人教版高三物理一轮复习课时训练第十二章小专题七动量与电磁学综合应用

小专题七动量与电磁学综合应用课时训练1.离子发动机飞船的原理是用电压U加速一价惰性气体离子,将它高速喷出后,飞船得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙中选了氙,理由是用同样的电压加速,它喷出时(B)A.速度大 C.动能大 解析:离子在经电压加速过程中有qU=12mv2=(2.(多选)如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度均为B。a,b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直,分别位于两块磁场中,现突然给a棒一个水平向左的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是(BD)解析:a棒在左侧磁场中切割磁感线,产生感应电动势,在回路中产生顺时针的感应电流,a棒受到向右的安培力,在b棒中的电流方向向下,所以b棒受到向右的安培力向右运动,所以a棒减速,b棒加速。由于a,b棒所受安培力都向右,所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,所以两金属棒组成的系统的动量不守恒,故A错误,B正确;根据能量守恒可知,a棒动能的减少量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加量,由动能定理可知,a棒动能的减少量等于安培力对a棒做的功,b棒动能的增加量等于安培力对b棒做的功,所以安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和,故C错误,D正确。3.如图所示,在光滑的水平面内有一垂直平面的匀强磁场,分布在宽为L的区域内,一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v,则当线圈完全处在磁场区域内时的运动速度u为(B)A.u>12(v0+v) B.u=12(vC.u<12(v0+v) 解析:线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程,据动量定理可得B2a2v即B2a2R·x=mΔv,B对于线圈穿出磁场的过程,据动量定理同理可得B2a综合得u=12(v+v04.如图所示,金属棒ab的质量m=5g,放置在宽l=1m的光滑金属导轨的边缘处,两金属导轨处于水平面内,该处有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。电容器的电容C=200μF,电源电动势E=16V,导轨平面距地面高度h=0.8m,g取10m/s2,在开关S与“1”接通并稳定后,再使它与“2”接通,则金属棒ab被平抛到s=解析:开关S与“1”接通并稳定时,电容器带电荷量为Q1=CE,开关S与“2”接通时,电容器将放电,通有电流的ab棒将受安培力作用而被加速。设放电时间为Δt,加速过程获得的初速度为v0,由动量定理得BIl·Δt=mv0,之后ab棒做平抛运动,有s=v0t=v02hg,开关S与“2”接通时,电容器放电荷量为ΔQ=IΔt,则最终电容器上留有的电荷量为Q2=Q1ΔQ,最终,电容器两端的电压为U=答案:8V5.运动的原子核

