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考点强化练42动量与能量观点的综合应用1.如图所示,水平放置的宽L=0.5 m的平行导体框,质量为m=0.1 kg,一端接有R=0.2 的电阻,磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下。现有一导体棒ab垂直跨放在框架上,并能无摩擦地沿框架滑动,导体棒ab的电阻r=0.2 。当导体棒ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时,试求:(1)导体棒ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向?(2)要维持导体棒ab向右匀速运动,作用在ab上的水平拉力为多大?(3)电阻R上产生的热功率为多大?(4)若匀速后突然撤去外力,则棒最终静止,这个过程通过回路的电荷量是多少?2.(2018浙江嘉兴选考模拟)如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑非金属直轨道MN、PQ与水平面成角,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0T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,金属框在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、每条边电阻为R,余弦磁场变化产生的正弦交流电最大值Em=2B0d2T,求:(1)CD边刚过EF时,A、B两点间的电势差;(2)撤去外力到AB边刚过EF的总时间;(3)从0时刻到AB边刚过EF的过程中产生的焦耳热。3.(2018浙江台州高三上学期期末质量评估)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。底座中央固定一根绝缘弹簧,长L质量为m的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。在直线MN的上方分布着垂直轨道面向里,磁感应强度为B的足够大匀强磁场。现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度为v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。随后直杆ab向下运动,离开磁场前做匀速直线运动。已知直杆ab与轨道的摩擦力大小恒等于杆重力的k倍(k1),回路中除定值电阻外不计其他一切电阻,重力加速度为g。求:(1)杆ab向下运动离开磁场时的速度v2;(2)杆ab在磁场中上升过程经历的时间t。4.(2018浙江宁波六校期末)如图所示,两根平行金属导轨MN、PQ相距d=1.0 m,两导轨及它们所在平面与水平面的夹角均为=30,导轨上端跨接一阻值R=1.6 的定值电阻,导轨电阻不计。整个装置处于垂直两导轨所在平面且向上的匀强磁场中,磁感应强度大小B=1.0 T。一根长度等于两导轨间距的金属棒ef垂直于两导轨放置(处于静止),且与导轨保持良好接触,金属棒ef的质量m1=0.1 kg、电阻r=0.4 ,到导轨最底端的距离s1=3.75 m。另一根质量m2=0.05 kg的绝缘棒gh,从导轨最底端以速度v0=10 m/s沿两导轨上滑并与金属棒ef发生正碰(碰撞时间极短),碰后金属棒ef沿两导轨上滑s2=0.2 m后再次静止,此过程中电阻R产生的焦耳热Q=0.2 J。已知两棒(ef和gh)与导轨间的动摩擦因数均为=33,g取10 m/s2,求:(1)绝缘棒gh在与金属棒ef碰前瞬间的速率v;(2)两棒碰后,安培力对金属棒ef做的功W以及碰后瞬间金属棒ef的加速度a的大小;(3)金属棒ef在导轨上运动的时间t。5.如图所示,光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍,bc段轨道和cd段轨道都足够长,将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段,且与轨道垂直。Q棒静止,让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放,求:(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小;(2)P棒和Q棒最终的速度。6.间距为l的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成,导轨上端通过开关S连接一电容为C的电容器,如图所示。倾角为的导轨处于大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中,在水平导轨无磁场区静止放置金属杆cd,在杆右侧存在大小也为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间,区间长度足够长。当S断开时,金属杆ab从倾斜导轨上端释放进入磁场区间达到匀速后进入水平轨道,在无磁场区与杆cd碰撞,杆ab与cd粘合成并联双杆(未产生形变),并滑进磁场区间,同时开关S接通(S接通前电容器不带电)。在运动过程中,杆ab、cd以及并联双杆始终与导轨接触良好,且与导轨垂直。已知杆ab和cd质量均为m,电阻均为R,不计导轨电阻和阻力,忽略磁场边界效应,求:(1)杆ab在倾斜导轨上达到匀速运动时的速度v0;(2)杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度v1;(3)并联双杆进入磁场区间后最终达到稳定运动的速度v2.7.