《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 高考題型研究 課時(shí)作業(yè)六 破解計(jì)算題必備的四項(xiàng)基本能力（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 高考題型研究 課時(shí)作業(yè)六 破解計(jì)算題必備的四項(xiàng)基本能力（含解析）（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)六　破解計(jì)算題必備的四項(xiàng)基本能力 1．如圖1所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)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(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： 圖1 (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t. 圖2 解析：(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖2，其所受的三

2、個(gè)力在同一平面內(nèi)，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(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsinθ，若使小球再次穿過P點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直．被加速粒子的質(zhì)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(shí)間內(nèi)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(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用．求： 　 甲 乙 圖3 (1)出射粒子的動(dòng)能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件． 解析：(1

4、)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)，qvB＝m， 且Em＝mv2，解得Em＝. (2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)， 設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為Δt 加速度a＝ 勻加速直線運(yùn)動(dòng)nd＝a·Δt2 由t0＝(n－1)·＋Δt， 解得t0＝－. (3)只有在0～(－Δt)時(shí)間內(nèi)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(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g. 圖4 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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(zhì)量的取值范圍． 解析：(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能． 由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時(shí)的彈性勢

6、能為 Ep＝5mgl① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足 －mg≥0④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點(diǎn)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(dá)B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)C. 由機(jī)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(jī)械能最多是多少？ 解析：(1)由題意，B受到的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，A的加速度是a，有 mAgsin30°＋mBgsin30°＝mAa a＝7.5 m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t后，A和B達(dá)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(jī)械能是在A、B達(dá)到共同速度的時(shí)刻，以后A、B一起在光滑的斜面上加速下滑

9、，機(jī)械能守恒，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為A、B系統(tǒng)的內(nèi)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(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)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(shí)，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)．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(nèi)，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(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H. 解析：(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝2Blv1① 設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1， 由閉合電路歐姆定律，有I1＝② 設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB③ 由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mg＝F1④ 由①②③④式得v1＝⑤

11、設(shè)ab邊離開磁場之前線框做勻速運(yùn)動(dòng)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(jìn)入磁場前， 由機(jī)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(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖7所示，電荷量均為＋q、質(zhì)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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)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(diǎn)P的離子質(zhì)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(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)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(yùn)動(dòng)，qvB＝m， 解得r0＝　 代入r0＝L，解得m＝. (2)由(1)知，U＝，離子打在Q點(diǎn)時(shí)，r＝L， 得U＝ 離子打在N點(diǎn)時(shí)，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(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)，＝ 此時(shí)，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(diào)節(jié)電壓到U2，原來打在Q1的離子打在N點(diǎn)，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(diào)節(jié)電壓，有rn＝()n＋1L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 故需要調(diào)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 -