考前基础计算题训练

1、考前基础计算题训练 1（一）23. （16分）一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F的大小随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示.重力加速度g取10m/s2,试结合图象，求（1）运动员在运动过程中的最大加速度；（2）运动员离开弹簧床上升的最大高度.24 . （19分）边长为100cm的正方形光滑且绝缘的刚性框架ABCD固定在光滑的水平面上，如图内有垂直于框架平面 B=0.5T的匀强磁场.一质量m=2X10-4kg，带电量为q=4 X10-3C 小球，从CD的中点小孔 P处以某一大小的速度垂直于CD边沿水平面射入磁场，设小球与框架相碰后不损失动能求：（1）为使小

2、球在最短的时间内从P点出来，小球的入射速度 V1是多少？ 若小球以V2=1m/s的速度入射，则需经过多少时间才能由 P点出来？XXXXXXXV +XPA B（二）23. （16分）在平直公路上,一辆摩托车从静止出发 ,追赶在正前方 100m处正以 v0=10m/s的速度匀速前进的卡车.若摩托车的最大速度为 vm=20m/s,现要求摩托车在 120s 内追上卡车，求摩托车的加速度应满足什么 ？24. （19分）如图所示，y轴在竖直方向，x轴在水平方向，一质量为m,带电量为q的小A /mV01F1E1FOx/m0，x0的空 间存在沿y轴负方向的匀强电场 Ei，在y0的空间存在沿x轴负方向的匀强电场

3、 E2,其中 m=0.1kg，q= + 1.0 x 10-3C, v0=2m/s, Ei 103N/C， E2、3 10N/C，重力加速度g=10m/s，求：（1）小球到达x轴上的速度（2）小球回到y轴时的座标考前基础计算题训练2（三）23. （16分）长兴是我国最大的蓄电池基地之一，蓄电池是电动自行车的核心部件之一，近几年来电动自行车在长兴城乡十分普及，极大地方便了居民的出行。下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速 行驶的速度。额定车速车质量载重电源电源输出电压充电 时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h40kg80kg3

4、6V/12Ah 36V68h180W36V/6A请参考表中数据，完成下列问题（g取10 m/s 2）:（1）此车所配电动机的内阻是多少？（2） 在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括载重）的 K倍，试计算K的大小。（3） 若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s时，加速度为多大？24. （19分）如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B=0.10T磁场区域半径r= m,左侧区圆心3260,磁场向里，右侧区圆心为 O,磁场向外.两区域切点为 C.今有质量m=3.2X 10- kg.带 电荷量q=1.6 x 10-19C的某种离子

5、，（重力不计）从左侧区边缘的 A点以速度v=1.0 x 106 m/s正对0的方向垂直磁场射人，它将穿越 c点后再从右侧区穿出.求：（1）该离子通过两磁场区域所用的时间.（2）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离多大?（侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离）（四）23. （ 14分）下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载 情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。额定车速车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输岀功率电动机额定工作电压和电流18km/h40kg80kg36V/12Ah 36V68h180W36V/6A请参考表中数据，完成下列问题（g取10

6、m/s2）:（1）此车所配电动机的内阻是多少？（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的K倍，试计算K的大小。（3） 若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s 时，加速度为多少？24. (20分)A、B、C三个物体的质量都为 m、且都静止，其中 A、B为大小形状完全相同 的两个木板，长度均为 L,它们之间的距离也为 L,水平地面光滑。今用水平向右的恒 力，作用于可以看作质点的物块C上，若C、A间的动摩擦因数为，经过了一段时间。当木板A与B碰撞时，物块C也刚好滑到了 A板的最右端，此时刻立即撤去水平 拉力，且刚发生碰撞的木板 A与B也立即粘合在一起。求

7、：(1 )水平拉力F的大小。(2)为了使运动的物块 C不滑下B板，C、B间的动摩擦因数应满足什么条件？并写出 ABC三个物体的最终速度的表达式。考前基础计算题训练 3图11(五) 23 . (16分)如图11所示。质量为 m的小球A放在光滑水平轨道上，小球距左端 竖直墙壁为s。另一个质量为 M=3m的小球B以速度Vo沿轨道向左运动并与 A发生正碰, 已知碰后A球的速度大小为1.2vo，小球A与墙壁的碰撞过程中无机械能损失，两小球均可 视为质点，且碰撞时间极短。求：(1) 两球发生第一次碰撞后小球B的速度大小和方向。(2) 两球发生碰撞的过程中A球对B球做功的大小。(3) 两球发生第二次碰撞的位

