2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理第十二章　小七　动量与电磁学综合应用

小专题七动量与电磁学综合应用

动量守恒定律广泛适用于各类作用形式,包括变力作用，微观粒子

的相互作用，乃至原子核衰变等，所以，综合应用动量和电磁学等知识

解决复杂问题,是高考命题的热点。

［典例1］静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电

粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加

速度。已知飞行器的质量为M,发射的是2价氧离子,发射功率为P,加

速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电荷量为e,不计发射

氧离子后飞行器的质量变化。求：

(1)射出的氧离子速度；

(2)每秒钟射出的氧离子数；

⑶射出氧离子后飞行器开始运动的加速度。

解析：(1)每个氧离子带电荷量为q=2e,对加速电压加速过程，由动能定

理得

qU=；mv2,

即得氧离子射出时的速度v=手。

(2)设每秒射出的氧离子数为n,电场力每秒对氧离子做的总功为nqU,

即功率为P=nqU,

由此可得每秒钟射出的氧离子数为n=4o

2eU

解析：(3)以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为J,根据

动量守恒定律有Mv，=n•△加丫且@=工.

Ar

联立得a1后。

答案:⑴普⑵券答案:⑶《停

变式1:离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨

道修正。推进剂从图中P处注入,在A处电离出正离子,BC之间加有恒

定电压,正离子进入B时的速度忽略不计,经加速后形成电流为I的离

子束后喷出。已知推进器获得的推力为F,单位时间内喷出的离子质量

为Jo为研究问题方便,假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力,

忽略推进器运动速度。

(1)求加在BC间的电压U;

⑵为使离子推进器正常运行,必须在出口D处向正离子束注入电子,试

解释其原因。

解析：⑴设一个正离子的质量为m、电荷量为q,加速后的速度为v,根

据动能定理,有qU=|mv,

设离子推进器在At时间内喷出质量为AM的正离子，并以其为研究对

象，推进器对AM的作用力1，由动量定理有

F'△t=AMv,

由牛顿第三定律知F'=F,

设加速后离子束的横截面积为S,单位体积内的离子数为n,则有

I=nqvS,J=nmvS,

两式相比可得：=色，又尸”，

JmAr

解得u=9。

解析：⑵推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中,

由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出，电子积累足够多时，甚

至会将喷出的正离子再吸引回来,致使推进器无法正常工作。因此,必

须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得

持续推力。

答案:见解析

［典例2］如图所示，矩形区域abed内有方向向下的匀强电场,ab=bc=l,

矩形区域右边存在磁感应强度大小未知，方向如图的匀强磁场,匀强磁

场右边界放一竖直的屏,屏与电场边界be平行,且相距为do一质量为

m、电荷量为q的带正电粒子从电场中左上角平行于ab以速度V。射入

电场，当电场强度为某值时,带电粒子恰从电场be边界的中点0射出电

场,进入右边的匀强磁场，恰好打在屏上P点,P点与。点等高,竖直方向

磁场范围足够大,带电粒子重力可忽略不计。求:

XXXXX

0

"rx"x"x"x"x"M

!xxxxx

0.-------------------------

EIXXXXXP

』XXxxx

B

XXXXX

⑴磁感应强度B的大小;

⑵保持其他条件不变，改变磁感应强度大小，让磁场在0.5B到2B之

间变化，粒子可打到屏的范围；

⑶保持其他条件不变,磁场区再加一个大小为E,方向竖直向上的匀强

电场（图中未画出），粒子恰好打在屏上M点,M点与b点等高,且已知粒

子从0点运动到M点时间为t。求粒子打在M点时速度方向与水平方向

的夹角。

解析：（1）设带电粒子从电场be边界的中点0射出后进入磁场时,速度

方向与OP夹角为0,

则由题图知tan8=翳=1,即。=45°,

设粒子在匀强磁场中运动的半径为R,则R尸日d,

且qviB=mJVi=&.Vo,

Rl

联立得B二2。

qd

（2）当磁感应强度为0.5B时,带电粒子在磁场中运动的半径为R2=叵d,

将垂直打在屏P点下方的某点，设为N点，由几何关系可得PN=（&T）d;

