人教版高三物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)訓(xùn)練第十二章小專題七動(dòng)量與電磁學(xué)綜合應(yīng)用

小專題七動(dòng)量與電磁學(xué)綜合應(yīng)用課時(shí)訓(xùn)練1.離子發(fā)動(dòng)機(jī)飛船的原理是用電壓U加速一價(jià)惰性氣體離子,將它高速噴出后,飛船得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙中選了氙,理由是用同樣的電壓加速,它噴出時(shí)(B)A.速度大 C.動(dòng)能大 解析:離子在經(jīng)電壓加速過(guò)程中有qU=12mv2=(2.(多選)如圖,在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。在虛線l1的左側(cè)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。a,b兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直,分別位于兩塊磁場(chǎng)中,現(xiàn)突然給a棒一個(gè)水平向左的初速度v0,在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是(BD)解析:a棒在左側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),在回路中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流,a棒受到向右的安培力,在b棒中的電流方向向下,所以b棒受到向右的安培力向右運(yùn)動(dòng),所以a棒減速,b棒加速。由于a,b棒所受安培力都向右,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)能量守恒可知,a棒動(dòng)能的減少量等于回路中產(chǎn)生的熱量和b棒動(dòng)能的增加量,由動(dòng)能定理可知,a棒動(dòng)能的減少量等于安培力對(duì)a棒做的功,b棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)b棒做的功,所以安培力對(duì)a棒做功的功率等于安培力對(duì)b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率之和,故C錯(cuò)誤,D正確。3.如圖所示,在光滑的水平面內(nèi)有一垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi),一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場(chǎng)邊界滑過(guò)磁場(chǎng)后速度變?yōu)関,則當(dāng)線圈完全處在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度u為(B)A.u>12(v0+v) B.u=12(vC.u<12(v0+v) 解析:線圈在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中所受的合外力為安培力。對(duì)于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程,據(jù)動(dòng)量定理可得B2a2v即B2a2R·x=mΔv,B對(duì)于線圈穿出磁場(chǎng)的過(guò)程,據(jù)動(dòng)量定理同理可得B2a綜合得u=12(v+v04.如圖所示,金屬棒ab的質(zhì)量m=5g,放置在寬l=1m的光滑金屬導(dǎo)軌的邊緣處,兩金屬導(dǎo)軌處于水平面內(nèi),該處有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。電容器的電容C=200μF,電源電動(dòng)勢(shì)E=16V,導(dǎo)軌平面距地面高度h=0.8m,g取10m/s2,在開(kāi)關(guān)S與“1”接通并穩(wěn)定后,再使它與“2”接通,則金屬棒ab被平拋到s=解析:開(kāi)關(guān)S與“1”接通并穩(wěn)定時(shí),電容器帶電荷量為Q1=CE,開(kāi)關(guān)S與“2”接通時(shí),電容器將放電,通有電流的ab棒將受安培力作用而被加速。設(shè)放電時(shí)間為Δt,加速過(guò)程獲得的初速度為v0,由動(dòng)量定理得BIl·Δt=mv0,之后ab棒做平拋運(yùn)動(dòng),有s=v0t=v02hg,開(kāi)關(guān)S與“2”接通時(shí),電容器放電荷量為ΔQ=IΔt,則最終電容器上留有的電荷量為Q2=Q1ΔQ,最終,電容器兩端的電壓為U=答案:8V5.運(yùn)動(dòng)的原子核

