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）

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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(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1106 kg，電荷量q2106 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(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 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(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)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，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB代入數(shù)據(jù)解得v20

2、m/s速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足tan，代入數(shù)據(jù)解得tan，60.(2)撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)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vyvsin，若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，則有vytgt20，聯(lián)立解得t2 s3.5 s.答案：(1)20 m/s，方向與電場(chǎng)方向成60角斜向上(2)3.5 s2回旋加速器的工作原理如圖3甲所示，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(chǎng)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

3、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t0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(guò)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(guò)99%能射出，d應(yīng)滿足的條件解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)，qvBm，且Emmv2，解得Em.(2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為t加速度a勻加速直線運(yùn)動(dòng)ndat2由t0(n1)t，解得t0.(3)只有在0(

4、t)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由99%，解得d.答案：(1)(2)(3)d3輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)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(zhǎng)度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接AB是長(zhǎng)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)0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P開(kāi)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(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離

5、；(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(zhǎng)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(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep5mgl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EpMvB2Mg4l聯(lián)立式，取Mm并代入題給數(shù)據(jù)得vB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mg0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mvB2mvD2mg2l聯(lián)立式得vDvD滿足式要求，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

6、所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2lgt2P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為svDt聯(lián)立式得s2l.(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式可知5mglMg4l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(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械能守恒定律有MvB2Mgl聯(lián)立式得mMm.答案：(1)2l(2)mMm4(2019年安徽省江南十校聯(lián)考)如圖5所示，質(zhì)量mA2 kg的木板A被鎖定在傾角為30的光滑斜面的頂端，質(zhì)量為mB1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B恰能在木板A上勻速下滑現(xiàn)讓物塊B以v07.5 m/s的初速度從木板的上端下滑，同時(shí)解除對(duì)木板A的鎖定，g取10 m/s2，斜面足夠

7、長(zhǎng)求：圖5(1)要使物塊B不從木板A上滑落下來(lái)，則木板A的長(zhǎng)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fmBgsin30.解除鎖定后，B在木板上勻速運(yùn)動(dòng)，A的加速度是a，有mAgsin30mBgsin30mAaa7.5 m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后，A和B達(dá)到共同速度，即t s1 s木板A的最小長(zhǎng)度是lminv0tt3.75 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，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E損失Qflminm

8、Agsin30lmin得E損失18.75 J.答案：(1)3.75 m(2)18.75 J圖65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(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過(guò)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

9、框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H.解析：(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)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(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1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設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1.(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守

10、恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.答案：(1)4倍(2)28l6一臺(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(chǎng)，其初速度幾乎為零這些離子經(jīng)加速后通過(guò)狹縫O沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后打在底片上已知放置底片的區(qū)域MNL，且OML.某次測(cè)量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測(cè)不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測(cè)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(cè)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)

11、域的所有離子檢測(cè)完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)(取lg 20.301，lg 30.477，lg 50.699)解析：(1)離子在電場(chǎng)中加速，qU0mv2在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvBm，解得r0代入r0L，解得m.(2)由(1)知，U，離子打在Q點(diǎn)時(shí)，rL，得U離子打在N點(diǎn)時(shí)，rL，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(lái)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()n1L檢測(cè)完整，有rn，解得n12.8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 -