当磁感应强度为2B时,带电粒子在磁场中运动的半径为&'=qd,分析

得，带电粒子将打不到屏。

当粒子轨迹与屏相切时，为屏上最高点，设为Q,这时圆半径为R3,几何

关系有乎R3+R3=d,

可得Rs=（2~>/2）d,PQ=（V2-I）d;

故粒子可打到屏的范围为P点上下（尤-1）do

解析：（3）分析带电粒子从0点到M点,根据竖直方向动量定理得Eqt+

ZBqvx•△t=mvMy-（-mv0）,

其中EBqVx*△t=Bqd,

根据动能定理Eq•-;m（及Vo）；

设粒子打在M点时速度方向与水平方向夹角为a,则

sina=&

%

联立上式,则sina=半!刎妇坐。

y]mEql+2病%2

答案：（1）当（2）P点上下（0T）d

qd

答案：（3）sina=学上地二”.

22

yjinEql+2WV0

变式2:在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒

子的运动。一粒子源产生离子束，已知产生的离子质量为m,电荷量为

+e。不计离子重力以及离子间的相互作用力。

AB

⑴如图1所示为一速度选择器,两平行金属板水平放置，电场强度E与

磁感应强度B相互垂直。让粒子源射出的离子沿平行于极板方向进入

速度选择器。求能沿图中虚线路径通过速度选择器的离子的速度大小

⑵如图2所示为竖直放置的两平行金属板A,B,两板中间均开有小孔,

两板之间的电压心随时间的变化规律如图3所示。假设从速度选择器

出来的离子动能为Ek=100eV,让这些离子沿垂直极板方向进入两板之

间。两极板距离很近，离子通过两板间的时间可以忽略不计。设每秒从

速度选择器射出的离子数为N°=5X10屹个，已知e=l.6X10I'C。从B板

小孔飞出的离子束可等效为一电流，求从t=0到t=0.4s时间内，从B

板小孔飞出的离子产生的平均电流Io

⑶接(1),若在图1中速度选择器的上极板中间开孔，如图4所示。将

粒子源产生的离子束中速度为0的离子，从上极板小孔处释放,离子恰

好能到达下极板。求离子到达下极板时的速度大小V,以及两极板间的

距离d。

解析：（1）离子做匀速直线运动,根据受力平衡有

Ee=Bev,

解得v=1;

（2）A,B之间加正向电压时,离子能够通过B板小孔，

A,B之间加反向电压时，电场力对离子做负功，电压小于100V时,离子

能够通过B板小孔。

由此可知，离子通过B板小孔的时间为t'=0.3s,

通过B板小孔的离子数N=Notz=1.5X10"个），

根据I,

t

代入数据解得平均电流1=6X10"A。

解析：（3）由题意可知，离子到达下极板时的速度沿水平方向，

根据动能定理Eed=1mv2,

设某时刻离子竖直方向的分速度为小在很短时间At内，离子在竖直

方向通过的距离为VyAt,

在水平方向受到的冲量为evyBAto离子从开始运动至到达下极板的过

程

水平方向，根据动量定理

XevyBAt=mv,

竖直方向，根据运动学规律XVy△t=d,

联立以上各式解得V=4,（1=等O

BeB~

答案：⑴2⑵6X10-4A答案：⑶三空

BBeB~

［典例3］如图1所示,水平固定的光滑U形金属框架宽为L,足够长,其

上放一质量为m的金属棒ab,左端连接有一阻值为R的电阻(金属框架、

金属棒及导线的电阻均可忽略不计)，整个装置处在向下的匀强磁场中,

磁感应强度大小为Bo现给棒一个初速度v。,使棒始终垂直框架并沿框

架运动。

⑴金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中，求通过电阻R的电量

和电阻R中产生的热量。

(2)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中，求棒通过的位移。

⑶如果将U形金属框架左端的电阻R换为一电容为C的电容器,其他

条件不变,如图2所示。求金属棒到达稳定状态时电容器的带电荷量。

解析：⑴取初速度方向为正方向，对此过程由动量定理得

-F△t=O-mvo,

即-B7L△t=O-mvo,

所以q=7At=答，

BL

由能量守恒定律得

(2)由法拉第电磁感应定律得於州=跑=四

ArAr2

因止匕q=7△t=E△t=—,

RR

所以x=^=嘿。

解析：(3)当金属棒ab做切割磁感线运动时，要产生感应电动势，这样,

电容器C将被充电,ab棒中有充电电流存在,ab棒受到安培力的作用而

减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时,BLv=Uc=^

而对金属棒ab利用动量定理可得

-BLQ=mv-mv0,

由上述二式可求得

V二叫

m+CB2l3'

