2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十二章動(dòng)量守恒定律小專題七動(dòng)量與電磁學(xué)綜合應(yīng)用學(xué)案新人教版

PAGE21-小專題七動(dòng)量與電磁學(xué)綜合應(yīng)用動(dòng)量守恒定律廣泛適用于各類作用形式,包括變力作用,微觀粒子的相互作用,乃至原子核衰變等,所以,綜合應(yīng)用動(dòng)量和電磁學(xué)等學(xué)問解決困難問題,是高考命題的熱點(diǎn)。[典例1]靜止在太空中的飛行器上有一種裝置,它利用電場(chǎng)加速帶電粒子,形成向外放射的粒子流,從而對(duì)飛行器產(chǎn)生反沖力,使其獲得加速度。已知飛行器的質(zhì)量為M,放射的是2價(jià)氧離子,放射功率為P,加速電壓為U,每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m,單位電荷的電荷量為e,不計(jì)放射氧離子后飛行器的質(zhì)量變更。求:(1)射出的氧離子速度;(2)每秒鐘射出的氧離子數(shù);(3)射出氧離子后飛行器起先運(yùn)動(dòng)的加速度。解析:(1)每個(gè)氧離子帶電荷量為q=2e,對(duì)加速電壓加速過程,由動(dòng)能定理得qU=mv2,即得氧離子射出時(shí)的速度v=。(2)設(shè)每秒射出的氧離子數(shù)為n,電場(chǎng)力每秒對(duì)氧離子做的總功為nqU,即功率為P=nqU,由此可得每秒鐘射出的氧離子數(shù)為n=。解析:(3)以氧離子和飛行器為系統(tǒng),設(shè)飛行器的反沖速度為v′,依據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv′=n·Δtmv且a=.聯(lián)立得a=。答案:(1)(2)答案:(3)變式1:離子推動(dòng)器是新一代航天動(dòng)力裝置,可用于衛(wèi)星姿態(tài)限制和軌道修正。推動(dòng)劑從圖中P處注入,在A處電離出正離子,BC之間加有恒定電壓,正離子進(jìn)入B時(shí)的速度忽視不計(jì),經(jīng)加速后形成電流為I的離子束后噴出。已知推動(dòng)器獲得的推力為F,單位時(shí)間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量為J。為探討問題便利,假定離子推動(dòng)器在太空中飛行時(shí)不受其他外力,忽視推動(dòng)器運(yùn)動(dòng)速度。(1)求加在BC間的電壓U;(2)為使離子推動(dòng)器正常運(yùn)行,必需在出口D處向正離子束注入電子,試說明其緣由。解析:(1)設(shè)一個(gè)正離子的質(zhì)量為m、電荷量為q,加速后的速度為v,依據(jù)動(dòng)能定理,有qU=mv,設(shè)離子推動(dòng)器在Δt時(shí)間內(nèi)噴出質(zhì)量為ΔM的正離子,并以其為探討對(duì)象,推動(dòng)器對(duì)ΔM的作用力F′,由動(dòng)量定理有F′Δt=ΔMv,由牛頓第三定律知F′=F,設(shè)加速后離子束的橫截面積為S,單位體積內(nèi)的離子數(shù)為n,則有I=nqvS,J=nmvS,兩式相比可得=,又J=,解得U=。解析:(2)推動(dòng)器持續(xù)噴出正離子束,會(huì)使帶有負(fù)電荷的電子留在其中,由于庫(kù)侖力作用將嚴(yán)峻阻礙正離子的接著噴出,電子積累足夠多時(shí),甚至?xí)姵龅恼x子再吸引回來,致使推動(dòng)器無法正常工作。因此,必需在出口D處放射電子注入到正離子束,以中和正離子,使推動(dòng)器獲得持續(xù)推力。答案:見解析[典例2]如圖所示,矩形區(qū)域abcd內(nèi)有方向向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),ab=bc=l,矩形區(qū)域右邊存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知,方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)右邊界放一豎直的屏,屏與電場(chǎng)邊界bc平行,且相距為d。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場(chǎng)中左上角平行于ab以速度v0射入電場(chǎng),當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為某值時(shí),帶電粒子恰從電場(chǎng)bc邊界的中點(diǎn)O射出電場(chǎng),進(jìn)入右邊的勻強(qiáng)磁場(chǎng),恰好打在屏上P點(diǎn),P點(diǎn)與O點(diǎn)等高,豎直方向磁場(chǎng)范圍足夠大,帶電粒子重力可忽視不計(jì)。求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)保持其他條件不變,變更磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,讓磁場(chǎng)在0.5B到2B之間變更,粒子可打到屏的范圍;(3)保持其他條件不變,磁場(chǎng)區(qū)再加一個(gè)大小為E,方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出),粒子恰好打在屏上M點(diǎn),M點(diǎn)與b點(diǎn)等高,且已知粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)間為t。求粒子打在M點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角。解析:(1)設(shè)帶電粒子從電場(chǎng)bc邊界的中點(diǎn)O射出后進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),速度方向與OP夾角為θ,則由題圖知tanθ==1,即θ=45°,設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,則R1=d,且qv1B=m,v1=v0,聯(lián)立得B=。