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1、易中档计算题专项训练(二)参考答案aF(N)(m/s2)452324681F图1图2-g1.解：(1)F-mg=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)mg=1N；=0.22.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
2、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： S364-168196180(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
3、=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=2
4、OB1 有A1OB1=A2OB2=/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
5、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mM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mM.14、解将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 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，
6、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
7、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 .21.解：(1)半导体. (2)查表I=1.8A时，Z的电压为1.2V.则UR=E2UZ=3V1.2V=1.8V， PRIUR=3.24W. (3)任选两组数据可列出0.8=k0.8n，1.25=k1n， 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，
8、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) A1A2B1B2O(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I1I21A)，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
9、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
10、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
11、知A、B两球不断碰撞的时间间隔相等，均为T=2t=231.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
12、力 qEsinmg 所以 即7.5104V/mE1.25105V/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
13、，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.