Q=CUc=CBLv=CBL,m\o

m+CB2I?

答案：⑴等（2）鬻⑶华鬻

DLI2IJLni+LBL

变式3:如图所示,质量为M的U形金属框MNM,静止放在粗糙绝缘

水平面上（金属框与水平面之间的动摩擦因数为R）,且最大静摩擦力

等于滑动摩擦力。NTM,NN'边相互平行,相距为L,整个金属框电阻不

计且足够长,底边MN垂直于MM',电阻为ro质量为m的光滑导体棒ab

电阻为R,垂直M'M放在框架上,整个装置处于垂直轨道平面向上、磁

感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力作用下,ab

沿金属框架由静止开始做匀加速直线运动，经x距离后撤去拉力，直至

最后停下，整个过程中框架恰好没动。若导体棒ab与WM,NN'始终保

持良好接触，求：

⑴加速过程中通过导体棒ab的电荷量q;

（2）导体棒ab的最大速度V”以及匀加速阶段的加速度;

⑶导体棒ab走过的总位移。

解析：（1）根据法拉第电磁感应定律可得

——△①一BLx

ErF

感应电流为户户，

R+r

则电荷量为q=7△t=^-△t=—=—o

R+rR+rR+r

(2)由题意可知当框架恰好不动时，导体棒速度最大,对框架根据共点

力的平衡条件可得

FA=f=U(M+m)g,

则有FA=BIL=^%,

联立解得V萨丝丝%』；

根据匀变速直线运动规律可得

v：=2ax,

解得•a="屋(M+m)2(R+r)2

-2BZ4X

解析：⑶撤去拉力后导体棒在安培力作用下做减速运动，取向右为正

方向，由动量定理可知

_

-B/L△t=0nivm,

畤A*

而以后运动的位移为x‘不At,

—Rtng(M+m)(R+r)2

解得X，―-

所以总路程为S=x+x'=X+〃'"g(M+?R+r)、

答案：(1)誓

R+r

⑵〃g(M+⑼(R+r)42g2(M+m)2(R+r)2

B2I32B4L4X

+M(R+r)2

答案：(3)x+次”Fz?-

变式4:某同学设计了一个电磁击发装置,其结构如图所示。间距为1=10

cm的平行长直导轨置于水平桌面上,导轨中NO和N'O'段用绝缘材料

制成,其余部分均为导电金属材料,两种材料导轨平滑连接。导轨左侧

与匝数为100匝、半径为5cm的圆形线圈相连,线圈内存在垂直线圈

平面的匀强磁场。C=1F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。在轨

道间MPP，矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场，磁感应强度

为2TO磁场右侧边界PP'与00'间距离为a=4cm。初始时金属棒A

处于NN'左侧某处,金属棒B处于00'左侧距00,距离为a处。当开

关与1连接时，圆形线圈中磁场的磁感应强度随时间均匀变化，变化率

为1<=T/so稳定后将开关拨向2,金属棒A被弹此与金属棒B相

碰，并在B棒刚出磁场时A棒刚好运动到00'处，最终A棒恰在PP'处

停住。已知两根金属棒的质量均为0.02kg、接入电路中的电阻均为

0.10◎,金属棒与金属导轨接触良好，其余电阻均不计，不计一切摩

擦。求:

1；2M

M'

(1)当开关与1连接时-，电容器电荷量是多少？下极板带什么电?

(2)金属棒A与B相碰后A棒的速度v是多少?

⑶电容器所剩电量Q'是多少?