ZAX放出α粒子后变成静止的原子核Y。已知X,Y和α粒子的质量分别是M,m1和m2,真空中的光速为c,α粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及解析:反应后由于存在质量亏损,所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量,故根据爱因斯坦质能方程可得12m2vα21(Mm1m2)c2;反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒,故有m2vα=MvX,联立可得12m2vα2=MM-m2答案:(Mm1m2)c2MM-m2(Mm16.“离子发动机”是一种新型的宇宙飞船用的发动机,其原理是设法使探测器内携带的惰性气体氙(54131Xe)的中性原子变为一价离子,然后用电场加速这些氙离子使其从探测器尾部高速喷出,利用反冲使探测器得到推动力。由于单位时间内喷出的气体离子质量很小,飞船得到的加速度将非常小,但经过足够长时间的加速,同样可以得到很大的速度。美国1998年发射的“深空一号”探测器使用了“离子发动机”技术。已知“深空一号”离子发动机向外喷射氙离子的等效电流大小为I=0.64A×10(1)“深空一号”离子发动机的功率为多大?(2)探测器得到的推动力F是多大?(3)探测器的目的地是博雷利彗星,计划飞行3年才能到达,试估算深空一号所需携带的氙的质量。(4)你认为为什么要选用氙?请说出一个理由。解析:(1)对离子加速过程,应用动能定理有qU=12mv2即得加速电压U=mv22则发动机的功率为P=UI=Iv代入数据得P=400W。(2)设时间Δt内喷出的氙离子质量为Δm,由牛顿第二定律得F=ΔmvΔ由于喷出氙离子的荷质比k=qm=Δ又由电流的定义得I=Δq综合上述各式可得,探测器得到的推动力为F=Ivk=0.64(3)由氙离子的荷质比k=qm=ΔqΔm得又将电流的定义式I=Δq3年需要氙离子的总质量为Δm=Δqk=IΔtk=(4)氙是惰性气体,性质稳定,比较安全;氙的原子量较大,在同样电压加速下得到的离子的动量较大;没有天然放射性,使用安全等等。答案:(1)400W(2)0.027N(3)84kg(4)见解析7.电磁阻尼缓冲在工程技术上有广泛的应用。如图所示,为避免重物P从离地高H处自由下落着地时与地碰撞产生冲击,可在其下部固定一位于竖直平面内的滑轨,滑轨间有垂直于滑轨平面的磁感应强度为B的匀强磁场。缓冲滑块Q可沿滑轨自由滑行,缓冲滑块Q上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab的边长为L。在着地过程中,缓冲滑块Q首先与地面碰撞,线圈与滑轨的磁场作用力使重物P减速运动,从而实现缓冲。已知重物P的质量为m,假设滑块Q与地面碰撞后立即停下,一切摩擦阻力不计。求:(1)缓冲滑块Q的线圈中能产生的最大感应电流;(2)若缓冲滑块Q着地后,重物P继续向下移动距离L后速度减为零,则此过程中线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少?(3)为保证安全,要求重物P速度减为0时尚未与缓冲滑块Q相碰,则重物P与缓冲滑块Q的初始间距x0至少为多大?(假设相对于磁场力,重物P的重力可不计)解析:(1)缓冲滑块Q着地时的速度v0=2gH缓冲滑块Q以速度v0碰地后即静止,滑块相对磁场的速度大小为v0,此时线圈中产生的感应电动势最大,为E0=nBLv0,线圈中感应电流最大为I0=E0解得I0=nBL2(2)在整个着陆过程中,由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦ其中ΔΦ=BL2,由闭合电路欧姆定律得I=ER又q=IΔt,联立得q=nB由能量守恒得,线圈产生的焦耳热为Q=12mv(3)重物P速度减为0的过程中,线圈中产生的感应电动势E=nBLv,线圈中的电流I=E重物P受到的磁场力F=nBIL,取向下为正方向,根据动量定理有FΔt=0mv0,即有n2B2L又x0=vΔt解得x0=mR2答案:(1)nBL(2)nBL(3)mR8.如图所示为一人工转变核反应探测仪,装置内有α粒子源、粒子加速区、核反应区和粒子探测区四部分组成。α粒子源可以在单位时间发射出N=1015个α粒子,其初速度为v0=3×107m/s,随后又进入电压为U=7×106V的加速电场,从电场中射出后与静止在反应区A点的铍核

49Be发生核反应,两个反应产物经EF垂直边界飞入探测区,探测区有一圆形磁场和粒子探测器,圆形磁场半径为R=2315m,其内存在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场,圆形磁场边界与EF相切,探测器与EF平行且距圆心距离为d=0.5m。实验中根据碰撞点的位置便可分析核反应的生成物。为简化模型,假设α粒子均可与铍核发生核反应,实验中探测器上有两个点(P点和Q点)持续受到撞击,AOP在一直线上,且PQ=32m,打在P点的粒子有50%穿透探测器,50%被探测器吸收,其中穿透的粒子能量损失75%,打在Q点的粒子全部×10-27kg,原子核的质量为核子的总质量,α粒子的质量为mα=(1)α粒子射出加速电场后的速度为多少;(2)打在Q点的是什么粒子以及打在Q点的粒子的速度为多少;(3)探测器在垂直探测器方向上、单位时间内受到的撞击力的大小。解析:(1)α粒子在加速电场中,根据动能定理可得2Ue=12(4m)vα212(则vα=4×107(2)由于打在P点的粒子在磁场中不偏转,故此粒子不带电,是中子,因此打在Q点的粒子质子数为6,因此为

