二模前计算复习之22题分类汇编答案.doc

二模前计算复习之22题分类汇编答案1答案（1）A由光滑圆弧轨道滑下机械能守恒，设小物块A滑到圆弧轨道下端时速度为v1，则mAgR=3分解得 v1=4.0m/s1分（2）物块B离开圆弧轨道最低点后作平抛运动，设其飞行时间为t，离开圆弧轨道下端时的速度为v2，则h=2分 2分解得v2=1.6m/s 1分（3）小物块A在圆弧轨道最低点与物块B碰撞过程中动量守恒，设小物块A碰撞后的速度为v3，则 mAv1=mAv3+mBv2 3分解得 v3=-0.80m/s1分 碰撞过程中系统损失的机械能 E=2分 解得：E=0.38J 1分2答案解：（1）小滑块所受合外力为滑动摩擦力，设动摩擦因数为，有 解得 （5分） （2）设小滑块与木板的共同速度为v，小滑块距木板左端的距离为L，有 （4分） L （4分） 由以上各式解得 L （3分） 3答案解：（1） 由牛顿第二定律： （4分） 得 （4分）（2）由动能定理： （4分）得 （4分）4答案(1) 3.0N (2) 0.50m (3) 0.60J 5答案（1）列车刹车过程的初速度v020m/s，末速度vt0，前进的距离s4.0103m，加速度为a，由 2分 解得 a0.05m/s2 2分 （2）列车刹车前受到的阻力为f1，刹车时附加的制动力f29.0104N，列车的质量m3.0106kg，额定功率为P f1f2ma 2分 解得 f16.0104N Pf1v0 2分 解得 P1.2106W 2分 （3） 刹车前列车行驶的距离为s/,行驶的时间t103s 由动能定理得 4分 解得 s1.0104m 2分6答案（1）儿童从A点滑到E点的过程中，重力做功Wmgh.儿童由静止开始滑下最后停在E点，在整个过程中重力做功和克服摩擦力做功W1，有mghW0，则克服摩擦力做功W1mgh。（2）设斜槽AB与水平面的夹角为。儿童在斜槽上受重力mg、支持力N1和滑动摩擦力f1，f1=mgcos儿童在水平槽上受重力mg、支持力N2和滑动摩擦力f2，f2=mg儿童从A点由静止滑下，最后停在E点，由动能定理，有解得，它与角无关。（3）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B点时的速度最大，显然，倾角越大，通过B点的速度越大，设倾角为0时有最大速度v，由动能定理，有解得最大倾角7答案解：甲、乙两位同学的解法都不正确。 甲同学把125m全部当作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。 （3分）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。 （3分）正确的解法是：汽车行驶的最大速度为 （4分）根据动能定理有 （4分）得 （2分）8答案解：（1）电子由灯丝到O1的过程中，电场力对电子做功。设电子通过O1点的速度大小为v1，根据动能定理有 eU1=mv121分解得 2分电子在偏转电场中运动的过程中，沿O1O3方向以速度v1做匀速运动，垂直O1O3方向做初速度为0的匀加速直线运动，设电子的加速度为a。根据牛顿第二定律，2分设电子在偏转场中运动的时间为t1，则，2分根据运动学公式，得电子在垂直O1O3方向的位移 =2分（2）电子离开偏转板时，垂直O1O3方向的初速度 v2=at1=2分从P2到P3的运动时间 t2=L/v11分电子离开偏转板后，垂直O1O3方向运动的位移 y2=v2t2=2分P2点与O3点的距离 yy1+ y21分该示波器的灵敏度 1分9答案（1）由E = NBS （3分） 求出E = 16（V）（1分） （2）由 （3分）求出Im=1.6（A） （1分） 由（3分）求出I=1.1（A） （1分）（3）由P = I2R （3分）求出约P = 11（W） （1分）（求出10.8911.52W都给分）10答案解：（1）如图1所示：球=手=（2分）球=球 =（4分）(2) 小球受力分析如图2所示：因为球在圆运动的切向是平衡态，所以有：f=Tsin =T （4分）（3）小球做圆运动的动力学方程是：Tcos =m2（2分） m= =（2分）（4）由能量转化和守恒定律有：P热=PT=T手=Tr（4分）11答案解：（1）设小球从C点水平飞出到落到AB轨道上所用的时间为t，小球经过C点时的速度大小为v （4分）mgFN（2）小球在C点时，受力如图所示，根据牛顿第二定律： 代入数据得： 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小等于 （3分）（3） 因为，小球从水平轨道冲到C点的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。 （3分）代入数据得： （3分）12答案：(1) （8分）设两板间电场强度为EU= (3分) U=300VE = (3分)E=1500v/m (2分)(2) （8分）设电场力对带电小球做功为WW=qESsin30 (5分)W=4.810-8J (3分)13答案解：(1) 摩托车运动员由高台水平飞出后，由平抛运动规律： 水平方向 （2分） 竖直方向h= （2分） 联立得 （2分） （2）摩托车运动员由坡底冲上高台，根据动能定理ptmgh= （2分） 将代入得 （2分） （3)从高台水平飞出到地面，由机械能守恒定律 （4分） 解得vm=24m/s. (2分)14答案：解：（1）汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力做匀减速运动。汽车的加速度a=-g，因 所以v0=43.2km/h。因v0=43.2km/h30km/h，所以这辆车是超速的。（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离s1，二是刹车后匀减速行驶的距离s2。