解析：(1)当开关与1连接时，

22

E=n—Ar=n—Z・JIr=nkJir,

电容器带电荷量Q=CE=Cnk：rtr2=lCo

将开关拨向2时A棒会向右弹出，说明A棒所受安培力向右，电流向上,

故电容器下极板带正电。

(2)A,B棒相碰时没有构成回路,没有感应电流，所以A,B棒均做匀速

直线运动直至A棒到达00'处,设碰后A棒速度为v,由于B棒的位移

是A棒的两倍，故B棒速度是2v。A棒过00'后在安培力作用下减速。

A棒减速过程，由动量定理可知:-BH•At=mAv,

即-B变1,△t=mAv,即一红,Ax=mAv,

2R2R

两边求和可得-空•a=-mv,

2R

即=-^=0.4m/so

v2mR

解析：(3)设金属棒A与B相碰前的速度为Vo,碰撞过程中动量守恒,则

有mv0=mv+m,2v,可得v0=3v,

棒A在安培力作用下加速,则有

BI1,△t=m△v,即Bl•△q=m△v,

两边求和得B1(Q-Q')=mv(),

得电容器所剩电荷量为Q'=Q-等=0.88Co

Bl

答案：(1)1C正电(2)0.4m/s(3)0.88C

[典例4]一静止原子核发生a衰变,生成一a粒子及一新核，a粒子垂

直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场,其运动轨迹是半径为R的圆。

已知Q粒子的质量为m,电荷量为q；新核的质量为M;光在真空中的速

度大小为c。求衰变前原子核的质量。

解析:设衰变产生的a粒子的速度大小为v,由洛伦兹力公式和牛顿第

二定律得

qvB=m?

设衰变后新核的速度大小为V，，衰变前后动量守恒，有

O=Mv'-mv,

设衰变前原子核质量为Mo,衰变前后能量守恒,有

22/222

M0C=MC+1MV+mc+lmv,

22

解得M0=(M+m)[l+绝竺]。

2Mme-

答案：(M+m)[l+绊”]

2Mme-

变式5:在磁场中，一静核衰变成为a,b两核，开始分别做圆周运动.已

知a和b两核做圆周运动的半径和周期之比分别为R：R=45：1,Ta：

Tb=90：117o此裂变反应的质量亏损为Am。

⑴求a,b两核的电荷数之比重；

⑵求a,b两核的质量数之比也；

%

⑶求静核的质量数和电荷数；

(4)求a核的动能4o

解析：(1)由R=詈及动量守恒mw=mbVb,可得R.：Rb=q:q”,故绘=工。

Bqhq„45

⑵由丁=誓，有今=也•五，有

BqT„mbq,

也=也=_!_•里=2

叫汹45117117°

(3)由电荷数与质量数之比,可设ma+mb=119m0,qa+qb=46q0,其中m0,q。为

定值，单位分别为一个原子质量单位和一个单位正电荷，可推测

m0=2,q0=2,此时静核为黑u,则此衰变为黑u的a衰变。

解析：⑷动能满足j=〈nW=4,同样心=5，其中p„人分别为两核动

22叫2mb

量，

由动量守恒知Pa=Pb,于是有色=4=?。

Egm„2

则△me-旦+/,解得/=揩△me2o

答案：⑴上⑵急(3)23892

答案：⑷需△me2

国课堂训练

L(多选)86号元素氨222经过□衰变后成为针218,其半衰期为3.8天。

若现有一静止氨原子核在磁感应强度为B的匀强磁场中发生衰变,衰变

后的针核速度垂直于磁场方向，此衰变过程质量亏损为△m,根据上述

信息及你的学习所得，判断以下说法正确的是(ABC)