(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5B時(shí),帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R2=d,將垂直打在屏P點(diǎn)下方的某點(diǎn),設(shè)為N點(diǎn),由幾何關(guān)系可得PN=(-1)d;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B時(shí),帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R2′=d,分析得,帶電粒子將打不到屏。當(dāng)粒子軌跡與屏相切時(shí),為屏上最高點(diǎn),設(shè)為Q,這時(shí)圓半徑為R3,幾何關(guān)系有R3+R3=d,可得R3=(2-)d,PQ=(-1)d;故粒子可打到屏的范圍為P點(diǎn)上下(-1)d。解析:(3)分析帶電粒子從O點(diǎn)到M點(diǎn),依據(jù)豎直方向動(dòng)量定理得Eqt+∑Bqvx·Δt=mvMy-(-mv0),其中∑Bqvx·Δt=Bqd,依據(jù)動(dòng)能定理Eq·=m-m(v0)2,設(shè)粒子打在M點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向夾角為α,則sinα=,聯(lián)立上式,則sinα=。答案:(1)(2)P點(diǎn)上下(-1)d答案:(3)sinα=變式2:在粒子物理學(xué)的探討中,常常用電場(chǎng)和磁場(chǎng)來限制或者變更粒子的運(yùn)動(dòng)。一粒子源產(chǎn)生離子束,已知產(chǎn)生的離子質(zhì)量為m,電荷量為+e。不計(jì)離子重力以及離子間的相互作用力。(1)如圖1所示為一速度選擇器,兩平行金屬板水平放置,電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。讓粒子源射出的離子沿平行于極板方向進(jìn)入速度選擇器。求能沿圖中虛線路徑通過速度選擇器的離子的速度大小v。(2)如圖2所示為豎直放置的兩平行金屬板A,B,兩板中間均開有小孔,兩板之間的電壓UAB隨時(shí)間的變更規(guī)律如圖3所示。假設(shè)從速度選擇器出來的離子動(dòng)能為Ek=100eV,讓這些離子沿垂直極板方向進(jìn)入兩板之間。兩極板距離很近,離子通過兩板間的時(shí)間可以忽視不計(jì)。設(shè)每秒從速度選擇器射出的離子數(shù)為N0=5×1015個(gè),已知e=1.6×10-19C(3)接(1),若在圖1中速度選擇器的上極板中間開一小孔,如圖4所示。將粒子源產(chǎn)生的離子束中速度為0的離子,從上極板小孔處釋放,離子恰好能到達(dá)下極板。求離子到達(dá)下極板時(shí)的速度大小v,以及兩極板間的距離d。解析:(1)離子做勻速直線運(yùn)動(dòng),依據(jù)受力平衡有Ee=Bev,解得v=;(2)A,B之間加正向電壓時(shí),離子能夠通過B板小孔,A,B之間加反向電壓時(shí),電場(chǎng)力對(duì)離子做負(fù)功,電壓小于100V時(shí),離子能夠通過B板小孔。由此可知,離子通過B板小孔的時(shí)間為t′=0.3s,通過B板小孔的離子數(shù)N=N0t′=1.5×1015(個(gè)),依據(jù)I=,代入數(shù)據(jù)解得平均電流I=6×10-4A解析:(3)由題意可知,離子到達(dá)下極板時(shí)的速度沿水平方向,依據(jù)動(dòng)能定理Eed=mv2,設(shè)某時(shí)刻離子豎直方向的分速度為vy。在很短時(shí)間Δt內(nèi),離子在豎直方向通過的距離為vyΔt,在水平方向受到的沖量為evyBΔt。離子從起先運(yùn)動(dòng)至到達(dá)下極板的過程水平方向,依據(jù)動(dòng)量定理∑evyBΔt=mv,豎直方向,依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律∑vyΔt=d,聯(lián)立以上各式解得v=,d=。答案:(1)(2)6×10-4A答案:(3)[典例3]如圖1所示,水平固定的光滑U形金屬框架寬為L(zhǎng),足夠長(zhǎng),其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab,左端連接有一阻值為R的電阻(金屬框架、金屬棒及導(dǎo)線的電阻均可忽視不計(jì)),整個(gè)裝置處在向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)給棒一個(gè)初速度v0,使棒始終垂直框架并沿框架運(yùn)動(dòng)。(1)金屬棒從起先運(yùn)動(dòng)到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中,求通過電阻R的電量和電阻R中產(chǎn)生的熱量。(2)金屬棒從起先運(yùn)動(dòng)到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中,求棒通過的位移。(3)假如將U形金屬框架左端的電阻R換為一電容為C的電容器,其他條件不變,如圖2所示。求金屬棒到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)電容器的帶電荷量。解析:(1)取初速度方向?yàn)檎较?對(duì)此過程由動(dòng)量定理得-Δt=0-mv0,即-BLΔt=0-mv0,所以q=Δt=,由能量守恒定律得Q=m。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得===因此q=Δt=Δt=,所以x==。解析:(3)當(dāng)金屬棒ab做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí),要產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),這樣,電容器C將被充電,ab棒中有充電電流存在,ab棒受到安培力的作用而減速,當(dāng)ab棒以穩(wěn)定速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),BLv=UC=而對(duì)金屬棒ab利用動(dòng)量定理可得-BLQ=mv-mv0,由上述二式可求得v=,Q=CUC=CBLv=。