如图甲是我国自主研制的200 mm离子电推进系统,已经全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心部件为离子推进器,它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整,具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示,推进剂氙原子P喷注入腔室C后,被电子枪G射出的电子碰撞而电离,成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计,在栅电极A、B之间的电场中加速,并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。已知栅电极A、B之间的电压为U,氙离子的质量为m、电荷量为q,AB间距为d,推进器单位时间内喷射的氙离子数目N。(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验。求:a.氙离子经A、B之间的电场加速后,通过栅电极B时的速度v的大小,以及离子束的等效电流I;b.求喷射离子过程中,对推进器产生的反冲作用力大小;(2)配有推进器的飞船在太空运行时,处于完全失重状态,为了构建推进器在太空中运作情景,离子推进器可视为放置在光滑的水平地面上。已知推进器的质量为M,且工作时质量保持不变,推进器刚开始运动的极短时间,可认为瞬间喷出N个离子,即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。c.求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功;d.这一过程中飞船向后移动的距离;e.随着时间的推移,喷出的离子的动能逐渐变大还是变小?简要说明理由。8.(2018浙江嘉兴高三普通高校招生选考科目教学测试)如图所示,坐标原点O处有一正离子源,其在单位时间内发出N个离子,离子的质量为m,电荷量为q,速度大小为v,发射方向在第一象限与+x方向夹角45。“”形物体的ab边和bc边的长度均为d且相互垂直,端点a、c的连线与x轴平行,在整个三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。初始时a端坐标为(0,2d),现使“”形物体沿-y方向缓慢平移,平移的过程中a端点始终在y轴上,直至a、c的连线与x轴重合,在此过程中磁场区域随物体同步平移且磁感应强度保持不变。忽略离子间的相互作用。(1)若磁感应强度B=4mvqd,求在缓慢平移全过程中,bc边被离子直接打中的区域(不考虑离子撞击后的反弹);(2)在缓慢平移全过程中,若所有离子均打到“”形物体上,求磁感应强度的取值范围;(3)若磁感应强度取(2)中的最大值,“”形物体位于某处时,从O点发出的离子进入磁场的ac边界做圆周运动后恰好能垂直撞击ab边上的P1点,求此时“”形物体a端的坐标。若离子每次撞击ab边后均能反向弹回,弹回的速度大小均是该位置撞击前速度大小的0.2倍,离子在P1点碰撞之后与ab边发生多次碰撞,之后的碰撞点依次记为P2,P3,P4求第n个碰撞点Pn所受的撞击力大小。9.(2018浙江嘉兴第一中学高二上学期期末)如图所示,在粗糙的水平面上0.5a1.5a区间放置一探测板a=mv0qB。在水平面的上方存在水平向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场右边界离小孔O距离为a,位于水平面下方离子源C飘出质量为m,电荷量为q,初速度为0的一束负离子,这束离子经电势差为U=2mv029q的电场加速后,从小孔O垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域,t时间内共有N个离子打到探测板上。(1)求离子从小孔O射入磁场后打到板上的位置。(2)若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失,则探测板受到的冲击力为多少?(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收,要使探测板不动,水平面需要给探测板的摩擦力为多少?考点强化练42动量与能量观点的综合应用1.答案 (1)0.8 V方向由b到a(2)0.4 N(3)0.8 W(4)2 C解析 (1)导体棒ab上的感应电动势的大小:E=BLv=0.40.54 V=0.8 V;感应电流的方向由b到a。(2)要维持导体棒ab向右匀速运动,作用在ab上的水平拉力等于安培力:F外=FA=B2L2vR+r=0.420.5240.2+0.2 N=0.4 N(3)回路的电流:I=ER+r=0.80.2+0.2 A=2 A电阻R上产生的热功率为PR=I2R=220.2 W=0.8 W(4)由动量定理:-BILt=0-mvq=It,则BLq=mv解得q=mvLB=0.140.50.4 C=2 C。2.答案 (1)UAB=-34B0dv1(2)t=v2gsin+B02d34mgRsin(3)2B02d42TR+mgdsin +12m(v12-v22)解析 (1)E=B0dv1、由楞次定律知A点电势低于B点,故UAB=-34E,即UAB=-34B0dv1(2)mgtsin -B0dq=mv2-mv0q=B0d24R,故:t=v2gsin+B02d34mgRsin(3)交流电的有效值E=22Em,Q1=E2R总t=2B02d42TR线框出磁场的过程中,Q2=-WA结合动能定理:mgdsin +WA=Ek得:Q2=mgdsin +12m(v12-v22)总焦耳热为:Q=Q1+Q2=2B02d42TR+mgdsin +12m(v12-v22)3.答案 (1)v2=(1-k)mgRB2L2(2)mv1R-B2L2h(1+k)mgR解析 (1)杆ab向下运动离开磁场前做匀速运动根据平衡条件:mg=F安+Ff根据题意有:Ff=kmg安培力为:F安=BIL=B2L2v2R联立以上解得:v2=(1-k)mgRB2L2(2)杆ab在磁场中上升过程,由动量定理得:-mgt-kmgt-BIL=0-mv1上升过程的感应电荷量为:q=It=BLhR联立解得:t=mv1R-B2L2h(1+k)mgR杆ab在磁场中上升过程经历的时间为:mv1R-B2L2h(1+k)mgR4.