ZAX放出α粒子后變成靜止的原子核Y。已知X,Y和α粒子的質(zhì)量分別是M,m1和m2,真空中的光速為c,α粒子的速度遠(yuǎn)小于光速。求反應(yīng)后與反應(yīng)前的總動(dòng)能之差以及解析:反應(yīng)后由于存在質(zhì)量虧損,所以反應(yīng)前后總動(dòng)能之差等于質(zhì)量虧損而釋放出的能量,故根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可得12m2vα21(Mm1m2)c2;反應(yīng)過(guò)程中三個(gè)粒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故有m2vα=MvX,聯(lián)立可得12m2vα2=MM-m2答案:(Mm1m2)c2MM-m2(Mm16.“離子發(fā)動(dòng)機(jī)”是一種新型的宇宙飛船用的發(fā)動(dòng)機(jī),其原理是設(shè)法使探測(cè)器內(nèi)攜帶的惰性氣體氙(54131Xe)的中性原子變?yōu)橐粌r(jià)離子,然后用電場(chǎng)加速這些氙離子使其從探測(cè)器尾部高速噴出,利用反沖使探測(cè)器得到推動(dòng)力。由于單位時(shí)間內(nèi)噴出的氣體離子質(zhì)量很小,飛船得到的加速度將非常小,但經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間的加速,同樣可以得到很大的速度。美國(guó)1998年發(fā)射的“深空一號(hào)”探測(cè)器使用了“離子發(fā)動(dòng)機(jī)”技術(shù)。已知“深空一號(hào)”離子發(fā)動(dòng)機(jī)向外噴射氙離子的等效電流大小為I=0.64A×10(1)“深空一號(hào)”離子發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為多大?(2)探測(cè)器得到的推動(dòng)力F是多大?(3)探測(cè)器的目的地是博雷利彗星,計(jì)劃飛行3年才能到達(dá),試估算深空一號(hào)所需攜帶的氙的質(zhì)量。(4)你認(rèn)為為什么要選用氙?請(qǐng)說(shuō)出一個(gè)理由。解析:(1)對(duì)離子加速過(guò)程,應(yīng)用動(dòng)能定理有qU=12mv2即得加速電壓U=mv22則發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P=UI=Iv代入數(shù)據(jù)得P=400W。(2)設(shè)時(shí)間Δt內(nèi)噴出的氙離子質(zhì)量為Δm,由牛頓第二定律得F=ΔmvΔ由于噴出氙離子的荷質(zhì)比k=qm=Δ又由電流的定義得I=Δq綜合上述各式可得,探測(cè)器得到的推動(dòng)力為F=Ivk=0.64(3)由氙離子的荷質(zhì)比k=qm=ΔqΔm得又將電流的定義式I=Δq3年需要氙離子的總質(zhì)量為Δm=Δqk=IΔtk=(4)氙是惰性氣體,性質(zhì)穩(wěn)定,比較安全;氙的原子量較大,在同樣電壓加速下得到的離子的動(dòng)量較大;沒(méi)有天然放射性,使用安全等等。答案:(1)400W(2)0.027N(3)84kg(4)見(jiàn)解析7.電磁阻尼緩沖在工程技術(shù)上有廣泛的應(yīng)用。如圖所示,為避免重物P從離地高H處自由下落著地時(shí)與地碰撞產(chǎn)生沖擊,可在其下部固定一位于豎直平面內(nèi)的滑軌,滑軌間有垂直于滑軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。緩沖滑塊Q可沿滑軌自由滑行,緩沖滑塊Q上繞有閉合矩形線圈abcd,線圈的總電阻為R,匝數(shù)為n,ab的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。在著地過(guò)程中,緩沖滑塊Q首先與地面碰撞,線圈與滑軌的磁場(chǎng)作用力使重物P減速運(yùn)動(dòng),從而實(shí)現(xiàn)緩沖。已知重物P的質(zhì)量為m,假設(shè)滑塊Q與地面碰撞后立即停下,一切摩擦阻力不計(jì)。求:(1)緩沖滑塊Q的線圈中能產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流;(2)若緩沖滑塊Q著地后,重物P繼續(xù)向下移動(dòng)距離L后速度減為零,則此過(guò)程中線圈abcd中通過(guò)的電荷量和產(chǎn)生的焦耳熱各是多少?(3)為保證安全,要求重物P速度減為0時(shí)尚未與緩沖滑塊Q相碰,則重物P與緩沖滑塊Q的初始間距x0至少為多大?(假設(shè)相對(duì)于磁場(chǎng)力,重物P的重力可不計(jì))解析:(1)緩沖滑塊Q著地時(shí)的速度v0=2gH緩沖滑塊Q以速度v0碰地后即靜止,滑塊相對(duì)磁場(chǎng)的速度大小為v0,此時(shí)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,為E0=nBLv0,線圈中感應(yīng)電流最大為I0=E0解得I0=nBL2(2)在整個(gè)著陸過(guò)程中,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=nΔΦ其中ΔΦ=BL2,由閉合電路歐姆定律得I=ER又q=IΔt,聯(lián)立得q=nB由能量守恒得,線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mv(3)重物P速度減為0的過(guò)程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=nBLv,線圈中的電流I=E重物P受到的磁場(chǎng)力F=nBIL,取向下為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=0mv0,即有n2B2L又x0=vΔt解得x0=mR2答案:(1)nBL(2)nBL(3)mR8.如圖所示為一人工轉(zhuǎn)變核反應(yīng)探測(cè)儀,裝置內(nèi)有α粒子源、粒子加速區(qū)、核反應(yīng)區(qū)和粒子探測(cè)區(qū)四部分組成。α粒子源可以在單位時(shí)間發(fā)射出N=1015個(gè)α粒子,其初速度為v0=3×107m/s,隨后又進(jìn)入電壓為U=7×106V的加速電場(chǎng),從電場(chǎng)中射出后與靜止在反應(yīng)區(qū)A點(diǎn)的鈹核