A.氨222衰变成针218的衰变方程式为予Rnfz;：Po+；He

B.衰变后的针原子核和a粒子的运动圆轨迹外切

C.衰变后的针原子核和a粒子的轨迹半径大小之比为专

D.若衰变产生的核能都以核动能的形式存在,则a粒子的动能为誓

解析：

原子核在衰变过程中质量数守恒，电荷守恒,A选项正确;静止氨原子核

的动量为零，原子核衰变过程中动量守恒，由0=mVi+(M-m)V2,可得衰变

后生成的针原子核和a粒子的速度方向相反,动量大小相等方向相反,

假设磁场垂直纸面向内，其运动示意图如图所示，B选项正确；由

qvB=m匚得,『勺，由于衰变后生成的针原子核和a粒子动量相等，则

%=欧=A，C选项正确；由爱因斯坦质能方程,可得产生的核能为AE=A

吃gp。42

me2,即衰变后生成的针原子核和a粒子的总动能为△me；结合动量与

动能之间的关系式p2=2mEk,易得针原子核和a粒子的动能之比

盘=2=2,则a粒子的动能为侬叱，D选项错误。

4“％1。9H1

2.如图所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情境，在此宇宙空间存

在这样一个远离其他空间的区域（其他星体对该区域内物体的引力忽

略不计），以MN为界,上半部分匀强磁场的磁感应强度为Bi,下半部分匀

强磁场的磁感应强度为B2。已知BL4B2=4B。,上、下两部分磁场方向相

同,且磁场区域足够大。在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静

止状态，宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为q

的带负电小球，发现小球在界线处的速度方向与界线成90°角，接着小

球进入下半部分磁场。当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q

点时，刚好又接住球而静止。

XXXXXXXXX

xx^xXXXXaX

XXXX卜产XXX

“XXXX&XXXX内

"---------------------1----------------N

XXXXX

XXXXX

XXXXX

⑴请你粗略地作出小球从P点运动到Q点的轨迹；

（2）PQ间的距离是多大？

⑶宇航员的质量是多少？

解析：（1）小球的运动轨迹如图所示。

⑵设小球的速率为巧，由几何关系可知R,=h,

由qvB二m二和Bi—4B2=4BO,

R

可知R2=4Ri=4h,

根据运动的对称性可知,PQ间的距离为

L=2（R2-R,）=6ho

解析：⑶设宇航员的速率为V2,因周期T=2=警，

vqB

故小球由P运动至I」Q的时间t=5-+^=—;

224祖

由qvi•4Bo=m近，

R\

解得小球的速率V尸姻I,

m

所以宇航员匀速运动的速率为

v2=—=24祖力,

t5nm

由动量守恒定律有

Mv2-mvi=0,

可解得宇航员的质量

M=随。

6

答案：（1）见解析（2）6h答案：（3）华

3.如图所示,在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光

滑固定的平行金属导轨MN,PQ,两导轨足够长，间距为L,其电阻不计,导

轨平面与磁场垂直。ab,cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接

入回路中的电阻都为R,质量都为mo与金属导轨平行的水平细线一端

固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T,一开始

细线处于伸直状态,ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下以加速度a

向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与

导轨相垂直。

MbN

⑴求经过多长时间细线被拉断。

⑵若在细线被拉断瞬间撤去拉力F,求两根金属棒之间距离增量△x的

最大值是多少。

解析：（l）ab棒以加速度a向右做匀加速直线运动时，当细线被拉断

时,ab棒运动的速度为v,产生的感应电动势

E=BLv,①

回路中的感应电流1=叁，②

2A

cd棒受到安培力FB=BIL,③

经时间t细线被拉断,得FB=T,④

v=at,⑤

由①②③④⑤式得t=篝。⑥

解析：（2）细线断后,ab棒做减速运动,cd棒做加速运动，两棒之间的距

离增大,当两棒达到共同速度u而稳定运动时,两棒之间的距离增量△x

达到最大值,整个过程回路中磁通量的变化量为

△0=BLAx,⑦

由动量守恒定律得mv=2mu,⑧

回路中感应电动势的平均值EL丝，⑨

回路中电流的平均值1=舄，

2A

对于cd棒，由动量定理得BILAt=mu,⑪

由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪式得

Ax=2mR2T

B'C

答案：(1)2RT答案：(2)2mR-T

B2l}aBJL4

4.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可

用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电

动势为E,电容器的电容为Co两根固定于水平面内的光滑平行金属导

轨间距为1,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,

垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,

使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁

感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当

MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为

零,MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

(1)磁场的方向;