答案:(1)m(2)(3)變式3:如圖所示,質(zhì)量為M的U形金屬框M′MNN′,靜止放在粗糙絕緣水平面上(金屬框與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ),且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。M′M,NN′邊相互平行,相距為L(zhǎng),整個(gè)金屬框電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng),底邊MN垂直于MM′,電阻為r。質(zhì)量為m的光滑導(dǎo)體棒ab電阻為R,垂直M′M放在框架上,整個(gè)裝置處于垂直軌道平面對(duì)上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在與ab垂直的水平拉力作用下,ab沿金屬框架由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)x距離后撤去拉力,直至最終停下,整個(gè)過程中框架恰好沒動(dòng)。若導(dǎo)體棒ab與M′M,NN′始終保持良好接觸,求:(1)加速過程中通過導(dǎo)體棒ab的電荷量q;(2)導(dǎo)體棒ab的最大速度vm以及勻加速階段的加速度;(3)導(dǎo)體棒ab走過的總位移。解析:(1)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得==,感應(yīng)電流為=,則電荷量為q=Δt=Δt==。(2)由題意可知當(dāng)框架恰好不動(dòng)時(shí),導(dǎo)體棒速度最大,對(duì)框架依據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得FA=f=μ(M+m)g,則有FA=BIL=,聯(lián)立解得vm=;依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得=2ax,解得:a=。解析:(3)撤去拉力后導(dǎo)體棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng),取向右為正方向,由動(dòng)量定理可知-BLΔt=0-mvm,即Δt=mvm,而以后運(yùn)動(dòng)的位移為x′=Δt,解得x′=,所以總路程為s=x+x′=x+。答案:(1)(2)答案:(3)x+變式4:某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁擊發(fā)裝置,其結(jié)構(gòu)如圖所示。間距為l=10cm的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌置于水平桌面上,導(dǎo)軌中NO和N′O′段用絕緣材料制成,其余部分均為導(dǎo)電金屬材料,兩種材料導(dǎo)軌平滑連接。導(dǎo)軌左側(cè)與匝數(shù)為100匝、半徑為5cm的圓形線圈相連,線圈內(nèi)存在垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。C=1F的電容器通過單刀雙擲開關(guān)與導(dǎo)軌相連。在軌道間MPP′M′矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直桌面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T。磁場(chǎng)右側(cè)邊界PP′與OO′間距離為a=4cm。初始時(shí)金屬棒A處于NN′左側(cè)某處,金屬棒B處于OO′左側(cè)距OO′距離為a處。當(dāng)開關(guān)與1連接時(shí),圓形線圈中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱變更,變更率為k==T/s。穩(wěn)定后將開關(guān)撥向2,金屬棒A被彈出,與金屬棒B相碰,并在B棒剛出磁場(chǎng)時(shí)A棒剛好運(yùn)動(dòng)到OO′處,最終A棒恰在PP′處停住。已知兩根金屬棒的質(zhì)量均為0.02kg、接入電路中的電阻均為0.10Ω,金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻均不計(jì),不計(jì)一切摩擦。求:(1)當(dāng)開關(guān)與1連接時(shí),電容器電荷量是多少?下極板帶什么電?(2)金屬棒A與B相碰后A棒的速度v是多少?(3)電容器所剩電量Q′是多少?解析:(1)當(dāng)開關(guān)與1連接時(shí),E=n=n·πr2=nkπr2,電容器帶電荷量Q=CE=Cnkπr2=1C。將開關(guān)撥向2時(shí)A棒會(huì)向右彈出,說明A棒所受安培力向右,電流向上,故電容器下極板帶正電。(2)A,B棒相碰時(shí)沒有構(gòu)成回路,沒有感應(yīng)電流,所以A,B棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至A棒到達(dá)OO′處,設(shè)碰后A棒速度為v,由于B棒的位移是A棒的兩倍,故B棒速度是2v。A棒過OO′后在安培力作用下減速。A棒減速過程,由動(dòng)量定理可知:-BIl·Δt=mΔv,即-Bl·Δt=mΔv,即-·Δx=mΔv,兩邊求和可得-·a=-mv,即v==0.4m/s。解析:(3)設(shè)金屬棒A與B相碰前的速度為v0,碰撞過程中動(dòng)量守恒,則有mv0=mv+m·2v,可得v0=3v,棒A在安培力作用下加速,則有BIl·Δt=mΔv,即Bl·Δq=mΔv,兩邊求和得Bl(Q-Q′)=mv0,得電容器所剩電荷量為Q′=Q-=0.88C。答案:(1)1C正電(2)0.4m/s(3)0.88C[典例4]一靜止原子核發(fā)生α衰變,生成一α粒子及一新核,α粒子垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其運(yùn)動(dòng)軌跡是半徑為R的圓。