2020版高考物理二轮复习 第二部分 高考题型研究 课时作业六 破解计算题必备的四项基本能力（含解析）

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1、课时作业六　破解计算题必备的四项基本能力 1．如图1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2.求： 图1 (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 图2 解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图2，其所受的三

2、个力在同一平面内，合力为零， 有qvB＝ 代入数据解得 v＝20 m/s 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tanθ＝，代入数据解得tanθ＝， θ＝60°. (2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有vyt－gt2＝0，联立解得 t＝2 s≈3.5 s. 答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 2．回旋加速器的工作原理如图3甲所示，

3、置于真空中的D形金属盒半径为R.两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图3乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求： 　 甲 乙 图3 (1)出射粒子的动能Em； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0； (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件． 解析：(1

4、)粒子运动半径为R时，qvB＝m， 且Em＝mv2，解得Em＝. (2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动， 设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·Δt2 由t0＝(n－1)·＋Δt， 解得t0＝－. (3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝ 由η＞99%，解得d＜. 答案：(1)　(2)－ (3)d< 3．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一

5、端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图4乙所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g. 图4 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围． 解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能． 由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势

6、能为 Ep＝5mgl① 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB， 由能量守恒定律得 Ep＝MvB2＋μMg·4l② 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝③ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 －mg≥0④ 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤ 联立③⑤式得vD＝⑥ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t， 由运动学公式得2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s＝vDt⑧ 联立⑥⑦⑧

7、式得s＝2l.⑨ (2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl＞μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C. 由机械能守恒定律有MvB2≤Mgl⑪ 联立①②⑩⑪式得 m≤M

8、求： 图5 (1)要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度为多少？ (2)在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少？ 解析：(1)由题意，B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力，即f＝mBgsin30°.解除锁定后，B在木板上匀速运动，A的加速度是a，有 mAgsin30°＋mBgsin30°＝mAa a＝7.5 m/s2 设经过时间t后，A和B达到共同速度，即 t＝＝ s＝1 s 木板A的最小长度是 lmin＝v0t－t＝3.75 m. (2)A、B损失最多的机械能是在A、B达到共同速度的时刻，以后A、B一起在光滑的斜面上加速下滑

9、，机械能守恒，损失的机械能转化为A、B系统的内能，即 ΔE损失＝Q＝f·lmin＝mAgsin30°·lmin 得ΔE损失＝18.75 J. 答案：(1)3.75 m　(2)18.75 J 图6 5．如图6所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完

10、全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求： (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H. 解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1① 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1， 由闭合电路欧姆定律，有I1＝② 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④ 由①②③④式得v1＝⑤

11、设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2， 同理可得v2＝⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦ (2)线框自释放直到cd边进入磁场前， 由机械能守恒定律，有2mgl＝mv12⑧ 线框完全穿过磁场的过程中，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 6．一台质谱仪的工作原理如图7所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量

12、发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到． 图7 (1)求原本打在MN中点P的离子质量m； (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围； (3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝mv2 在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m， 解得r0＝　 代入r0＝L，解得m＝. (2)由(1)知，U＝，离子打在Q点时，r＝L， 得U＝ 离子打在N点时，r＝L，得U＝ 则电压的范围≤U≤. (3)由(1)可知，r∝ 由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，＝ 此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上， ＝，解得r1＝()2L 第2次调节电压到U2，原来打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则 ＝，＝， 解得r2＝()3L 同理，第n次调节电压，有rn＝()n＋1L 检测完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 故需要调节电压的最少次数为3次． 答案：(1)　(2)≤U≤　 (3)最少次数为3次 - 8 -