8、置到墙壁的距离。24.（ 19分）如图12所示，在高度差h= 0.50m的平行虚线范围内，有磁感强度B= 0.50T、方向水平向里的匀强磁场，正方形线框abed的质量 m = 0.10kg、边长L=0.50m、电阻R= 0.50 Q,线框平面与竖直平面平行，静止在位置“I时，ed边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F= 4.0N向上提线框，该框由位置“I”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达 位置“n”（ ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ed边保持水平。设ed边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动。 （g 取 10m / s2）求：（1）线框进入磁场前距

9、磁场下边界的距离H。（2）线框由位置“I”到位置“n”的过程中，恒力 F做的功是多少？线框内产生 的热量又是多少？（六）23. （ 16分）已知一足够长斜面倾角为=37 , 一质量 M=10kg物体，在斜面底部2秒受到一个沿斜面向上的 F=100N的力作用由静止开始运动, 末撤销力 F, （sin37 =0.6,cos37 =0.8, g=10m/s2）求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2 ）从撤销力F开始2秒末物体的速度V；24. （19分）如图所示，摆锤的质量为M,摆杆长为I，其质量不计，摆杆初始位置OA与水平面成a角，释放后摆锤绕 O轴无摩擦地做圆周运动，至最低点与质量为m的钢块发生

10、碰撞，碰撞时间极短，碰后摆锤又上升至B点，A、B位于同一条直线上，钢块与水平面间的动摩擦因数为，求碰后钢块能滑行的距离。考前基础计算题训练 4（七）23. （16分）表演顶杆”杂技时，一个人站在地上（称为底人”）户上扛一长L=6m , 质量mi=i5kg的竹竿，一质量 m2=45kg的演员（可当质点处理）在竿顶从静止开始先 匀加速再匀减速下滑，下滑时加速度大小相等， 下滑的总时间为t=3s,演员恰从杆顶滑至杆底部。求：（1 ）演员下滑过程中的最大速度？（2）演员在减速下滑过程中竹竿对“底”人的压力？24. （ 18分）如图，平面直角坐标系空间中有图示方向的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀

11、强磁场，Y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质 量为m、电荷量为一q的带电粒子从电场中坐标位置（一L , 0）处，以初速度 V0沿x轴正方向开始运动，且已知 LmV。2Eq（重力不计）试求：（1 ）带电粒子离开电场时的速度？（2 ）若带电粒子能返回电场，则此带电粒子在磁场中运动的时间为多大?(3) 要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足什么条件?11Vc1 ;E-JvIriXXXXBJXXXX1r ，F 10F* XXX X 1jXXX 幷(八) 23、(16 分)电动自行车是一种清洁环保的交通工具。为它提供能量的装置为装在电池盒内的电池们组，当它给

12、电动机供电时，电动机将带动车轮转动。假设某位女士骑着一辆电动自行车，她和车的总质量为120kg。当该车在水平地面上以5m/s的速度匀速行驶时，受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍，此时电池组加在电动机两端的电压为 36V，通过电动机的电流为5A。若忽略连接导线的电阻和传动装置消耗的能量，g取10m/s2。求：(1) 电动机输出的机械功率；(2) 电动机线圈的电阻。24、(18 分)如图所示，挡板 P固定在足够高的水平光滑桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分另帰有+Q和+CB的电荷量，质量分别为mA和rb。两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩

13、。整个装置处于场强大小为E、方向水平向左的匀强电场中。 A、B开始时静止，已知弹簧的劲度系数为 k，不计一切 摩擦及A B间的库仑力，A B所带电荷量保持不变，B不会碰到滑轮。重力加速度为g。(1)若在小钩上挂一质量为 M的物块C并由静止释放，可使物块 A恰好能离开挡板 P,求 物块C下落的最大距离；(2)若C的质量改为2M,则当A刚离开挡板P时，B的速度多大?（一） 23. （16分）解：（1）由图象可知，运动员的重力为mg= 500N（2分）弹簧床对运动员的最大弹力为Fm= 2500N（2分）由牛顿第二定律得Fm mg= mam（2分）则运动员的最大加速度为am= 40m/s2（2分）（2

14、）由图象可知运动员离开弹簧床的时间为t=2.1s（4分）1 t 2则上升的最大高度为H= g（）2=5.51m（4分）2 224.（19分）解：根据题意，粒子经 AC、AB、BD的中点反弹后能以最短的时间射出框架,(3 分)（3分）（2分）（3 分）（3分）（2分）即粒子的运动半径是 0.5m. 由牛顿第二定律得：由r豈，代入数据解得v1=5m/s.Bqv=mv2/R（2）当粒子的速度为1m/s时，其半径为 R2=0.1m, 其运动轨迹如图，2 R 丁2 m由T 得T，解得T=0.2 n (s)故经t=1.8 n (s)粒子能可知粒子在磁场中运动了9个周期.vBq从P点出来。(二) 23、摩托