，则。15答案（1）A球下摆过程中，机械能守恒，设其刚与B球碰撞时的速度大小为vA，则有 Mgh=MvA2（2分）解得vA=2.0m/s（2分）（2）两球相碰撞的过程，系统沿水平方向动量守恒，设碰撞后的共同速度大小为v，则有 MvA=（M+m）v（2分）解得v=1.2m/s（1分）根据动能定理可知，B球对A球所做的功W=M（v2-vA2）= -0.77J（3分）说明：W=-0.768J同样得分。（3）设两球碰撞后一起运动离开桌面的瞬间所受细绳的拉力为T，根据牛顿第二定律对两球碰撞后的瞬间有 T-（M+m）g=（M+m）v2/l（3分）解得：T=11.44N（1分）根据牛顿第三定律可知，两球对细绳的拉力大小T=11.44N（2分）说明：计算结果为T=11N或11.4N同样得分。16答案（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE=ma（2分）解得 a=qE/m=8.0m/s2（1分）设带电体运动到B端的速度大小为vB，则vB2=2as 解得 vB=4.0m/s（3分）（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有N-mg=mvB2/R（2分） 解得 N=mg+ mvB2/R=5.0N（2分）根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N=N=5.0N（1分）（3）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功W电=qER=0.32J（2分）设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有W电+W摩-mgR=0-mvB2（2分）解得 W摩=-0.72J（1分）17答案解：（1） 小物块受电场力F = Eq（2分）根据牛顿第二定律（m/s2） （3分）由运动学规律（m/s） （3分）（2）由位移公式（m） （4分）（3）由功的定义（J） （4分）18答案（1）设二者相对静止时共同速度为v共，则有：mv0=(m+M)v共.(3分) v共=m v0/(M+m).(3分)（2）Q=mv20-(M+m)v2共=M mv20/M+m（4分）（3）对系统（M，m）应用功能关系分析有：mgl0=Q（4分） =Q/mg l0=Mv20/ (M+m) g l0.（2分）19答案(1)对木块进行受力分析，根据牛顿运动定律： 代入数据得：m/s2 s (6分)（2）设木块出平台时的速度为v，木块从静止到飞出平台过程中，根据动能定理： 代入数据得：v=7.0m/s （4分）（3）设木块在空中运动的时间为t，落地时距平台边缘的水平距离为s，根据运动学公式： 代入数据：t=0.6s s=4.2m （6分）20答案（1）.(6分) 设匀加速运动时加速度的大小为a, 摩托车发动机牵引力的大小为F，恒定阻力为f s = at2 （2分） a = 2m/s2 （1分） Ff = ma （2分）F = 600N （1分）(2) （5分）摩托车的额定功率为P,当Ff 时，有最大速度vm P=fvm （2分） vm=50m/s （2分）(3) （5分）制动后，摩托车做匀减速运动，滑行距离为svm2=2as （2分）a=g （2分）s=250m （1分）21答案（1）设初速度为v0，当汽车在水平普通路面上急刹车后， mg=ma1 （2分）v02=2a1s1 (2分）当汽车在水平冰面上急刹车后，mg=ma2 （2分）v02=2a2s2 （2分）解得 s2=56m （1分）因此，急刹车后汽车继续滑行的距离增大了s= s2s1=48m （1分）（2）mg=ma2 （2分）v02=2a2 （2分） v0=4m/s (2分 )用动能定理求出以上答案同样给分。22答案（1）带电微粒静止，受力平衡 q E1=mg 2分 解得：E1=2.0103N/C2分（2）在E2电场中，设带电微粒向上的加速度为a1，根据牛顿第二定律 q E2-mg=ma1 2分 解得：a1=10m/s2 1分 设0.20s末带电微粒的速度大小为v1，则 v1=a1t 2分 解得：v1=2. 0m/s 1分（3）把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t1，则 0-v1=-gt1 1分解得：t1=0.20s设带电微粒在水平方向电场中的加速度为a2，根据牛顿第二定律 q E2=ma2 1分解得：a2=20m/s2 1分设此时带电微粒的水平速度为v2 v2=a2t1 1分解得：v2=4.0m/s 设带电微粒的动能为EkEk= 1分解得：Ek=1.610-3J1 分23答案（1）在E2电场中，设带电微粒向上的加速度为a1，根据牛顿第二定律 q E2-mg=ma1 解得：a1=10m/s2 设0.20s时间内带电微粒上升的高度为h，则 解得：h=0.20m（2）在t=0.20s时间内电场力对带电微粒做正功，电势能减少 解得：E=-8.010-2J（3）在t=0.20s时带点微粒的速度v1=a1t=2.0m/s把电场E2改为水平向右后，设带电微粒在竖直方向做匀减速运动的速度为vy，水平方向作匀加速运动的速度为vx，带电微粒的动能达到最小时所用时间为t1，则vy=v1-gt1vx=a2t1, a2=20m/s 解得：vy=2.0-10t1, vx=20t1 带点微粒的动能Ek=当0.04 s时，Ek有最小值解得：Ek=3.210-4J说明：用当电场力与重力的合力与速度方向垂直时，速度有最小值，计算也可以。