计算题天天练答案

计算题天天练(一)1.解析:设磕头虫离地速度为v1,d1为磕头虫重心向下加速的距离,磕头虫起跳的加速度为a,则对加速过程和离地后上升过程分别有:=2ad 1,=2gh1,设人起跳离地速度为v2,d2为人重心向上加速过程的距离,人具有和磕头虫相同的加速度a,h2表示与此相应的竖直高度,则对加速过程和离地后上升过程分别有: =2ad 2,=2gh2,联立以上各式,得:h2=,代入数据得:h2=150 m.答案:150 m2.解析:(1)当牵引力等于阻力时,动车组速度达到最大,设最大速度为v m,由题意可知,动车组行驶时的阻力f=0.1mg,由P=Fv,得v m==,代入数据解得:v m=62.5 m/s.(2)由于求发动机至少需工作多长时间,因此经甲地后发动机立即以额定功率行驶,车通过甲、乙的过程应用动能定理,有Pt-fx=0-mv2,代入数据解得最短时间t=131.2 s.答案:(1)62.5 m/s (2)131.2 s3.解析:(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得:带电小球带正电且mg=qE解得:=.(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中,有:qvB2=m,由几何关系有R+Rsin θ=l,即R=l.联解得:v=,带电小球在杆上匀速运动时,由平衡条件有: mgsin θ=μ(qvB1-mgcos θ),解得μ=.(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期T==,则从N到Q的时间为,第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0==,绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t==2,两球相碰有t=+n(t0+),代入以上各量解得n=1.设绝缘小球b平抛的初速度为v0,则l=v0t,解得v0=.答案:(1)正电(2)(3)计算题天天练(二)1.解析:(1)由题意知,滑块在木板上运动时由牛顿第二定律得μmg=ma则a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2滑块做匀减速运动,由于木板固定,设滑块滑离木板时产生的位移为x,则x=v0t-at2代入数据可得滑块运动时间t=1.0 s由公式v=v0+at得:v=3 m/s-2×1 m/s=1.0 m/s.(2)令滑块恰好不滑离木板右端时,木板的最小加速度为a′,运动时间为t,则有:根据速度时间关系有:3-2·t=a′t①由位移关系得t-a′t2=2②由①②两式解得木板的最小加速度a′=0.25 m/s2根据牛顿第二定律得F′+μmg=Ma′,则对木板的最小拉力F′=Ma′-μmg=8.0×0.25 N-0.20×0.50×10 N=1.0 N若保证滑块不脱离木板,则木板加速度最大值a″=2 m/s2,根据牛顿第二定律得F″=(M+m)a″=(8+0.5)×2 N=17.0 N,对木板最大拉力为17.0 N.答案:(1)1.0 s 1.0 m/s (2)1.0 N≤F≤17.0 N2.解析:(1)小球受到重力、支持力和电场力,重力和支持力平衡,根据牛顿第二定律,有:a=== m/s2=1.0 m/s2方向水平向左.(2)设球到桌面右边的距离为x1,球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2,时间为t,由公式v2-=2ax得x 1=由平抛运动规律得h=gt2,x2=vt则x2=0.5v由于x总=x1+x2,则x总=+0.5v即x总=-0.5v2+0.5v+0.5,解方程得v=0.5 m/s时,x总最大,其最大值x总=0.625 m,而x1=0.375 m.答案:(1)1.0 m/s2方向水平向左(2)0.375 m 0.625 m3.解析:(1)根据功能关系得:W a=m a gd=1.0 J,W b=m b gd=0.5 J.(2)b在磁场中匀速运动时,速度为v b,总电阻为R1=R b+=7.5 Ωb中的电流:I b=由平衡条件得:=m b ga棒在磁场中匀速运动时,总电阻R2=R a+=5 Ω同理可得=m a g由以上各式得:=,即=,而t a=t b+,则t a=t a+,解得t a=4= s≈0.52 s.(3)由于v2=2gh,则=,而h a=g= m≈1.33 m则h b=h a= m=0.75 m.答案:(1)1.0 J 0.5 J (2)0.52 s (3)1.33 m 0.75 m.计算题天天练(三)1.解析:(1)如图所示,A为战机着陆点,AB、BC分别为两个匀减速运动过程,C点停下,设战机经B点时速度为v,A到B过程,依据v=v0+at,第一段匀减速运动的时间为:t 1==,则B到C过程的时间为:t 2=t-t1=t-,依据v=v0+at有:B到C过程的加速度大小为:a 2===.(2)根据v2-=2ax得:第一段匀减速的位移x1==,第二段匀减速的位移为:x2===,所以新型战机降落后滑行的总路程为:x=x1+x2=答案:(1)(2)2.