆心角为600，其运动时间，则.
故带电粒子运动周期，运动时间.
34.(1)电压表(2)1.0T
(3)0.125J(提示：达到最大速度时外力F与安培力平衡，由可得最大速度=2m/s，撤去拉力后，动能全都转化为电能，R消耗的电能是总电能的.
35.解：(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为，则=mgsin=0.10N.
(2)设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则
解得=1.0m/s
(3)设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则F==mgsin=0.20N，拉力的功率P=Fv=0.20W.
36.解：(1)根据法拉第电磁感应定律，半径为rn的导电圆环中产生的感应电动势瞬时表达式为.
(2)第一个环中的感应电动势的最大值为，第一环的电阻，故第一环中电流的最大值为.
(3)第n环中感应电动势的最大值为，第n环的电阻为，第n环中电流的最大值为.
第n环中电流的有效值为In=400rn，第n环中电功率为，所有导电圆环的总功率为.
37.解：(1)感应电动势E=BLv=10V，
ab中的电流I==2A，
ab两端的电压为U=IR12=8V，
ab所受的安培力为F=BIL=2N，方向向左.
(2)是交变电流，ab中交流电的周期T=2+2=0.006s，由交流电有效值的定义，可得I2R(2)=2RT，即.
通过ab的电流随时间变化图象如图所示.

38.解：(1)轨迹如图中虚线所示.设，在电场中偏转450，说明在M点进入磁场时的速度是，由动能定理知电场力做功，得，由，可知.由对称性，从N点射出磁场时速度与x轴也成450，又恰好能回到P点，因此.可知在磁场中做圆周运动的半径；(2)；
(3)在第Ⅲ象限的平抛运动时间为，在第IV象限直线运动的时间为，
在第I、Ⅱ象限运动的时间是，所以
因此.
39.解：(1)由于粒子速度很大，可以认为粒子在匀强电场u中做匀加速运动，由动能定理得

解得.
(2)如图所示，设圆周运动的半径为r，粒子在磁场中运动的速度为v.由得，v的水平分量与v0相等，则.
40.解：(1)ab或cd切割磁感线所产生的感应电动势为，对应的感应电流为，ab或cd所受的安培.外力所做的功为W=，由能的转化和守恒定律可知，线框匀速拉出过程中所产生的焦耳热应与外力所做的功相等，即Q=W=.
(2)今，画出的图象分为三段，如图所示：
t=0～；
t=～；
t=～.
(3)今U0=Blv，画出的图象分为三段，如图所示：
t=0～；
t=～；
t=～.
41.解：(1)带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，有mg=Eq，即E=mg/q，方向竖直向下.
(2)粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示.
，
最高点与地面的距离为，
解得.
该微粒运动周期为T=，
运动至.最高点所用时间为.
(3)设粒子上升高度为h，由动能定理得，
解得.
微粒离地面最大高度为H+.
42.解：(1)若先运动到P再运动到Q.则，
则v=200m/s，tan=.
由几何关系得.
由得，方向垂直纸面向里.
(2)若先运动到Q再运动到P，则，
tan=，.
，垂直底面向外·
43.解：(1)由磁通量随时间变化的图线可知在t=0到t=T/4时间内，环中的感应电动势为，在以上时段内，环中的电流为，则在这段时间内通过金属环某横截面的电量，联立求解得.
(2)在t=T/4到t=T/2和在t=3T/4到t=T时间内，环中的感应电动势E1=0；在t=T/2到t=3T/4时间内，环中的感应电动，由欧姆定律可知在以上时段内，环中的电流为.在t=0到t=2T时间内金属环所产生的电热为.
联立求解得Q=16.
44.解：(1)由v—t图可知，刚开始t=0时刻线圈加速度为，此时感应电动势，则.
线圈此刻所受安培力为F=BIL=得.
(2)线圈在t2时刻开始做匀速直线运动，有两种可能：
①线圈没有完全进入磁场，磁场就消失，所以没有感应电流，回路电功率P=0.
②磁场没有消失，但线圈完全进入磁场，尽管有感应电流，但所受合力为零，同样做匀速直线运动.
45.解：设电场强度为E，磁感应强度为B;圆的半径为R;粒子的电量为q，质量为m，初速度为v0.同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动有，
只存在电场时，粒子做类平抛运动，有，
由以上式子和图可知x=y=R，粒子从图中的M点离开电场.
由以上式子得，只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心.设半径为r，则，所以，粒子在磁场中运动的时间为.
46.解：导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用，PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变.导轨向左切割磁感线时，
有，①
导轨受到向右的安培力，金属棒PQ受到向上的安培力，导轨受到PQ棒对它的摩擦力，根据牛顿第二定律，有F-BIl-m(mg-BIl)＝Ma，即
F-(1-mμ)Bil-mg＝Ma.②
当刚拉动导轨时，v＝0，由①式可知，则由②式可知，此时有最大加速度，即.
(感应电动势、右手定则、全电路欧姆定律)
随着导轨速度v增大，增大而a减小，当a＝0时，有最大速度，从②式可得，有
③
将代入①式，得.
(3)从刚拉动导轨开始计时，t＝0时，，I＝0，当时，v达到最大，I达到2.5A，电流I随时间t的变化图线如图所示.

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