24答案解：（1）石块被抛出后做平抛运动水平方向s = v0t （2分） 竖直方向 （2分） h = L + （1分）求出v0 = 16m/s （1分） （2）落地时，石块竖直方向的速度vy = gt = 12m/s （1分）v0vyvt 落地速度20m/s （2分） 设落地速度与水平方向间的夹角为，如右图tan = = （2分） = 37 o 或 = arctan （1分） 评分标准：角度用图示或用文字表述，如果不交待是哪个角度，扣1分。 （3）长臂从初始位置转到竖直位置，根据动能定理 （3分） 求出 = 2000J （1分）25答案（1）初动能Ek0=mv20 =8107202=1.61010J（5分）(2) 恒定阻力大小：f = mam(v20-v21)/2s=4107N（5分）(3)设总时间和总位移大小分别为t0和s0，则：ft0=mv0（2分）f s0=mv20（2分）则：t0=mv0/f=40 s（2分）s0=mv20/f=400 m（2分）26答案解：（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则 解得： （4分）（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律： 解得： （4分）根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小 （2分）（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理： 所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J。 （6分）27解：（1）从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为： （3分）代入数据解得：E 9100J （2分）（2）人与雪橇在BC段做减速运动的加速度： （2分）根据牛顿第二定律： （2分）由 得：140N （2分）（3）由动能定理得： （3分） 代入数据解得：36m （2分）28（1）风突然停止，船体只受到的阻力f做减速运动 船体加速度大小：a=v/t=4/8=0.5m/s2（2分） 船体只受阻力： f=Ma=9400.5=470N（4分） 帆船在匀速运动时受到风的推力和水的阻力而平衡，所以： 帆船受到风的推力大小：F=f=470N（4分）（2）(特别说明：没有相应的估算过程，直接写出空气密度的不能得分) 在单位时间内，对吹入帆面的空气（柱）应用动量定理有： F=mv=Svv.（2分） v=v2-v1=10-4=6m/s（2分） =FSv21.3kg/m3（2分）29解：（1）设该同学离地速度为v0，跳起的高度为h2，由动能定理有（3分），解得v0=4m/s（2分）（2）设该同学离地前克服重力做的功为W1，动能的增加量为Ek，则该同学在起跳过程中的平均功率（4分）解得：=7.2103W（2分）（3）设起跳过程中蹬地的平均作用力为，由动量定理有（-mg）t = mv0（3分）解得=1.8103N（2分）30解：(1) 小球沿圆弧做圆周运动，在B点由牛顿第二定律有 (2分)从A到B,由机械能守恒，有 (2分)由以上两式得 (2分)(2) 小球离开B点后做平抛运动，抛出点高为HR，有 (2分) (2分) (2分)联立解得 (2分) （3）由上式可知 (2分)当时，即时，S有最大值，即 SmaxH (2分)31解：(1) (3分)设金属杆受安培力FA,当金属杆达到最大速度时, 杆受力平衡 (3分) (2) (8分)当杆达到最大速度时，感应电动势为Em, 感应电流为 ImEm = BLVm (2分) (2分)由 FAm= BImL (2分) 得 (2分)(3) (5分)设金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为h由能量守恒 (4分)得 (1分)32（1）设物块A与B碰撞前瞬间的速度为v，由动能定理 （2分）解得v=3.0m/s （2分）（2）物块B离开桌面后做平抛运动，设其飞行时间为t，离开水平桌面时的速度为vB，则h=，x=vBt （2分）解得vB=2.0 m/s （3分）（3）物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，设物块A碰撞后的速度为vA，则 mAv=mAvA+mBvB （1分）解得vA=1.0 m/s （2分）碰撞过程中系统损失的机械能 E= （2分）解得E=0.20 J （2分）说明：其他方法解答正确也得分。33（1）1.20m；（2）0.40；（3）机械能不守恒34（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，依据牛顿第二定律FN-mg=m.3分解得FN=7.25 N. .2分（2）设PB间的距离为s，依据动能定理(qE-mmg)s=. .3分解得s=2.5 m . .2分（3）设带电体运动到C点的速度为vC，依据机械能守恒定律=+2mgR.1分带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间为t2R=.1分在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，依据牛顿第二定律qE=ma. . .1分设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，依据运动学公式x=vct-. 1分解得 x=0.40m.2分35（1）设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律：mg= vC=2.0m/s（2）设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电