49Be發(fā)生核反應(yīng),兩個(gè)反應(yīng)產(chǎn)物經(jīng)EF垂直邊界飛入探測(cè)區(qū),探測(cè)區(qū)有一圓形磁場(chǎng)和粒子探測(cè)器,圓形磁場(chǎng)半徑為R=2315m,其內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓形磁場(chǎng)邊界與EF相切,探測(cè)器與EF平行且距圓心距離為d=0.5m。實(shí)驗(yàn)中根據(jù)碰撞點(diǎn)的位置便可分析核反應(yīng)的生成物。為簡(jiǎn)化模型,假設(shè)α粒子均可與鈹核發(fā)生核反應(yīng),實(shí)驗(yàn)中探測(cè)器上有兩個(gè)點(diǎn)(P點(diǎn)和Q點(diǎn))持續(xù)受到撞擊,AOP在一直線上,且PQ=32m,打在P點(diǎn)的粒子有50%穿透探測(cè)器,50%被探測(cè)器吸收,其中穿透的粒子能量損失75%,打在Q點(diǎn)的粒子全部×10-27kg,原子核的質(zhì)量為核子的總質(zhì)量,α粒子的質(zhì)量為mα=(1)α粒子射出加速電場(chǎng)后的速度為多少;(2)打在Q點(diǎn)的是什么粒子以及打在Q點(diǎn)的粒子的速度為多少;(3)探測(cè)器在垂直探測(cè)器方向上、單位時(shí)間內(nèi)受到的撞擊力的大小。解析:(1)α粒子在加速電場(chǎng)中,根據(jù)動(dòng)能定理可得2Ue=12(4m)vα212(則vα=4×107(2)由于打在P點(diǎn)的粒子在磁場(chǎng)中不偏轉(zhuǎn),故此粒子不帶電,是中子,因此打在Q點(diǎn)的粒子質(zhì)子數(shù)為6,因此為

612C,核反應(yīng)方程為

24He+對(duì)于碳核,在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系得tanθ=PQPO=3,故θ=60°則tanθ2=Rr=故r=0.4m,由6evCB=12mvC=1×107(3)核反應(yīng)過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒可得4mvα=12mvC+mvn,解得vn=4×107P點(diǎn),對(duì)于吸收的中子,由動(dòng)量定理得F1Δt=50%Δmvn又Δm故F1n×105N,方向向上;對(duì)于穿透的中子,由動(dòng)量定理得F2Δt=50%Δm(vnn)F2ΔmΔtvn×Q點(diǎn),對(duì)于吸收的C粒子,由動(dòng)量定理得F3Δt=Δm′vCF3=Nm′vC=12NmvC×104N,方向斜向左上方,與探測(cè)器夾角為30°因此探測(cè)器受到豎直方向的合力為Fy=F1+F2+F3sin30°×104N,豎直向上探測(cè)器受到水平方向的合力為Fx=F3cos30°3×104N≈×104N,水平向左因此探測(cè)器上單位時(shí)間受到的撞擊力大小為F=F22+Fy答案:(1)4×107m/s(2)×104N9.如圖甲,兩條足夠長(zhǎng)、間距為d的平行光滑絕緣直軌道MN,PQ與水平面成θ角,EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度在0～T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0),T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t=0時(shí)刻,正方形金屬框ABCD在平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力,框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑,金屬框的CD邊、AB邊經(jīng)過(guò)EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、每條邊電阻均為R,框中磁場(chǎng)按余弦規(guī)律變化時(shí)產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em=2π(1)CD邊剛過(guò)EF時(shí),A,B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差;(2)從撤去外力到AB邊經(jīng)過(guò)EF的總時(shí)間;(3)從0時(shí)刻到AB邊經(jīng)過(guò)EF的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。