《2020版高考物理二輪復習 第二部分 高考題型研究 課時作業(yè)六 破解計算題必備的四項基本能力（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理二輪復習 第二部分 高考題型研究 課時作業(yè)六 破解計算題必備的四項基本能力（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)六　破解計算題必備的四項基本能力 1．如圖1所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： 圖1 (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 圖2 解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖2，其所受的三

2、個力在同一平面內，合力為零， 有qvB＝ 代入數(shù)據(jù)解得 v＝20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tanθ＝，代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝， θ＝60°. (2)撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ，若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，則有vyt－gt2＝0，聯(lián)立解得 t＝2 s≈3.5 s. 答案：(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 2．回旋加速器的工作原理如圖3甲所示，

3、置于真空中的D形金屬盒半徑為R.兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．被加速粒子的質量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖3乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 　 甲 乙 圖3 (1)出射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件． 解析：(1

4、)粒子運動半徑為R時，qvB＝m， 且Em＝mv2，解得Em＝. (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動， 設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt 加速度a＝ 勻加速直線運動nd＝a·Δt2 由t0＝(n－1)·＋Δt， 解得t0＝－. (3)只有在0～(－Δt)時間內飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為η＝ 由η＞99%，解得d＜. 答案：(1)　(2)－ (3)d< 3．輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一

5、端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖4乙所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. 圖4 (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍． 解析：(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能． 由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢

6、能為 Ep＝5mgl① 設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB， 由能量守恒定律得 Ep＝MvB2＋μMg·4l② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足 －mg≥0④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t， 由運動學公式得2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為 s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧

7、式得s＝2l.⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl＞μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C. 由機械能守恒定律有MvB2≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得 m≤M

8、求： 圖5 (1)要使物塊B不從木板A上滑落下來，則木板A的長度為多少？ (2)在物塊B不從木板A上滑落的前提下，系統(tǒng)損失的機械能最多是多少？ 解析：(1)由題意，B受到的滑動摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力，即f＝mBgsin30°.解除鎖定后，B在木板上勻速運動，A的加速度是a，有 mAgsin30°＋mBgsin30°＝mAa a＝7.5 m/s2 設經(jīng)過時間t后，A和B達到共同速度，即 t＝＝ s＝1 s 木板A的最小長度是 lmin＝v0t－t＝3.75 m. (2)A、B損失最多的機械能是在A、B達到共同速度的時刻，以后A、B一起在光滑的斜面上加速下滑

9、，機械能守恒，損失的機械能轉化為A、B系統(tǒng)的內能，即 ΔE損失＝Q＝f·lmin＝mAgsin30°·lmin 得ΔE損失＝18.75 J. 答案：(1)3.75 m　(2)18.75 J 圖6 5．如圖6所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完

10、全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求： (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H. 解析：(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E1＝2Blv1① 設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1， 由閉合電路歐姆定律，有I1＝② 設此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1④ 由①②③④式得v1＝⑤

11、設ab邊離開磁場之前線框做勻速運動的速度為v2， 同理可得v2＝⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前， 由機械能守恒定律，有2mgl＝mv12⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律， 有mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.⑩ 答案：(1)4倍　(2)＋28l 6．一臺質譜儀的工作原理如圖7所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量

12、發(fā)現(xiàn)MN中左側區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當調節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到． 圖7 (1)求原本打在MN中點P的離子質量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝m， 解得r0＝　 代入r0＝L，解得m＝. (2)由(1)知，U＝，離子打在Q點時，r＝L， 得U＝ 離子打在N點時，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍≤U≤. (3)由(1)可知，r∝ 由題意知，第1次調節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，＝ 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上， ＝，解得r1＝()2L 第2次調節(jié)電壓到U2，原來打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝， 解得r2＝()3L 同理，第n次調節(jié)電壓，有rn＝()n＋1L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 故需要調節(jié)電壓的最少次數(shù)為3次． 答案：(1)　(2)≤U≤　 (3)最少次數(shù)為3次 - 8 -