612C,核反应方程为

24He+对于碳核,在磁场中偏转的轨迹如图所示,由几何关系得tanθ=PQPO=3,故θ=60°则tanθ2=Rr=故r=0.4m,由6evCB=12mvC=1×107(3)核反应过程根据动量守恒可得4mvα=12mvC+mvn,解得vn=4×107P点,对于吸收的中子,由动量定理得F1Δt=50%Δmvn又Δm故F1n×105N,方向向上;对于穿透的中子,由动量定理得F2Δt=50%Δm(vnn)F2ΔmΔtvn×Q点,对于吸收的C粒子,由动量定理得F3Δt=Δm′vCF3=Nm′vC=12NmvC×104N,方向斜向左上方,与探测器夹角为30°因此探测器受到竖直方向的合力为Fy=F1+F2+F3sin30°×104N,竖直向上探测器受到水平方向的合力为Fx=F3cos30°3×104N≈×104N,水平向左因此探测器上单位时间受到的撞击力大小为F=F22+Fy答案:(1)4×107m/s(2)×104N9.如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑绝缘直轨道MN,PQ与水平面成θ角,EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场,磁感应强度在0～T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0),T时刻后稳定为B0。t=0时刻,正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T时刻撤去外力,框将沿导轨下滑,金属框的CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻均为R,框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的峰值Em=2π(1)CD边刚过EF时,A,B两点间的电势差;(2)从撤去外力到AB边经过EF的总时间;(3)从0时刻到AB边经过EF的过程中产生的焦耳热。解析:(1)CD边刚过EF时,AB边切割磁感线产生的电动势为E=B0dv1,由楞次定律知A点电势低于B点,故UAB=34E,即UAB=34B0dv(2)取沿导轨平面向下为正方向,从撤去外力到AB边经过EF的过程由动量定理有mgtsinθB0dq=mv2mv0,q=B0故t=v2gsin(3)从t=0时刻到撤去外力,交流电的有效值E=22Em产生的热量为Q1=E2R总线框出磁场的过程中,Q2=WA,结合动能定理mgdsinθ+WA=ΔEk,得Q2=mgdsinθ+12m(v1整个过程产生的总焦耳热为Q=Q1+Q2=π2B02d42TR答案:(1)34B0dv1(2)v2(3)π2B02d42TR[教师备用1]如图所示,MN,PQ是固定在水平桌面上,相距l=1.0m的光滑平行金属导轨,MP两点间接有R=0.6Ω的定值电阻,导轨电阻不计。质量均为m=0.1kg,阻值均为r=0.3Ω的两导体棒a,b垂直于导轨放置,并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止状态,相距x0=2m,a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m0=0.2kg的重物c相连,重物c距地面高度也为x0=2m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0T。a棒解除约束后,在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用),当a棒即将到达b棒位置前一瞬间,b棒的约束被解除,此时a棒已经匀速运动,g取10m/s2,试求:(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小;(2)已知a,b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假设导轨足够长,试求该“粗棒”能运动的距离;(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。解析:(1)由题意a棒匀速运动时有m0g=Ia可得Ia=2A。(2)设碰前a棒的速度为v,则Ia=Blv得v=1m/s。ab棒碰撞过程,根据动量守恒有mv=2mv′,解得v′=0.5m/s,ab棒碰撞后的整体运动过程,根据动量守恒有IlBt=02mv′,q=It=Blx'R+r2,得(3)在ab棒相碰前,对重物c和a棒m0gx0Q1=12(m0+m)v得Q1=3.85J,发生碰撞后Q2=12×2mv′2所以整个运动过程Q=Q1+Q2=3.875J。答案:(1)2A(2)0.075m(3)3.875J[教师备用2](2018·浙江4月选考)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65m,y≤0.40m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10m,质量m=0.02kg、电阻R=0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65)。现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出,线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。g取10m/s2,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;(3)在全过程中,cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。解析:(1)线框进入磁场的过程中,感应电流I=Bl受力平衡mg=BIl进入时的y方向速度vy=2m/sB=2T。(2)由动量定理BlΔq=mvmv0其中Δq=B对全过程,由能量守恒定律得Q=mgl+12mv02解得Q=