（浙江专版）2019版高考物理一轮复习 专题检测4 动量与能量观点的综合应用（加试）.doc

专题检测四动量与能量观点的综合应用(加试)1.如图甲所示,质量m=3.010-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆cd长l=0.20 m,处于磁感应强度大小b1=1.0 t、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝、面积s=0.01 m2的线圈通过开关s与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度b2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小;(2)t=0.22 s时闭合开关s,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20 m,求通过细杆cd的电荷量。2.如图所示,平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度b=2 t,导轨间距l=0.5 m。有两根金属棒mn、pq质量均为1 kg,电阻均为0.5 ,其中pq静止于导轨上,mn用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上,细线长h=0.9 m,当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将mn向右拉起使细线与竖直方向夹角为60,然后由静止释放mn,忽略空气阻力。发现mn到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起,pq在mn短暂接触导轨的瞬间获得速度,且在之后1 s时间内向左运动的距离s=1 m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨,不计其余部分电阻。求:(1)当悬挂mn的细线到达竖直位置时,mnpq回路中的电流大小及mn两端的电势差大小;(2)mn与导轨接触的瞬间流过pq的电荷量;(3)mn与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热。3.如图所示,间距为l=0.5 m的两条平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。倾角为=37的倾斜导轨处在磁感应强度大小为b1=2 t,方向垂直导轨平面向下的匀强磁场区域中,在导轨的上端接有一个阻值r0=1 的电阻,置于倾斜导轨上质量为m1、阻值r1=1 的金属棒ab的中部与一绝缘细绳相连,细绳上端固定在倾斜导轨的顶部,已知细绳所能承受的最大拉力为ftm=4 n。长度s=2 m的水平导轨处在磁感应强度大小为b2=1 t,方向竖直向下的匀强磁场区域中,在水平导轨和倾斜导轨的连接处有一质量m2=1 kg、阻值r2=1 的金属棒cd处于静止状态,现用一大小f=10 n且与金属棒垂直的水平恒力作用在金属棒cd上,使之水平向右加速运动,当金属棒cd刚好到达水平导轨末端时,与金属棒ab相连的细绳断裂,此时撤去力f,金属棒cd水平飞出,并落在水平地面上,已知金属棒cd的落地点与水平导轨末端的水平距离x=2.4 m,水平导轨离地高度h=0.8 m,不计摩擦阻力和导轨电阻,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)金属棒ab的质量m1;(2)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,电阻r0上产生的焦耳热q0;(3)金属棒cd在水平导轨上运动的时间t。4.如图所示,两根水平放置的“l”形平行金属导轨相距l=0.5 m,导轨电阻不计。在导轨矩形区域mnop中有竖直向上的匀强磁场b1,在mn左侧的导轨处于水平向左的匀强磁场b2中,b1=b2=1.0 t。金属棒ab悬挂在力传感器下,保持水平并与导轨良好接触。金属棒cd垂直于水平导轨以速度v0=4 m/s进入b1磁场,与竖直导轨碰撞后不反弹,此过程中通过金属棒cd的电荷量q=0.25 c,ab、cd上产生的总焦耳热q=0.35 j。金属棒ab、cd的质量均为m=0.10 kg,电阻均为r=1.0 。不计一切摩擦,求:(1)金属棒cd刚进入磁场时,传感器的示数变化了多少?(2)mn与op间的距离d;(3)金属棒cd经过磁场b1的过程中受到的安培力的冲量。5.质量为m,电阻率为,横截面积为s的均匀薄金属条制成边长为l的闭合正方形框abba。如图所示,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间,极间磁感应强度大小为b。方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力)。(1)请判断图乙中感应电流的方向;(2)当方框下落的加速度为13g时,求方框的发热功率p;(3)当方框下落的时间t=2mb2ls时,速度恰好达到最大,求方框的最大速度vm和此过程中产生的热量。6.粒子经加速区加速后,在反应区a点与铍核49be发生核反应,两个反应产物都能垂直边界ef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=2315 m,其内存在磁感应强度为b=0.5 t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=0.5 m。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在同一直线上,且pq=32 m,打在p点粒子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点的粒子全部被吸收。已知质子和中子的质量均为m=1.610-27 kg,原子核的质量为核子的总质量,如粒子的质量为m=4m=6.410-27 kg,质子电荷量为e=1.610-19 c,不计粒子间相互作用(核反应过程除外)。