解析:(1)CD邊剛過(guò)EF時(shí),AB邊切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=B0dv1,由楞次定律知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn),故UAB=34E,即UAB=34B0dv(2)取沿導(dǎo)軌平面向下為正方向,從撤去外力到AB邊經(jīng)過(guò)EF的過(guò)程由動(dòng)量定理有mgtsinθB0dq=mv2mv0,q=B0故t=v2gsin(3)從t=0時(shí)刻到撤去外力,交流電的有效值E=22Em產(chǎn)生的熱量為Q1=E2R總線框出磁場(chǎng)的過(guò)程中,Q2=WA,結(jié)合動(dòng)能定理mgdsinθ+WA=ΔEk,得Q2=mgdsinθ+12m(v1整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的總焦耳熱為Q=Q1+Q2=π2B02d42TR答案:(1)34B0dv1(2)v2(3)π2B02d42TR[教師備用1]如圖所示,MN,PQ是固定在水平桌面上,相距l(xiāng)=1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌,MP兩點(diǎn)間接有R=0.6Ω的定值電阻,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量均為m=0.1kg,阻值均為r=0.3Ω的兩導(dǎo)體棒a,b垂直于導(dǎo)軌放置,并與導(dǎo)軌良好接觸。開(kāi)始時(shí)兩棒被約束在導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài),相距x0=2m,a棒用細(xì)絲線通過(guò)光滑滑輪與質(zhì)量為m0=0.2kg的重物c相連,重物c距地面高度也為x0=2m。整個(gè)桌面處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T。a棒解除約束后,在重物c的拉動(dòng)下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中絲線始終與b棒沒(méi)有作用),當(dāng)a棒即將到達(dá)b棒位置前一瞬間,b棒的約束被解除,此時(shí)a棒已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng),g取10m/s2,試求:(1)a棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的電流大小;(2)已知a,b兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),試求該“粗棒”能運(yùn)動(dòng)的距離;(3)a棒解除約束后整個(gè)過(guò)程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。解析:(1)由題意a棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有m0g=Ia可得Ia=2A。(2)設(shè)碰前a棒的速度為v,則Ia=Blv得v=1m/s。ab棒碰撞過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量守恒有mv=2mv′,解得v′=0.5m/s,ab棒碰撞后的整體運(yùn)動(dòng)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量守恒有IlBt=02mv′,q=It=Blx'R+r2,得(3)在ab棒相碰前,對(duì)重物c和a棒m0gx0Q1=12(m0+m)v得Q1=3.85J,發(fā)生碰撞后Q2=12×2mv′2所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程Q=Q1+Q2=3.875J。答案:(1)2A(2)0.075m(3)3.875J[教師備用2](2018·浙江4月選考)如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系,在0≤x≤0.65m,y≤0.40m范圍內(nèi)存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。一邊長(zhǎng)l=0.10m,質(zhì)量m=0.02kg、電阻R=0.40Ω的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框abcd處于圖示位置,其中心的坐標(biāo)為(0,0.65)?，F(xiàn)將線框以初速度v0=2.0m/s水平向右拋出,線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中速度保持不變,然后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),最后從磁場(chǎng)右邊界離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,完成運(yùn)動(dòng)全過(guò)程。線框在全過(guò)程中始終處于xOy平面內(nèi),其ab邊與x軸保持平行,空氣阻力不計(jì)。g取10m/s2,求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)線框在全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)在全過(guò)程中,cb兩端的電勢(shì)差Ucb與線框中心位置的x坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系。解析:(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,感應(yīng)電流I=Bl受力平衡mg=BIl進(jìn)入時(shí)的y方向速度vy=2m/sB=2T。(2)由動(dòng)量定理BlΔq=mvmv0其中Δq=B對(duì)全過(guò)程,由能量守恒定律得Q=mgl+12mv02解得Q=