已知α粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q;新核的質(zhì)量為M;光在真空中的速度大小為c。求衰變前原子核的質(zhì)量。解析:設(shè)衰變產(chǎn)生的α粒子的速度大小為v,由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB=m設(shè)衰變后新核的速度大小為v′,衰變前后動(dòng)量守恒,有0=Mv′-mv,設(shè)衰變前原子核質(zhì)量為M0,衰變前后能量守恒,有M0c2=Mc2+Mv′2+mc2+mv2,解得M0=(M+m)[1+]。答案:(M+m)[1+]變式5:在磁場(chǎng)中,一靜核衰變成為a,b兩核,起先分別做圓周運(yùn)動(dòng).已知a和b兩核做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期之比分別為Ra∶Rb=45∶1,Ta∶Tb=90∶117。此裂變反應(yīng)的質(zhì)量虧損為Δm。(1)求a,b兩核的電荷數(shù)之比;(2)求a,b兩核的質(zhì)量數(shù)之比;(3)求靜核的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù);(4)求a核的動(dòng)能。解析:(1)由R=及動(dòng)量守恒mava=mbvb,可得Ra∶Rb=qb∶qa,故=。(2)由T=,有=·,有==·=。(3)由電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)之比,可設(shè)ma+mb=119m0,qa+qb=46q0,其中m0,q0為定值,單位分別為一個(gè)原子質(zhì)量單位和一個(gè)單位正電荷,可推想m0=2,q0=2,此時(shí)靜核為,則此衰變?yōu)榈摩了プ儭＝馕?(4)動(dòng)能滿意=ma=,同樣=,其中pa,pb分別為兩核動(dòng)量,由動(dòng)量守恒知pa=pb,于是有==。則Δmc2=+,解得=Δmc2。答案:(1)(2)(3)23892答案:(4)Δmc21.(多選)86號(hào)元素氡222經(jīng)過α衰變后成為釙218,其半衰期為3.8天。若現(xiàn)有一靜止氡原子核在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中發(fā)生衰變,衰變后的釙核速度垂直于磁場(chǎng)方向,此衰變過程質(zhì)量虧損為Δm,依據(jù)上述信息及你的學(xué)習(xí)所得,推斷以下說法正確的是(ABC)A.氡222衰變成釙218的衰變方程式為Rn→Po+B.衰變后的釙原子核和α粒子的運(yùn)動(dòng)圓軌跡外切C.衰變后的釙原子核和α粒子的軌跡半徑大小之比為D.若衰變產(chǎn)生的核能都以核動(dòng)能的形式存在,則α粒子的動(dòng)能為解析:原子核在衰變過程中質(zhì)量數(shù)守恒,電荷守恒,A選項(xiàng)正確;靜止氡原子核的動(dòng)量為零,原子核衰變過程中動(dòng)量守恒,由0=mv1+(M-m)v2,可得衰變后生成的釙原子核和α粒子的速度方向相反,動(dòng)量大小相等方向相反,假設(shè)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)內(nèi),其運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示,B選項(xiàng)正確;由qvB=m得,r=,由于衰變后生成的釙原子核和α粒子動(dòng)量相等,則==,C選項(xiàng)正確;由愛因斯坦質(zhì)能方程,可得產(chǎn)生的核能為ΔE=Δmc2,即衰變后生成的釙原子核和α粒子的總動(dòng)能為Δmc2,結(jié)合動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系式p2=2mEk,易得釙原子核和α粒子的動(dòng)能之比==,則α粒子的動(dòng)能為,D選項(xiàng)錯(cuò)誤。2.如圖所示是計(jì)算機(jī)模擬出的一種宇宙空間的情境,在此宇宙空間存在這樣一個(gè)遠(yuǎn)離其他空間的區(qū)域(其他星體對(duì)該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽視不計(jì)),以MN為界,上半部分勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,下半部分勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。已知B1=4B2=4B0,上、下兩部分磁場(chǎng)方向相同,且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大。在距離界線MN為h的P點(diǎn)有一宇航員處于靜止?fàn)顟B(tài),宇航員以平行于MN的速度向右拋出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球,發(fā)覺小球在界線處的速度方向與界線成90°角,接著小球進(jìn)入下半部分磁場(chǎng)。當(dāng)宇航員沿與界線平行的直線勻速到達(dá)目標(biāo)Q點(diǎn)時(shí),剛好又接住球而靜止。(1)請(qǐng)你粗略地作出小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的軌跡;(2)PQ間的距離是多大?(3)宇航員的質(zhì)量是多少?解析:(1)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。(2)設(shè)小球的速率為v1,由幾何關(guān)系可知R1=h,由qvB=m和B1=4B2=4B0,可知R2=4R1=4h,依據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,PQ間的距離為L(zhǎng)=2(R2-R1)=6h。解析:(3)設(shè)宇航員的速率為v2,因周期T==,故小球由P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間t=+=;由qv1·4B0=m,解得小球的速率v1=,所以宇航員勻速運(yùn)動(dòng)的速率為v2==,由動(dòng)量守恒定律有Mv2-mv1=0,可解得宇航員的質(zhì)量M=。