15、车 S 1=at 12/2+v2 v n=at 1=20卡车 S 2=vT=10T S1=S+100T=t1 + t 2T w 120s a 0.18m/s 2（式每式各得 2分，答案5分。）24、（ 8分）小球做类平抛运动，设在竖直方向加速度为a1,运动时间为t,未速度为V ,V与X轴正方向夹角aV0 2mlsVyF1Eq mga1F1mh1a2VyVV02Vy2tanVyV0由以上各式得V=4m/s , a =60各式1分，答案2分笑（11分）由受力分析可知小球再次做类平抛运动，设运动的加速度为a2, xi为第一次水平方向的位移，运动轨迹如图所示:32（E（mg）2ms0xjcos30Xi

16、 Votis 1 x2s0a2 t22 23s 4t22y s X1 ta n30由以上各式可得：y 1.8y轴上的座标为：（0, 1.8）各1分，O各2分，答案3分（三）23 解：考察电动车在满载且以额定功率匀速行驶时的情形（1）PA = U 入 I 入=36 6=216W（ 2分）F出 = 180W卩热=P入-P出 =36W（ 2分）又卩热=12r -（1分）热r= 1-r I21（1分）（2）卩出=F额V额-（1分）f kmg（1分）F额f（1分）即卩出=kmg%P fV（2 分）Mk 0.03（3 分）（3）由牛顿第二定律可知：a即a 0.2m/s2（ 2分）24、解：（1 ）离子在磁

17、场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动是对称的，如图，设轨迹半径为R,圆周运动的周期为T.又T 2RV（1分）得RmV2 m,T-（2分）BqBq将已知量代入得R 2m（2分）由图得tanR 3则全段运动时间t T4.19 106s（3分）3由牛顿第二定律得：qVB（5分）（2）在图中过Q向AO作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离30（2 分）d 2r sin2 2m（4分）180（4080） 10 50.03（四）23. （ 14分）解：（1）从表中可知，输出功率 P 出=180W ,输入功率 P入=UI=36 X 6W=216W 2分Pr=I2r=P 入一P 出2 分216 1801 2分r

18、 62（2 ） P 额=fVmK（M m）gVm2分（3）P额=FvF- K （ M+m ） g= （ M+m ） a 2分由上式得：a=0.2m/s2 2分24. (20 分)解：（1）用牛顿第二定律，设力F作用时间为t对C aFmg2分2L= 1 a1t2m2对A比=g 2分1 .2L= a?t2解得F=3 Mg 2分1分1分(2)作用完毕，C 有 V ,2a 2L . 8一gLA 有 V 2a L . 2一gL 1 分碰撞前后对AC用动量守恒定律mV2=2mV 3 2 分ABC最后有共同速度 V4，对ABC用动量守恒定律mV1+2mV3=3mV4 2 分共同速度为：V42 gL 2分根据

19、题意，由能量关系得2mgL mV-2丄2mV32丄3mV43 2分2 2 2所以 21.5 2分（五）23. （16分）解：（1） A、B两球碰撞过程动量守恒，即Mvo=MV+mv （ 3 分）根据已知 M=3m, v = 1.2vo，则得 V = 0.6 vo （1 分）方向与B球碰撞前的速度方向相同（1分）（2） A球对B球所做功的大小等于 B球动能的减少量（2分）所以A球对B球所做功的大小为 W=丄Mvo2-1 MV2=0.96mvo2 （3分）2 2（3）设A、B两球发生第二次碰撞的位置距墙壁为X,则A球以1.2vo的速度运动的距离为s+x，B球以0.6 vo运动的距离为s - x，A

20、、B两球运动的时间相等，即有s x s X1.2v00.6v0(4分)解得两球发生第二次碰撞的位置距墙壁：x 1s。 （2分）324. （19分）（1）在恒力作用下，线圈开始向上做匀加速直线运动，设线圈的加速度为a,据牛顿第二定律有：F-mg=ma （2分）解得 a= 30m/s2 （1 分）从线圈进入磁场开始做匀速运动，速度为 W，则：cd边产生的感应电动势为 E=BLv 1 （1分）线框中产生的感应电流为匸E/R （1分）线框所受的安培力为 F安=BIL （1分）因线框做匀速运动，则有 F=F安+mg， （2分）联立上述几式，可解得 V1= （ FR-mgR） /B2L2=24m/s （2

