第16章　动量与电磁学综合应用 Word版含解析

1.离子发动机飞船的原理是用电压U加速一价惰性气体离子,将它高速喷出后,飞船得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙中选了氙,理由是用同样的电压加速,它喷出时(　B　)
A.速度大 B.动量大
C.动能大 D.质量大
解析:离子在经电压加速过程中有qU=mv2=,在q,U相同时,m越大,mv也越大。
2.(多选)如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度均为B。a,b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直,分别位于两块磁场中,现突然给a棒一个水平向左的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是(　BD　)
A.两金属棒组成的系统的动量守恒
B.两金属棒组成的系统的动量不守恒
C.安培力对a棒做功的功率等于a棒的发热功率
D.安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和
解析:a棒在左侧磁场中切割磁感线,产生感应电动势,在回路中产生顺时针的感应电流,a棒受到向右的安培力,在b棒中的电流方向向下,所以b棒受到向右的安培力向右运动,所以a棒减速,b棒加速。由于a,b棒所受安培力都向右,所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,所以两金属棒组成的系统的动量不守恒,故A错误,B正确;根据能量守恒可知,a棒动能的减少量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加量,由动能定理可知,a棒动能的减少量等于安培力对a棒做的功,b棒动能的增加量等于安培力对b棒做的功,所以安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和,故C错误,D正确。
3.如图所示,在光滑的水平面内有一垂直平面的匀强磁场,分布在宽为L的区域内,一个边长为a(aA.u>(v0+v) B.u=(v0+v)
C.u<(v0+v) D.无法确定
解析:线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程,据动量定理可得-Δt=mΔv,
即-·x=mΔv,-·x=m(u-v0)
对于线圈穿出磁场的过程,据动量定理同理可得-·x=m(v-u)
综合得u=(v+v0),即B选项正确。
4.如图所示,金属棒ab的质量m=5 g,放置在宽l=1 m的光滑金属导轨的边缘处,两金属导轨处于水平面内,该处有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。电容器的电容C=200 μF,电源电动势E=16 V,导轨平面距地面高度h=0.8 m,g取10 m/s2,在开关S与“1”接通并稳定后,再使它与“2”接通,则金属棒ab被平抛到s=0.064 m的地面上,试求这时电容器两端的电压。
解析:开关S与“1”接通并稳定时,电容器带电荷量为Q1=CE,开关S与“2”接通时,电容器将放电,通有电流的ab棒将受安培力作用而被加速。设放电时间为Δt,加速过程获得的初速度为v0,由动量定理得BIl·Δt=mv0,之后ab棒做平抛运动,有s=v0t=v0,开关S与“2”接通时,电容器放电荷量为ΔQ=IΔt,则最终电容器上留有的电荷量为Q2=Q1-ΔQ,最终,电容器两端的电压为U=,联立以上各式得U=8 V。
答案:8 V
5.运动的原子核 X放出α粒子后变成静止的原子核Y。已知X,Y和α粒子的质量分别是M,m1和m2,真空中的光速为c,α粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能。
解析:反应后由于存在质量亏损,所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量,故根据爱因斯坦质能方程可得m2-M=
(M-m1-m2)c2;反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒,
故有m2vα=MvX,
联立可得m2=(M-m1-m2)c2。
答案:(M-m1-m2)c2　(M-m1-m2)c2
6.“离子发动机”是一种新型的宇宙飞船用的发动机,其原理是设法使探测器内携带的惰性气体氙Xe)的中性原子变为一价离子,然后用电场加速这些氙离子使其从探测器尾部高速喷出,利用反冲使探测器得到推动力。由于单位时间内喷出的气体离子质量很小,飞船得到的加速度将非常小,但经过足够长时间的加速,同样可以得到很大的速度。美国1998年发射的“深空一号”探测器使用了“离子发动机”技术。已知“深空一号”离子发动机向外喷射氙离子的等效电流大小为I=0.64 A,氙离子的荷质比(电荷量与质量之比)为k=7.2×105 C/kg,气体离子被喷出时的速度是v=3.0×104 m/s。求:
(1)“深空一号”离子发动机的功率为多大?
(2)探测器得到的推动力F是多大?
(3)探测器的目的地是博雷利彗星,计划飞行3年才能到达,试估算深空一号所需携带的氙的质量。
(4)你认为为什么要选用氙?请说出一个理由。
解析:(1)对离子加速过程,应用动能定理有qU=mv2,
即得加速电压U==,
则发动机的功率为P=UI=,
代入数据得P=400 W。
(2)设时间Δt内喷出的氙离子质量为Δm,由牛顿第二定律得
F=Δm,
由于喷出氙离子的荷质比k==,
又由电流的定义得I=,
综合上述各式可得,探测器得到的推动力为
F== N≈0.027 N。
(3)由氙离子的荷质比k==得Δm=,
又将电流的定义式I=代入得,
3年需要氙离子的总质量为
Δm=== kg≈84 kg。
(4)氙是惰性气体,性质稳定,比较安全;氙的原子量较大,在同样电压加速下得到的离子的动量较大;没有天然放射性,使用安全等等。
答案:(1)400 W　(2)0.027 N　(3)84 kg　(4)见解析
7.电磁阻尼缓冲在工程技术上有广泛的应用。如图所示,为避免重物P从离地高H处自由下落着地时与地碰撞产生冲击,可在其下部固定一位于竖直平面内的滑轨,滑轨间有垂直于滑轨平面的磁感应强度为B的匀强磁场。缓冲滑块Q可沿滑轨自由滑行,缓冲滑块Q上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab的边长为L。在着地过程中,缓冲滑块Q首先与地面碰撞,线圈与滑轨的磁场作用力使重物P减速运动,从而实现缓冲。已知重物P的质量为m,假设滑块Q与地面碰撞后立即停下,一切摩擦阻力不计。求:
(1)缓冲滑块Q的线圈中能产生的最大感应电流;
(2)若缓冲滑块Q着地后,重物P继续向下移动距离L后速度减为零,则此过程中线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少?