答案:(1)見解析(2)6h答案:(3)3.如圖所示,在方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩條光滑固定的平行金屬導(dǎo)軌MN,PQ,兩導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),間距為L(zhǎng),其電阻不計(jì),導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直。ab,cd為兩根垂直于導(dǎo)軌水平放置的金屬棒,其接入回路中的電阻都為R,質(zhì)量都為m。與金屬導(dǎo)軌平行的水平細(xì)線一端固定,另一端與cd棒的中點(diǎn)連接,細(xì)線能承受的最大拉力為T,一起先細(xì)線處于伸直狀態(tài),ab棒在平行導(dǎo)軌的水平拉力F的作用下以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌相垂直。(1)求經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間細(xì)線被拉斷。(2)若在細(xì)線被拉斷瞬間撤去拉力F,求兩根金屬棒之間距離增量Δx的最大值是多少。解析:(1)ab棒以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),當(dāng)細(xì)線被拉斷時(shí),ab棒運(yùn)動(dòng)的速度為v,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,①回路中的感應(yīng)電流I=,②cd棒受到安培力FB=BIL,③經(jīng)時(shí)間t細(xì)線被拉斷,得FB=T,④v=at,⑤由①②③④⑤式得t=。⑥解析:(2)細(xì)線斷后,ab棒做減速運(yùn)動(dòng),cd棒做加速運(yùn)動(dòng),兩棒之間的距離增大,當(dāng)兩棒達(dá)到共同速度u而穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí),兩棒之間的距離增量Δx達(dá)到最大值,整個(gè)過程回路中磁通量的變更量為ΔΦ=BLΔx,⑦由動(dòng)量守恒定律得mv=2mu,⑧回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E1=,⑨回路中電流的平均值I=,對(duì)于cd棒,由動(dòng)量定理得BILΔt=mu,由⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Δx=。答案:(1)答案:(2)4.電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問:(1)磁場(chǎng)的方向;(2)MN剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小;(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析:(1)將S接1時(shí),電容器充電,上極板帶正電,下極板帶負(fù)電;當(dāng)將S接2時(shí),電容器放電,流經(jīng)MN的電流由M到N,又知MN向右運(yùn)動(dòng),由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下。(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有I=設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB由牛頓其次定律,有F=ma聯(lián)立解得a=。解析:(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE開關(guān)S接2后,MN起先向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′,有E′=Blvmax依題意有E′=設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有=lB由動(dòng)量定理,有Δt=mvmax-0又Δt=Q0-Q聯(lián)立解得Q=。答案:見解析5.如圖所示,PQ和MN是固定于傾角為30°斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道,軌道足夠長(zhǎng),其電阻可忽視不計(jì)。金屬棒ab,cd在軌道上,始終與軌道垂直,且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m,cd的質(zhì)量為m,長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R;兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于軌道的間距,并與軌道形成閉合回路。整個(gè)裝置處在垂直斜面對(duì)上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,若鎖定金屬棒ab不動(dòng),使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面對(duì)上的恒力F=2mg作用下,沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g;(1)試推導(dǎo)論證:金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電;(2)設(shè)金屬棒cd在勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t0=0,恒力大小變?yōu)镕′=1.5mg,方向不變,同時(shí)解鎖并由靜止釋放金屬棒ab,直到t時(shí)刻金屬棒ab起先做勻速運(yùn)動(dòng);求:①t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率Pab;②0～t時(shí)間內(nèi)通過金屬棒ab的電荷量q。