21、分）( 1 分)由 v12=2aH 解得 H=9.6m。(2)恒力 F 做的功 W=F (H+L+h ) =42.4J (3 分)从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即卩F ( L+h ) =mg (L+h ) +Q (3 分)解得：Q= ( F-mg) ( L+h ) =3.0J (2 分)或 Q=I 2Rt= （ BLv/R） 2R （ h/v+L/v ） =3.0J（六）23.解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1， t1=2s,则由 s= a1t12 得：a1 2s 22 m s2（2 分）2t12有力F作用时，由牛顿第二定律得

22、：F mg sin mg cos ma1（2分）代入数据可求得：=0.25（2分）（2）设撤销力F的瞬间物体的速度为 v1，贝y V1=a1t1=4m/s（2分）设撤销力F以后，物体沿斜面减速上滑的加速度为a2,依牛顿第二定律有：mg sin mg cos ma2 得：a2=8 m s2（2 分）设从撤销力F至达最咼点历时t2,由v=at得：t2 V1 =0.5s,（2分）a2设物体达最高点后沿斜面加速下滑的加速度为a3,则由 mg sin mg cosma3 得 a3=4 m s2，（ 2 分）加速下滑时间 t3=t-t2 = 1.5s（ 1分）故撤销力F后2s末物体的速度为 v=a3t3=

23、6m/s，方向沿斜面向下（1分）24.解：设摆锤摆至最低点时速度为V。，由机械能守恒定律得：1 2Mgl （1 sin ） Mv0（4 分）2设摆锤与钢块碰撞后速度分别为V|、V2，则由动量守恒定律得：Mv0 Mv1 mv2碰后摆锤上升到点过程机械能守恒，则有；1 2Mgl （1 sin ）- Mv12碰后对钢块在水平面上滑行至停下过程由动能定理得：1 2 mgS 0mv22联立以上式解得：S 2M （1 Cs m（七）23. （16 分）解：（1） 演员下滑到加速度阶段结束时速度最大，设为VS贝y： V 2V 24m/s 5 分tV 8/2 八am/ s 3 分32（2） 减速阶段对演员有：

24、f m2g=m2a,得 f=m2 （g+a） =570N（4分）（4分）（4分）（3 分）（3 分）根据牛顿第二定律得竹竿对底人”压力为 N=f+m杆g 3分代入数据N=720N （2分）24. （18 分）解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场（Y轴）方向上的加速度为 a，由牛顿运动定律得：Eq=ma （ 2分）设Y轴方向的分速度为Vy，出电场时的速度为V，则：由：L=V0t及VY=at得Vy=C0 （2 分）合速度大小为：V. V02 VY2. 2V0V与Y轴方向的夹角为YarccosV/4 -V2mV（2）磁场力提供向心力：BqV=m,RRBq（2分）2 R则周期为：T 2 R2

25、 m（2分）VBq粒子在磁场中运动了四分之三圆弧，如右图则33 mtT （ 2 分）42Bq（3）由右图知dR （1+cos ）,则由上面半径R和角度的大小得d（12）mVoBq4分 （八）23.（16 分）（1）当电动自行车匀速行驶时，牵引力等于阻力，有F=F=0.02mg（2分）电动机输出的机械功率P出=Fv（2分）代入数据解P出=120W（2分）电动机的输入功率 P=IU（2分）电动机内部的热功率P=I 2r（2分）由能量守恒定律有IU=P出+1 2r（3分）所以 r=（IU-P 出）/12（1分）代入数据解得r=2.4 Q（2分）24.（19 分）（1）A、B开始静止时，对 B: QE

26、=kX1（2分）A恰能离开挡板，对 A:QAE=kX2（2分）物块C下落的最大距离等于弹簧长度的改变长量,Lc=X1 +X2=（QA+Q）E/k（4分）（2）上一过程C减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，及B增加的电势能，所以这两部分(4分)B增加的电势能之和还是能量总值E =MgLcC质量改为2M时,则当A刚离开挡板P时，弹簧的弹性势能与2C速度相等。根据能量守恒：2Mglc=E +(2M+m)v/2(4分)1/2V=2Mg(Q+Q)E/k(2M+m)考前基础计算题训练5（九）23. （16分）如图所示，倾角为 0的斜面处于一方向竖直向下的匀强电场中，一质量为m带电量为+q的小滑块自绝缘的斜