答案 (1)5 m/s(2)0.25 J25 m/s2(3)0.2 s解析 (1)绝缘棒gh从导轨最底端向上滑动的过程中,由动能定理有:-m2gs1cos -m2gs1sin =12m2v2-12m2v02,解得v=5 m/s(2)由功能关系可知,金属棒ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热,即有:W=Q总,而Q总=R+rRQ,解得W=0.25 J,设碰后瞬间金属棒ef的速率为v1,回路中产生的感应电动势为E,感应电流为I,安培力为F,有E=Bdv1,I=ER+r,F=BId,在金属棒ef上滑过程中,由动能定理有-W-m1gs2cos -m1gs2sin =0-12m1v12,解得v1=3 m/s,在两棒碰后瞬间,由牛顿第二定律有m1gcos +m1gsin +F=m1a,解得a=25 m/s2。(3)金属棒ef在导轨上运动的整个过程中,设安培力的冲量为I安,沿导轨方向,由动量定理有-I安-m1gtcos -m1gtsin =0-m1v1,又I安=BdtI,其中I=ER+r,由法拉第电磁感应定律有E=t,其中=Bds2,解得t=0.2 s。5.答案 (1)2gh(2)vP=2gh5,vQ=22gh5解析 (1)设P,Q棒的长度分别为2L和L,磁感强度为B,P棒进入水平轨道的速度为v对于P棒,金属棒下落h过程应用动能定理:Mgh=12Mv2解得P棒刚进入磁场时的速度为:v=2gh(2)当P棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速,Q棒受到安培力而加速,Q棒运动后也将产生感应电动势,与P棒感应电动势反向,因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时,回路的电流为零,所以:EP=EQ,即2BLvP=BLvQ,解得:2vP=vQ因为当P,Q在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零FP=2BIL,FQ=BIL(设I为回路中的电流),因此P,Q组成的系统动量不守恒设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为tP,Q对PQ分别应用动量定理得:-FPt=-2BILt=MvP-Mv,FQt=BILt=MvQ-0,2vP=vQ联立解得:vP=2gh5,vQ=252gh6.答案 (1)v0=2RmgsinB2l2(2)v1=RmgsinB2l2(3)v2=2m2m+CB2l2RmgsinB2l2解析 (1)感应电动势E=Blv0,感应电流I=Blv02R,安培力:F=IBl=B2l2v02R杆做匀速运动,根据平衡条件得:B2l2v02R=mgsin 联立解得:v0=2RmgsinB2l2(2)由动量守恒定律,有mv0=2mv1,得到:v1=RmgsinB2l2(3)当并联双杆进入磁场时,在极小的时间间隔t内对双杆运用动量定理,有:Blit=-2mv累加求和得:Blq=-2m(v2-v1)而q=CE-0=CBlv2联立解得:v2=2mv12m+CB2l2=2m2m+CB2l2RmgsinB2l27.答案 (1)a.v=2qUm,I=Nqb.F=N2mUq(2)c.vm=2qUmMM+Nm,W=qUMM+Nmd.xM=NmNm+M de.动能越来越小解析 (1)a:由动能定理:Uq=12mv2解得v=2qUmI=Qt=Nqb.由动量定理:Ft=NtmvF=N2mqU根据牛顿第三定律:F=F=N2mqU(2)c:根据能量守恒:NUq=12Nmvm2+12MvM2根据动量守恒:Nmvm=Mvmvm=2UqmMM+Nm,Ek=12mvm2=MUqM+Nm根据动能定理:W=Ek=MUqM+Nm根据动量守恒:N=mvm=MvM两边同时对时间累积:Nmxm=MxMxm+xM=d,xM=NmM+Nmde:随着时间的推移,离子喷出时的动能越来越小。原因:随着时间的推移,推进器由于具有初速度,相同时间内,xM逐渐变大,xm越来越小,电场力对离子做功越来越小,获得的动能越来越小。8.答案 见解析解析 (1)离子进入磁场后qvB=mv2r由已知B=4mvqd代入得:r=d4圆轨迹与bc边相切时,设切点为M,由几何关系得cM=d2所以被离子打到的区间为bc边上c端一侧d2区域(2)临界情况为轨迹取最小值r1时,圆轨迹能同时和ab边和bc边相切由几何关系得圆周运动的半径r1=d3,qvB1=mv2r1得对应的最大磁感应强度:B1=3mvqd所以磁感应强度大小的取值范围为B3mvqd(3)由几何关系得a端的坐标为0,23d第n-1次碰撞后,离子的速度大小vn-1=0.2n-1v第n次碰撞后,离子的速度大小vn=0.2nv碰撞过程,由动量定理得:Ft=Ntm(vn+vn-1)得:F=(0.2n+0.2n-1)Nmv=1.2Nmv0.2n-1=6Nmv0.2n9.答案 (1)打在板的中间(2)2Nmv03t方向竖直向下(3)3Nmv03t方向水平向左解析(1)在加速电场中加速时据动能定理:qU=12mv2,代入数据得v=23v0在磁场中洛伦兹力提供向心力:qvB=mv2r,所以半径r=mvqB=2mv03qB=23a轨迹如图:OO=13a,OOA=30,OA=23acos 30=33a所以OB=OAtan 60=a,离子离开磁场后打到板的正中间。(2)设板对离子的力为F,垂直板向上为正方向,根据动量定理:Ft=Nmvsin 30-(-Nmvsin 30) =23Nmv0,F=2Nmv03t根据牛顿第三定律,探测板受到的冲击力大小为2Nmv03t,方向竖直向下。(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收,板对离子水平方向的力为T,根据动量定理:Tt=Nmvcos 30=33Nmv0,T=3Nmv03t离子对板的力大小为3Nmv03t,方向水平向右。所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为3Nmv03t,方向水平向左。
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