解析:(1)由F t图像可知,当线框全部进入磁场后, F=0.2 N,线框的加速度:a==2 m/s2t=0时线框所受的安培力:F安=,且F=0.3 N由牛顿第二定律:F-F安=ma解得:B=0.5 T.(2)线框进入磁场过程通过截面电荷量:q=Δt由法拉第电磁感应定律得:=由闭合电路欧姆定律得:=,解得q==由匀变速直线运动得:x=v0t+at2=0.75 m解得:q=0.75 C.答案:(1)0.5 T (2)0.75 C3.解析:(1)粒子在金属板电场加速时qU=mv2,粒子在左侧磁场中运动时,有qvB1=m,sin α=,a到A点的距离x=-R1(1-cos α),解得x=(-)L.(2)如图(甲)所示,粒子在右侧磁场中沿半径为R n和R m的两临界轨道从上边缘CC1离开磁场时,有:R n=L,R m=L,又qv n B2=m,qv m B2=m,粒子在中间电场运动时qE n L=m-mv2,qE m L=m-mv2,解得E n=,E m=,电场强度的取值范围为<E<.(3)粒子在左右磁场运动T1=,T2=,若使粒子从D点射出,粒子经中间区域时必须减速,因此必须改变中间区域的电场方向并取定电场E的某一恰当确定数值,其粒子运动轨迹沿如图(乙)所示.可得:α=60°,有t=+,解得t=.答案:(1)(-)L (2)<E<(3)计算题天天练(四)1.解析:(1)水从管口流出后做平抛运动,设水流到达轮子边缘的速度大小为v,则v==5 m/s由题意可得轮子边缘的线速度:v′=5 m/s所以轮子转动的角速度ω==50 rad/s.(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为v y,运动时间为t,水平、竖直分位移分别为x、y:v y==4 m/s由v y=gt得t==0.4 sx=v0t=1.2 my=gt2=0.8 m水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h为:l=x-Rcos 37°=1.12 mh=y+Rsin 37°=0.86 m.答案:(1)50 rad/s (2)1.12 m 0.86 m2.解析:(1)设带电离子所带的电荷量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时,U0保持恒定,有qv0B=q,①得U0=Bdv0.②(2)设开关闭合前后,管道两端压强差分别为p1、p2,液体所受的摩擦阻力均为f,开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安,有p1hd=f,③p2hd=f+F安,④F安=BId,⑤根据欧姆定律,有I=,⑥两导体板间液体的电阻r=ρ,⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp=p2-p1=.(3)电阻R获得的功率为P=I2R,P=()2R,当=时,电阻R获得的最大功率P m=.答案:见解析3.解析:(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°,根据平行四边形定则知:v C==4 m/s,小物块由C到D的过程中,由动能定理得:mgR(1-cos 60°)=m-m,代入数据解得:v D=2 m/s.小球在D点时由牛顿第二定律得:N-mg=m,代入数据解得:N=60 N,由牛顿第三定律得:N′=N=60 N,方向竖直向下.(2)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为:a 1==μg=3 m/s2,a2==1 m/s2.速度分别为:v=v D-a1t,v=a2t,对物块和木板系统,由功与能的转化关系得μmgL=m-(m+M)v2.解得:L=2.5 m,即木板的长度至少是2.5 m.答案:(1)60 N (2)2.5 m计算题天天练(五)1.解析:(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡,如图所示:则F=mgtan θ,代入数据可得:F= N.(2)由图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为10 m/s当F变为水平向右之后,由牛顿第二定律可得:mgsin θ+Fcos θ=ma,解得a=10 m/s2,下滑的位移x=,解得x=5 m.故下滑的高度:h=xsin 30°=2.5 m.(3) 由图象可知,二者先发生相对滑动,当达到共速后一块做匀减速运动,设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,二者共同减速时的加速度大小a1=1 m/s2,发生相对滑动时,木板的加速度a2=1 m/s2,滑块减速的加速度大小为:a3=4 m/s2,对整体共同运动过程,可得:a1==μ1g可得:μ1=0.1.在0～2 s内分别对M和m分析受力对M可得:a2=对m:a3==μ2g代入数据解得:M=1.5 kg.答案:(1) N (2)2.5 m (3)1.5 kg2.解析:(1)A在传送带上做匀减速运动,设加速度大小为a,则:μmg=ma代入数据解得:a=2 m/s2,由运动学公式:-=-2aL,代入数据解得:v P=3 m/s.