(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；

(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。

解析：⑴将S接1时，电容器充电,上极板带正电，下极板带负电；当将S

接2时，电容器放电,流经MN的电流由M到N,又知MN向右运动，由左手

定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。

(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时，电容器放

电,设刚放电时流经MN的电流为I,有

R

设MN受到的安培力为F,有F=HB

由牛顿第二定律，有F=ma

联立解得2=纬。

mR

解析：（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q。,有

Q0=CE

开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值v3时,设MN上

的感应电动势为E',有E'=BlVmax

依题意有修辞

设在此过程中MN的平均电流为7,MN上受到的平均安培力为八有

F=71B

由动量定理，有了△t=mv3-O

又7△tuQo-Q

联立解得Q=〃察。

m4-B~l~C

答案:见解析

5.如图所示,PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道,

轨道足够长,其电阻可忽略不计。金属棒ab,cd在轨道上，始终与轨道

垂直,且接触良好。金属棒ab的质量为2m,cd的质量为m,长度均为L、

电阻均为R;两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合

回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若

锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力

F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g;

⑴试推导论证:金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的

电功率P电；

⑵设金属棒cd在匀速运动中的某时刻1=0,恒力大小变为F'=1.5mg,

方向不变，同时解锁并由静止释放金属棒ab,直到t时刻金属棒ab开始

做匀速运动;求：

①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab;

②0〜t时间内通过金属棒ab的电荷量q。

解析：（1）设金属棒cd做匀速运动的速度为v,E=BLv,

I=「，FA=IBL,

2A

金属棒Cd克服安培力做功的功率

P安=FAV=空J

电路获得的电功率P但=舄=喑,

2A2A

所以PQP电。

⑵①金属棒ab做匀速运动，则有LBL=2mgsin30°,

金属棒ab的热功率Pab=/：R,

解得P产等。

BI:

解析:②金属棒cd在F=2mg作用下匀速度运动，

有mg+^=Fo

设t时刻后金属棒ab做匀速运动的速度为vb金属棒cd做匀速运动的

速度为V2；由金属棒ab,cd组成系统动量守恒有mv=2mv1+mv2,

回路电流I尸竺华

2/?

综合以上各式解得,金属棒ab做匀速运动的速度为

0〜t时间内对金属棒ab分析:在电流为i的很短时间△t内，速度的改

变量为Av,由动量定理得

BiL△t-2mgsin30°,At=2m△v,

对上式进行求和得

EBiL△t-S2mgsin30°△t=S2mAv,

解得BLq-mgt=2mvb

综合解得。=网端将。

JDL

答案：（1）见解析⑵①并答案:②四嘿严£

一真题试做

1.（2019•浙江4月选考，15）（多选）静止在匀强磁场中的原子核X发生

□衰变后变成新原子核Yo已知核X的质量数为A,电荷数为Z,核X、

核Y和a粒子的质量分别为mx,my和ma,a粒子在磁场中运动的半径为

Ro贝lj（AC）

A.衰变方程可表示为/Y+；He

B.核Y的结合能为（mx-my-m,,）c2

C.核Y在磁场中运动的半径为菖

Z—2

D.核Y的动能为Ek、=%（畋-啊-"万

加丫+“

解析:反应前后质量数守恒，电荷数守恒,A选项正确；质量亏损产生的

能量为新核的动能之和,不是核Y的结合能,B选项错误;核反应前后,

系统动量守恒,即mvvv=muva,新核在磁场中运动的半径之比为电荷量的

X2

反比,即一片,C选项正确；（m「niY-mQcJInhW+gm。/，/竺^=丝，所

RZ-22212〃人

2,n«v«

以核Y的动能为EkY=!m、W=%叫一叫一"/,D选项错误。

2.（2019•天津卷，12）2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞

机诞生,这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理

如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A,B之间

的匀强电场（初速度忽略不计），A,B间电压为U,使正离子加速形成离子

束,在加速过程中引擎获得恒定的推力，单位时间内飘入的正离子数目

为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。

；:

：©-►

:M

电离室不B

⑴若引擎获得的推力为件,求单位时间内飘入A.B间的正离子数目N

为多少；

⑵加速正离子所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推

导《的表达式；

⑶为提高能量的转换效率,要使《尽量大,请提出增大！的三条建议。

解析：（1）设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有

ZeU=1mv2-0（D

设正离子束所受的电场力为,根据牛顿第三定律，有

=F②

设引擎在At时间内飘入电极间的正离子个数为AN,由牛顿第二定律,

有

=ANm^（3）

联立①②③式,且N="Ar得

N=F'o④

\j2ZemU

（2）设正离子束所受的电场力为I,由正离子束在电场中做匀加速直

线运动,有

P=1FZv⑤

2

考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得

土匾。⑥

解析：（3）为使5尽量大,分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用带

电荷量少的离子;减小加速电压。

答案答案：（2）见解析（3）见解析

yj2ZemU

3.（2017•浙江11月选考，22）如图所示，匝数N=100,截面积

S=1.0X102电阻r=0.15。的线圈内有方向垂直于线圈平面向上

的随时间均匀增加的匀强磁场Bb其变化率k=0.80T/so线圈通过开关

S连接两根互相平行、间距d=0.20m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50

。的电阻。一根阻值也为0.50。、质量m=1.0Xl（）2kg的导体棒ab

搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间

变化的匀强磁场B2,接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒

始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻,g取10

m/s%

⑴求磁感应强度B?的大小,并指出磁场方向;

⑵断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25s后下降了h=0.29m,

求此过程棒上产生的热量。

解析：（1）线圈的感应电动势为

E=崂=NS等，

流过导体棒的电流

导体棒对挡条的压力为零,有

B2Lbd=mg,得B2='"g（R+2r）,

Ed

得B2=0.50T,

B2方向垂直纸面向外。

解析：（2）由动量定理（mg-7B2d）t=mv或mgt-B2d△q=mv,

及△q=jt=^i,

2R

小一喘,

ab棒产生的热量Q=1（mgh-lmv2）,

得Q&2.3X103Jo

答案：（1）。50T垂直纸面向外⑵2.3Xl（Tj

4.（2016•浙江10月选考,23）如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向

里、磁感应强度大小为B。的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质

量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0〜&v°,这束

离子经电势差为11=近的电场加速后,从小孔0（坐标原点）垂直x轴并

2g

垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上。在x轴上2a〜3a（a='）区

间水平固定放置一探测板。假设每秒射入磁场的离子总数为N。,打到x

轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）。

XXXXXX

BQ上,z

X/XXXXX

X（XX-工XX-

I。立加3a%

T

⑴求离子束从小孔0射入磁场后打到X轴的区间；

⑵调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,

求此时的磁感应强度大小Bi；

⑶保持磁感应强度B.不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板

上的离子中有80%被板吸收,20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速

度大小的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。

解析：（1）粒子经加速电场加速的过程根据动能定理,可得

qU=1mvJ-|mv,2,

所以v=Jv,2+—,

Vm

可得VoWvW2v（）,

离子在磁场中运动

qvB0区，得R*,

R祖

离子打在x轴上的坐标表达式为

2^

X=2R=祖

代入可得2aWxW4a。

（2）当速度最大的离子打在探测板右端

3a=2R,R=^,B=lBo

11加130

解析：（3）离子束能打到探测板的实际位置范围为2aWxW3a

对应的速度范围为gv°Wv'W2v。。

_4

每秒打在探测板上的离子数为N=No-^=|No,

根据动量定理，

吸收的离子受到板的作用力大小为

F吸=%="^(2mv+-mv)=8；Vu，?lv<l,

M23009

反弹的离子受到板的作用力大小为

F反=以=2^[2m(v+O.6vo)+-m(Vo+O.6v)]=—Nmv,

Az2o3045oo

根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小为

F=F吸+F反=型以)111丫0。

45

答案：⑴2aWxW4a(2)3B。答案：⑶型N°mv。

345

5.(2017•浙江4月选考,22)间距为1的两平行金属导轨由水平部分和

倾斜部分平滑连接而成，如图所示。倾角为。的导轨处于大小为R、方

向垂直导轨平面向上的匀强磁场区域I中，水平导轨上的无磁场区域

静止放置一质量为3m的“联动双