解析:(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,E=BLv,I=,FA=IBL,金屬棒cd克服安培力做功的功率P安=FAv=,電路獲得的電功率P電==,所以P安=P電。(2)①金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng),則有I1BL=2mgsin30°,金屬棒ab的熱功率Pab=R,解得Pab=。解析:②金屬棒cd在F=2mg作用下勻速度運(yùn)動(dòng),有mg+=F。設(shè)t時(shí)刻后金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1,金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2;由金屬棒ab,cd組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv=2mv1+mv2,回路電流I1=,綜合以上各式解得,金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1=,0～t時(shí)間內(nèi)對(duì)金屬棒ab分析:在電流為i的很短時(shí)間Δt內(nèi),速度的變更量為Δv,由動(dòng)量定理得BiLΔt-2mgsin30°·Δt=2mΔv,對(duì)上式進(jìn)行求和得∑BiLΔt-∑2mgsin30°Δt=∑2mΔv,解得BLq-mgt=2mv1,綜合解得q=。答案:(1)見解析(2)①答案:②1.(2024·浙江4月選考,15)(多選)靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的原子核X發(fā)生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質(zhì)量數(shù)為A,電荷數(shù)為Z,核X、核Y和α粒子的質(zhì)量分別為mX,mY和mα,α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R。則(AC)A.衰變方程可表示為→+B.核Y的結(jié)合能為(mX-mY-mα)c2C.核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為D.核Y的動(dòng)能為EkY=解析:反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒,電荷數(shù)守恒,A選項(xiàng)正確;質(zhì)量虧損產(chǎn)生的能量為新核的動(dòng)能之和,不是核Y的結(jié)合能,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;核反應(yīng)前后,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,即mYvY=mαvα,新核在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為電荷量的反比,即=,C選項(xiàng)正確;(mX-mY-mα)c2=mY+mα,=,所以核Y的動(dòng)能為EkY=mY=,D選項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(2024·天津卷,12)2024年,人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生,這種引擎不須要燃料,也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示,進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A,B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(初速度忽視不計(jì)),A,B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過程中引擎獲得恒定的推力,單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù),e是元電荷。(1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時(shí)間內(nèi)飄入A,B間的正離子數(shù)目N為多少;(2)加速正離子所消耗的功率P不同時(shí),引擎獲得的推力F也不同,試推導(dǎo)的表達(dá)式;(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率,要使盡量大,請(qǐng)?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議。解析:(1)設(shè)正離子經(jīng)過電極B時(shí)的速度為v,依據(jù)動(dòng)能定理,有ZeU=mv2-0①設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F1′,依據(jù)牛頓第三定律,有F1′=F1②設(shè)引擎在Δt時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為ΔN,由牛頓其次定律,有F1′=ΔNm③聯(lián)立①②③式,且N=得N=。④(2)設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F′,由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有P=F′v⑤考慮到牛頓第三定律得到F′=F,聯(lián)立①⑤式得=。⑥解析:(3)為使盡量大,分析⑥式得到三條建議:用質(zhì)量大的離子;用帶電荷量少的離子;減小加速電壓。答案:(1)答案:(2)見解析(3)見解析3.(2024·浙江11月選考,22)如圖所示,匝數(shù)N=100,截面積S=1.0×10-2m2、電阻r=0.15Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面對(duì)上的隨時(shí)間勻稱增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1,其變更率k=0.80T/s。