(2)要从P点飞出后仍落至地面上的Q点,A在P点的速率必为3 m/s,当皮带顺时针转动时,若v A= m/s,则A在传送带上一直做匀减速运动,到达P点时速度恰好为3 m/s,从P点飞出仍落至地面上的Q点,若v A< m/s,则A在传送带上可能先做匀减速运动,达到3 m/s,后和传送带一起做匀速运动,也可能先加速运动,达到3 m/s后和传送带一起匀速运动,其中的临界情况是A在传送带上一直匀加速运动,到达P点时速度刚好为3 m/s,设这种情况下A刚好滑上传送带时的速度为v0,由运动学公式,有:-=2aL,代入数据解得:v0=1 m/s.因此,A刚好滑上传送带时的速度需满足:1 m/s≤v A≤ m/s设A的初始位置与虚线间的距离为x,由动能定理有:qEx=m-0.代入数据解得:0.1 m≤x≤1.7 m.答案:(1)3 m/s (2)0.1 m≤x≤1.7 m3.解析:(1)当U MN=0时粒子沿O2O方向射入磁场轨迹如图☉O3,设其半径为R1.由几何关系得:R1=R,Bqv=,解得:B=.(2)在t=0时刻入射粒子经t=飞过极板,沿场强方向先加速、后减速,时在N处以水平速度v0飞出,则=××()2×2解得U0=.(3)经分析可知所有粒子经电场后其速度均为v0,当t=(2k+1)(k=0,1,2,3…)时刻入射的粒子贴M板平行射入磁场轨迹如☉O4,偏转角为α.由几何知识可知α=120°,t1=.当t=2k(k=0,1,2,3…)时刻入射的粒子贴N板平行射入磁场轨迹如☉O5,偏转角为β.由几何知识可知β=60°,t2=,又 T=,故Δt=t1-t2=.答案:(1)(2)(3)计算题天天练(六)1.解析:(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速,则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动;若滑块冲上传送带时的速度大于带速,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动.(2)设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律μmg=ma.由运动学公式得-v2=-2aL.由能量守恒可得E p=mv2.解得E p=m+μmgL.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传送带的位移x=v0t,对滑块v 0=v-at,-v2=-2aL.滑块相对传送带滑动的位移Δx=L-x.因相对滑动生成的热量Q=μmg·Δx.解得Q=μmgL-mv 0(-v0).答案:(1)见解析(2)m+μmgL(3)μmgL-mv 0(-v0)2.解析:(1)设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的静电力分别为F1和F2.则:F1=F2=k小球沿水平方向受到的静电力为F1和F2的合力F,由平行四边形定则得:F=2F1cos 60°解得:F=k.(2)管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面,小球在管道中运动时,小球受到的静电力和管道对它的弹力都不做功,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,有:mgR=m-0,解得:v C=.(3)设在B点管道对小球沿竖直方向的支持力的分力为N By,在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得:N By-mg=mv B=v C,解得:N By=3mg设在B点管道对小球在水平方向的支持力的分力为N Bx,则:N Bx=F=k圆弧形管道最低点B处对小球的支持力大小为:N B==由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为:N B′=N B=.答案:(1)k(2)(3)3.解析:(1)在0～1 s时间内,设t时刻磁场磁感应强度为B,QKLM中的感应电动势为E,电流为I,金属导轨QM受到的安培力为F,则:由(乙)图得:=2 T/s,则B=2+2t(T)由法拉第电磁感应定律得:E=而ΔΦ=dLΔB,I=,解得E=1 V,I=0.2 A导轨所受的安培力:F=BId=(2+2t)Id当t=1 s时,安培力最大为F m,则:F m=0.8 N设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为f m,则:f m=μ(m1+m2)g=1.5 N1 s以后,电动势为零,QM受到的安培力为零,即安培力最大时,仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力,金属导轨PQMN始终静止,受到的是静摩擦力,所以f max=F m则得f max=0.8 N.(2)从t=2 s开始后,导轨QM受到的安培力向右,由于小立柱1、2的作用,金属导轨PQMN静止.设杆KL的最大速度为v m时,感应电动势为E1,电流为I1,受到的安培力为F1,外力为F0,则:E1=B0dv m,I1=.则得:F1=B0I1d,有:F0v m=P0即:=解得:v m=10 m/s撤去外力直到停下来,产生的总热量为Q 0,则Q0=m2QM上产生的热量:Q R=R代入数据,解得:Q0=5 J,Q R=4 J.