问:(1)粒子射出加速电场后的速度为多大?(2)打在q点的是什么粒子?打在q粒子的速度为多大?(3)假设粒子源单位时间放出n个粒子,则探测器上单位时间受到的撞击力为多大?7.地球同步卫星在运行若干年的过程中,不可能准确地保持初始的位置和速度,需要及时调整,以保证对地球的位置长期不变。在同步卫星上安装离子推进器,就可以达到上述目标。离子推进器可简化为由内外半径分别为r1和r2的同轴圆柱体构成,分为电离区和加速区。电离区间充有稀薄铯气体,存在轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为b,内圆柱表面可持续发射电子,电子碰撞铯原子使之电离,为了取得好的电离效果,从内圆柱体表面发出的电子在区域内运动时不能与外器壁碰撞(一接触外器壁,电子便被吸收)。区产生的正离子以接近零的初速度进入两端加有电压u的区,离子被加速后从右侧高速喷出。在出口处,灯丝c发射的电子注入正离子束中。这种高速粒子流喷射出去,可推动卫星运动。已知铯离子比荷qm=7.25105 ckg-1,铯离子质量m=2.210-25 kg,磁感应强度b=1.0 t,加速电压u=3.625 kv,r2=15 m,r1=0.5 m。(1)求铯离子通过加速电压后得到的速度;(2)若电子在垂直圆柱轴线的截面内沿与径向成角的方向发射,为了取得更好的电离效果,求电子最大初始发射速度v与的关系;(3)若单位时间内喷射出n=1018个铯离子,试求推进器的推力。(4)试解释灯丝c发射电子注入正离子束的作用。专题检测四动量和能量观点的综合应用(加试)1.答案 (1)30 v(2)0.03 c解析 (1)由电磁感应定律e=nt得e=nsb2t=30 v。(2)由牛顿第二定律f=ma=mv-0t(或由动量定理ft=mv-0)安培力f=ib1lq=itv2=2gh得q=m2ghb1l=0.03 c。2.答案 (1)1.5 v(2)1 c(3)2 j解析 (1)mn下摆到竖直位置刚与导轨接触时速度为v1,由机械能守恒得mgh(1-cos 60)=12mv12得v1=gh=3 m/s此时,mn的感应电动势e=blv1=3 v,回路中的感应电流i=e2r=3 aumn=ir=1.5 v。(2)由题意得,pq的运动速度v2=1 m/s对pq应用动量定理得mv2=iblt=qbl,所以通过pq的电荷量q=mv2bl=1 c。(3)在mn与导轨接触的t时间内,mn与pq系统动量守恒,mv1=mv1+mv2得mn棒接触导轨后摆起的速度v1=v1-v2=2 m/s由能量守恒定律得12mv12=12mv12+12mv22+q,得回路产生的焦耳热q=2 j。3.答案 (1)0.5 kg(2)13 j(3)1930 s解析 (1)金属棒cd水平飞出的过程中,由h=12gt12,x=v1t得v1=6 m/s金属棒cd到达水平导轨末端时产生的感应电动势e=b2lv1回路总电阻r=r0r1r0+r1+r2=1.5 此时,对金属棒ab受力分析,有m1gsin +b1e2rl=ftm解得m1=0.5 kg。(2)设金属棒cd在水平导轨上运动过程中,回路中产生的总焦耳热为q,由能量守恒定律得fs=12m2v12+q解得q=2 j由串、并联电路的规律可得q0=16q=13 j。(3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得(f-b2il)t=m2v1且q=it=b2lsr联立上述两式可得ft-b22l2sr=m2v1解得t=1930 s。4.答案 (1)0.5 n(2)1 m(3)0.1 kgm/s解析 (1)金属棒cd刚进入磁场时e=b1lv0,i=e2r金属棒ab受到的安培力f安=b2il传感器增加的示数f传=f安=0.5 n。(2)金属棒cd经过区域mnop时的平均感应电动势为e=t,其中=bld平均感应电流i=e2r,q=it,解得d=1 m。(3)金属棒ab与竖直导轨碰撞之前ab、cd系统能量守恒,可得q+12mv2=12mv02则金属棒cd离开b1磁场时的速度v=3 m/s,安培力的冲量i安=mv-mv0,代入数据得i安=0.1 kgm/s。5.答案 (1)顺时针(2)4m2g29b2ls(3)m3g222b4l2s2解析 (1)由右手定则可知,感应电流方向为顺时针。(2)安培力fa=2bil根据题意有mg-fa=13mgi=mg3bl,r=4ls所以p=i2r=4m2g29b2ls。(3)当mg=fa=2b2blvmrl,vm=mgb2ls由于mgt-2b2blvirlt=mvm-0,vit=h,h=m2g2b4l2s2由能量守恒:mgh-q=12mvm2解得q=m3g222b4l2s2。6.答案 (1)4107 m/s(2)1107 m/s(3)2.210-4n n解析 (1)根据动能定理可得2ue=12(4m)v2-12(4m)v02,则v=4107 m/s。(2)由于打在p点的粒子在磁场中不偏转,故此粒子不带电,因此打在q点的粒子核电荷数为6,质量数为12,即为612c,核反应方程为24he+49be01n+612c,打在p点的粒子为中子对于碳核,在磁场中偏转,由几何关系得tan =pqpo=3,=60则tan 2=rr=33,r=0.4 m由r=12mvc6be得vc=1107 m/s。(3)根据动量守恒可得4mv=12mvc+mvn,得vn=4107 m/sp点,对于吸收的中子,由动量定理得f1t=50%mvnf1=0.5mtvn=0.5nmvn=3.210-5n n,方向垂直探测器向上对于穿透的中子,由动量定理得f2t=50%m(vn-0.5vn)f2=0.25mtvn=0.25nmvn=1.610-5n n,方向向上q点,对于吸收的c粒子由动量定理得f3t=mvcf3=mtvc=1.9210-4n n,方向斜向上,与板成30因此探测器受到竖直方向的合力为fy=1.4410-4n n,垂直探测器向上探测器受到水平方向合力为fx=0.96310-4n n,平行探测器向左因此探测器上单位时间受到的撞击力为f=fx2+fy2=2.210-4n n。(写出x,y分量也可)7.答案 (1)v=7.25104 m/s(2)v()=1.451063-sin m/s(3)f=1.610-2 n(4)见解析解析 (