線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d=0.20m的豎直導(dǎo)軌,下端連接阻值R=0.50Ω的電阻。一根阻值也為0.50Ω、質(zhì)量m=1.0×10-2kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上。在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變更的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2,接通開關(guān)S后,棒對(duì)擋條的壓力恰好為零。假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直,且與導(dǎo)軌接觸良好,不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻,g取10m(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小,并指出磁場(chǎng)方向;(2)斷開開關(guān)S后撤去擋條,棒起先下滑,經(jīng)t=0.25s后下降了h=0.29m,求此過程棒上產(chǎn)生的熱量。解析:(1)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=N=NS,流過導(dǎo)體棒的電流Iab=,導(dǎo)體棒對(duì)擋條的壓力為零,有B2Iabd=mg,得B2=,得B2=0.50T,B2方向垂直紙面對(duì)外。解析:(2)由動(dòng)量定理(mg-B2d)t=mv或mgt-B2dΔq=mv,及Δq=t=,得v=gt-,ab棒產(chǎn)生的熱量Q=(mgh-mv2),得Q≈2.3×10-3J。答案:(1)0.50T垂直紙面對(duì)外(2)2.3×10-3J4.(2024·浙江10月選考,23)如圖所示,在x軸的上方存在垂直紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸下方離子源C放射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子,其初速度大小范圍為0～v0,這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U=的電場(chǎng)加速后,從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域,最終打到x軸上。在x軸上2a～3a(a=)區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板。假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0,打到x軸上的離子數(shù)勻稱分布(離子重力不計(jì))。(1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間;(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端,求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1;(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變,求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N;若打在板上的離子中有80%被板汲取,20%被反向彈回,彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍,求探測(cè)板受到的作用力大小。解析:(1)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速的過程依據(jù)動(dòng)能定理,可得qU=mv2-m,所以v=,可得v0≤v≤2v0,離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)qvB0=,得R=,離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為x=2R=,代入可得2a≤x≤4a。(2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端3a=2R1,R1=,B1=B0。解析:(3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際位置范圍為2a≤x≤3a對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0。每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為N=N0=N0,依據(jù)動(dòng)量定理,汲取的離子受到板的作用力大小為F吸==(2mv0+mv0)=,反彈的離子受到板的作用力大小為F反==[2m(v0+0.6v0)+m(v0+0.6v0)]=N0mv0,依據(jù)牛頓第三定律,探測(cè)板受到的作用力大小為F=F吸+F反=N0mv0。答案:(1)2a≤x≤4a(2)B0答案:(3)N0mv05.(2024·浙江4月選考,22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成,如圖所示。傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中,水平導(dǎo)軌上的無磁場(chǎng)區(qū)域靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長(zhǎng)為l的金屬桿cd和ef,用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接構(gòu)成),在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