答案:(1)0.8 N (2)4 J计算题天天练(七)1.解析:(1)过ETC通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为:s1== m=100 m.所以总的位移: s总1=2s1+10 m=210 m.(2)过ETC通道时;t 1=×2+=22 s.过人工收费通道时:t 2=×2+20 s=50 s,s2=×2=225 m.二者的位移差:Δs=s2-s1=225 m-210 m=15 m.在这段位移内过ETC通道的车以15 m/s做匀速直线运动,所以Δt=t2-t1+=27 s.答案:(1)210 m (2)27 s2.解析:(1)如图(甲)所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R1,则由几何关系得R1=,又qv1B=得v1=.(2)如图(乙)所示,设粒子轨道与磁场外边界相切时,粒子在磁场中的轨道半径为R2,则由几何关系有(2r-R2)2=+r2可得R2=,又qv2B=,可得v2=.故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过.答案:(1)(2)3.解析:(1)设物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v,由机械能守恒得:m=mv2+2mgR,物块到圆弧轨道的最高点B点,由牛顿第二定律得:N+mg=,解得:N=40 N,由牛顿第三定律,物块对轨道压力大小为40 N,方向竖直向上.(2)物块在Q点时速度为v0=6 m/s,在PQ运动时,由牛顿运动定律有:μmg=ma,由运动规律l=v0t-at2解得在PQ段运动时间:t=0.5 s,设物块在P点时速度为v 1,有-=-2al,由能量守恒定律可知,物块压缩弹簧时,动能转化为弹性势能,有:E pm=m,解得E pm=8 J.(3)设物块以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速度为v2,有:-2μmgl=m-m,要使物块恰能不脱离轨道返回A点,则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v3,则满足:m=2mgR+m,且mg=.解得l=1 m.答案:(1)40 N (2)0.5 s 8 J (3)1 m计算题天天练(八)1.解析:(1)设小球的最小出射速度为v1,由动能定理得:kmgs=m,k=0.1,解得:v 1= m/s.(2)小球落到P点,若在O点抛出时的速率为v0,水平方向有:d=v 0t1,竖直方向有:h=g解以上两式得:v0=0.2 m/s设在平台上运动时加速度为a,有:kmg=ma即a=kg=1 m/s2设小球射出速度为v2,运动时间为t,由速度公式得v0=v2-at由位移公式得s=v2t-at2联立两式并代入数据解得t2=1 s.(3)小球碰壁反弹时,设小球从A点射出时速度为v3,离开O点时速度为v3′,下落时间为t3,则水平方向有2nd=v3′t3(n=1,2,3,…)竖直方向有h OB=g,则v3′=由运动学公式得:-v 3′2=2as解得:v3= m/s,(其中n=1,2,3…)答案:(1) m/s (2)1 s(3) m/s,(其中n=1,2,3…)2.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有:qvB=m, 而T=,则T=当粒子垂直AD边射出时,根据几何关系,则转过的圆心角为60°即t 0=T,解得:B=.(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时,粒子能从CD边射出,半径最大,速度为最大值,此时:r=sin 60°=L根据qvB=m,解得:v=所以,粒子射入的速度应满足v ≤.(3)由(2)知,当轨迹圆与AC相切时,从AC边射出的粒子距C最远故有粒子射出的范围为CE段,x CE=cos 60°=当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时,射出的粒子距D点最远,故有粒子射出的范围为DF段,x DF==.答案:(1)(2)(3)距C点范围,距D点范围3.解析:(1)金属棒速度最大时,沿轨道切线方向所受合力为0,则有:mgcos θ=BIL,解得I=,流经R的电流方向为a→R→b.(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中,穿过回路的磁通量变化量为:ΔΦ=BS=B·L=.平均电动势为=,平均电流为=则流经电阻R的电量:q=Δt==.(3)在轨道最低点时,由牛顿第二定律得:N-mg=m据题有:N=1.5mg根据能量转化和守恒定律得电路中产生的总热量Q=mgr-mv2=mgr由于=,则电阻R上的热量为:Q R==.答案:(1)方向为a→R→b(2)(3)计算题天天练(九)1.解析:(1)对AB段匀减速直线运动有v2-=-2aL 1,而v0=72 km/h=20 m/s,v=36 km/h=10 m/s,由此得a=1 m/s2.