27、面顶端由静止开始下滑已知该匀强电场的电场强度为E,小滑块与斜面间的动摩擦因数为，斜面长为s.求小滑块滑到底端时的速度 .24. （19分）如图所示，空间分布着理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的 场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为 I;中间区域匀强磁场的磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向外； 右侧匀强磁场的磁感应强度的大小也为B、方向垂直纸面向里。 一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的0点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到0点，然后重复上述运动过程。求：（1）中间磁场区域的宽度 d;（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到 O点的

28、所用时间t。（十）23. （16分）如图所示，光滑水平面右端 B处连接一个竖直的半径为 R的光滑半圆轨道， B点为水平面与轨道的切点，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为 m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点：（1）求推力对小球所做的功。（2） x取何值时，完成上述运动 推力所做的功最少？最小功为多少？（3） x取何值时，完成上述运动 推力最小？最小推力为多少？24.（ 19分）如图所示，一矩形金属框架与水平面成=37角，宽L =0.4m，上、下两端各有一个电阻 R。=2 Q,框架其它部分的电阻不计，框架足够长，垂直于金属框平面的方 向有一向上的匀

29、强磁场，磁感应强度B=1.OT. ab为金属杆（长恰为0.4m），与框架良好接触，其质量 m=0.1kg、电阻r=1.0 Q,杆与框架的动摩擦因数尸0.5.杆ab由静止开始下滑，到速度恰好达到最大的过程中，框架上端电阻R0中产生的热量Q0=0.5J. （sin370.6, cos370.8）,取 g=10m/s2。求:（1）流过R0的最大电流（2）ab杆在加速过程中沿斜面下滑的距离（3）在1s时间内通过杆ab横截面的最大电量（九）23 .小滑块受力情况如图所示，设小滑块下滑的加速度为a,由牛顿第二定律得（m（+Eq） sin 0 - f = maN -( m(+Eq) cos 0 = 0解 W

30、F=mg(16R2+x2)/8Rf =(1 N解得a(g Eq)(s in mcos )由2vtv；2 aS得Vt2(g 旦)(si ncos)sm24 解析：(1 )带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得:1 2qEI mv2粒子在磁场中偏转,mvqB由以上两式，可得：R 1 2mEIq可见在两磁场区域粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形 O1O2O3是等边三角形，其边长为 2R。所以中间磁场区域的宽度为：d Rsin 600 6mEI2B” q2v 2mv2ml(2)在电场中，t12;a qEqE在中间磁场中，t22 t m ；在右侧磁场中，t3-T5 m63qE63qB

31、则粒子第一次回到 O点所用的时间为：t t1 t2 t3 2, 2ml 71V qE 3qB(十)23答案：(1)质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到 质从C点运动到A点所用的时间为t,在水平方向：x=vct竖直方向上：2R= 1 gt2对质点从A到C由动能定理有1 2WF-mg 2R=1 mv cA点，设质点在C点的速度为vc,解有 vc= f 、R（2）要使F力做功最少，确定 x的取值，由 WF=2mgR+? mvc知，只要质点在 C点速C点，其在C点最小速度为由牛顿第度最小，则功 Wf就最小。若质点恰好能通过 二定律有2 mg=碁，贝v= . Rg=.Rg ,解得：x=2Rx由有2当x=2R

32、时，Wf最小，最小的功:5Wf=2 mgR(3)由式 WF=mg( 16R2 2_x_8R )及Wf=F x得:116RF= 8 mg(Txr )F有最小值的条件是:16R _ x= R、即 x=4R由得最小推力为： 评分标准：一(11)中，(1)当满足 BIL+ 口 mgcosB =mgsin 0时有最大电流(sin cos )mg (0.6 0.5 0.8) A n c AA 0.5 A BL1.0 0.4F=mg式各2分，其余各式均(11)24答案:Im(2)流过R0的最大电流为l0=0.25A由 Q = I2R Qo=0.5 J 得 Q 总=4Q o=2 J(2 分)& =IR 总=0.5 X 2V=1.0V(2 分)1.0 / m/ s 2.5m/ s1.0 0.4此时杆的速度为BL由动能定理得 mgSsinmgScosQ 总求得杆下滑的路程2mVm 2Q总2mg (sincos )0.12.5222m 11 .56 m20.110 (0.60.50.8)(3)通过ab杆的最大电量qm=lmt=0.5X 1C=0.5C考前基础计算题训练6（十一 ）23. （ 16分）如图示，在水平地面上有两个用轻弹簧连接的物块A B,已知它们的质量分别为m和m,弹簧的劲度系数为 k，系统处于静止状态。现开始用一个竖直向上的恒力F向上拉物块 A，求物