(2)汽车在BC段做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,f=m,为了确保安全,则须满足f≤μmg,解得:R≥20 m,即R min=20 m.(3)设AB段时间为t1,BC段时间为t2,CD段时间为t3,全程所用最短时间为t.L 1=t1,πR=vt2,L2=t3,t=t1+t2+t3,解得:t=23 s.答案:(1)1 m/s2(2)20 m (3)23 s2.解析:(1)货物刚放到传送带时受沿传送带向上的摩擦力,由牛顿第二定律有: μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得a=0.4 m/s2.(2)设经过时间t货物速度达到v0=2 m/s,与传送带之间相对静止,通过的距离为x1,传送带通过的距离为x2,货物相对传送带通过的距离为x,则:v0=at,货物的位移:x1=at2,传送带的位移:x2=v0t,二者位移差:x=x2-x1代入数据解得:t=5 s,x1=5 m,x2=10 m,x=5 m根据功与能的转化关系,有W=xμmgcos θ+mgLsin θ+m,解得:W=164 J.答案:(1)0.4 m/s2(2)164 J3.解析:(1)设粒子从O点穿出时速度为v0,由动能定理得,qU=mv02,解得v0=.由于粒子在电、磁场中做直线运动,粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,有:qv0B1=qE, 解得B1=.磁场的方向垂直纸面向里.(2)粒子在电、磁场中运动时间t=,设粒子离开电场时偏向角为θ,有:v y=at,a=,tan θ==,解得θ=30°.粒子离开电场时速度大小v==v 0,依题意,粒子运动轨迹如图所示,设在磁场中半径为r,可得FO′=2r,2r+r=OQ-OF=3d,解得r=d.根据洛伦兹力提供向心力,qvB2=m,解得B2=,方向垂直纸面向里.(3)由几何关系可知,O到磁场左边界在x轴上的距离为L=2.5d-rcos 60°=2d, 粒子从O到磁场左边界所用时间t1==d,在磁场中运动时间t2=T==,总时间t=t1+t2=(1+π)d.答案:(1)方向垂直纸面向里(2)方向垂直纸面向里(3)1+πd计算题天天练(十)1.解析:(1)设飞机在起飞前瞬间牵引力大小为F1,受到的阻力大小为f1,起飞速度v=80 m/s,则:P=F1v由牛顿第二定律得:F1-f1=ma1代入数据解得:f1=7×104 N.(2)设飞机起飞过程加速度为a2,达到起飞速度应滑行距离为x1,因故减速滑行距离为x2,跑道的长度至少为x,由牛顿第二定律得:F-f=ma2由匀减速直线运动得:=2a 1x1,=2a2x2,x=x1+x2代入数据解得:x=4 000 m由于x=4 000 m>2 600 m所以大庆萨尔图机场不能安全起降国产大飞机.答案:(1)7×104 N (2)不能2.解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力qv0B=,解得:R=0.1 m.(2)由于只有Z粒子到达电场右边界,说明Z粒子是垂直电场左边界进入电场的,作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示,O1为轨迹圆圆心.用d B表示磁场区域的宽度.由几何知识可知:∠O1SO=θ,在△SOO1中满足:cos θ==,代入数据可得θ==60°即粒子Z从S发射时的速度与磁场左边界夹角为60°(或120°)(3)在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点,如图(b)所示,N 点到x轴的竖直距离L满足L2+(R-d B)2=R2解得:L=5 cm= m即粒子P的位置坐标为(0, m).(4)用d E表示电场的宽度,对粒子Z在电场中的运动,由动能定理得qEd E=mv2代入数据解得:E=5.0×105 N/C对于P粒子设沿电场方向的速度为v∥=2ad E,qE=ma解得:v∥=2×106 m/s所以粒子P到达电场右边界时的速度v==2×106 m/s方向与电场右边界成45°(或135°)角.答案:(1)0.1 m (2)60°(或120°) (3)(0, m)(4)2×106 m/s 方向与电场右边界成45°(或135°)角3.解析:(1)设金属杆长为L,距离导轨顶部也为L,经过时间t后,金属杆有沿着斜面向上的加速度,时间t时安培力等于重力沿斜面的分力,则:F A=mgsin θ,又:F A=BIL=B L,其中:E=kL2=0.2 V,所以:(2+0.2t)L=mgsin θ,解得:t=20 s.(2)对金属杆由牛顿第二定律:mgsin θ+F-F A=ma,其中:F A=BIL=,解得:mgsin θ+v+0.4-=ma,代入数据解得:1+(1-)v=0.1×10,因为是匀加速运动,其大小与速度v无关,则(1-)=0,解得:B=T.(3)设t=0时刻金属杆距离顶端为s0,若金属杆下滑中闭合电路中无感应电流,则磁通量保持不变,经过时间t的位移为s,则:B1Ls0=B2L(s+s0),代入数据:20×1×1=×1×(s+1),解得:s=t2,即金属杆做初速度为零的匀加速直线运动,当金属杆下滑5 m时,所用时间t= s. 答案:(1)20 s (2)T (3) s。