(3)为保证安全,要求重物P速度减为0时尚未与缓冲滑块Q相碰,则重物P与缓冲滑块Q的初始间距x0至少为多大?(假设相对于磁场力,重物P的重力可不计)
解析:(1)缓冲滑块Q着地时的速度
v0=,
缓冲滑块Q以速度v0碰地后即静止,滑块相对磁场的速度大小为v0,
此时线圈中产生的感应电动势最大,
为E0=nBLv0,
线圈中感应电流最大为I0=,
解得I0=。
(2)在整个着陆过程中,由法拉第电磁感应定律得=n,
其中ΔΦ=BL2,
由闭合电路欧姆定律得=,
又q=Δt,
联立得q=
由能量守恒得,线圈产生的焦耳热为Q=m+mgL=mg(H+L)。
(3)重物P速度减为0的过程中,线圈中产生的感应电动势=nBL,
线圈中的电流=
重物P受到的磁场力=nBL,
取向下为正方向,根据动量定理有-Δt=0-mv0,
即有Δt=mv0,
又x0=Δt
解得x0=。
答案:(1)
(2)　mg(H+L)　
(3)
8.如图所示为一人工转变核反应探测仪,装置内有α粒子源、粒子加速区、核反应区和粒子探测区四部分组成。α粒子源可以在单位时间发射出N=1015个α粒子,其初速度为v0=3×107 m/s,随后又进入电压为U=7×106 V的加速电场,从电场中射出后与静止在反应区A点的铍核 Be发生核反应,两个反应产物经EF垂直边界飞入探测区,探测区有一圆形磁场和粒子探测器,圆形磁场半径为R= 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α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在一直线上,且PQ= m,打在P点的粒子有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=1.6×10-27 kg,原子核的质量为核子的总质量,α粒子的质量为mα=4m=6.4×10-27 kg,质子电荷量为e=1.6×10-19 C,不计粒子间相互作用(核反应过程除外)。求:
(1)α粒子射出加速电场后的速度为多少;
(2)打在Q点的是什么粒子以及打在Q点的粒子的速度为多少;
(3)探测器在垂直探测器方向上、单位时间内受到的撞击力的大小。
解析:(1)α粒子在加速电场中,根据动能定理可得
2Ue=(4m)-(4m),
则vα=4×107 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,是中子,因此打在Q点的粒子质子数为6,因此为C,核反应方程为HeBenC
对于碳核,在磁场中偏转的轨迹如图所示,由几何关系得
tan θ==,故θ=60°,
则tan ==,
故r=0.4 m,
由6evCB=得
vC=1×107 m/s。
(3)核反应过程根据动量守恒可得
4mvα=12mvC+mvn,
解得vn=4×107 m/s
P点,对于吸收的中子,由动量定理得F1Δt=50%Δmvn
又=Nm,
故F1=0.5Nmvn=3.2×10-5 N,方向向上;
对于穿透的中子,由动量定理得F2Δt=50%Δm(vn-0.5vn)
F2=0.25vn=1.6×10-5 N,方向向上;
Q点,对于吸收的C粒子,由动量定理得F3Δt=Δm′vC
F3=Nm′vC=12 NmvC=1.92×10-4 N,方向斜向左上方,与探测器夹角为30°
因此探测器受到竖直方向的合力为
Fy=F1+F2+F3sin 30°=1.44×10-4 N,竖直向上
探测器受到水平方向的合力为
Fx=F3cos 30°=0.96×10-4 N≈1.66×10-4 N,水平向左
因此探测器上单位时间受到的撞击力大小为
F=≈2.2×10-4 N。
答案:(1)4×107 m/s　(2C　1×107 m/s
(3)2.2×10-4 N
9.如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑绝缘直轨道MN,PQ与水平面成θ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0～T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,金属框的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、每条边电阻均为R,框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的峰值Em=。求:
(1)CD边刚过EF时,A,B两点间的电势差;
(2)从撤去外力到AB边经过EF的总时间;
(3)从0时刻到AB边经过EF的过程中产生的焦耳热。
解析:(1)CD边刚过EF时,AB边切割磁感线产生的电动势为E=B0dv1,由楞次定律知A点电势低于B点,
故UAB=-E,即UAB=-B0dv1。
(2)取沿导轨平面向下为正方向,从撤去外力到AB边经过EF的过程由动量定理有
mgtsin θ-B0dq=mv2-mv0,q=,
故t=+。
(3)从t=0时刻到撤去外力,交流电的有效值E=Em,
产生的热量为Q1=t=,
线框出磁场的过程中,Q2=-WA,
结合动能定理
mgdsin θ+WA=ΔEk,
得Q2=mgdsin θ+m(-),
整个过程产生的总焦耳热为
Q=Q1+Q2=+mgdsin θ+m(-)。
答案:(1)-B0dv1　(2)+
(3)+mgdsin θ+m(-)
[教师备用1] 如图所示,MN,PQ是固定在水平桌面上,相距l=1.0 m的光滑平行金属导轨,MP两点间接有R=0.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计。质量均为m=0.1 kg,阻值均为r=0.3 Ω的两导体棒a,b垂直于导轨放置,并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止状态,相距x0=2 m,a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m0=0.2 kg的重物c相连,重物c距地面高度也为x0=2 m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T。a棒解除约束后,在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用),当a棒即将到达b棒位置前一瞬间,b棒的约束被解除,此时a棒已经匀速运动,g取
10 m/s2,试求:
(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小;
(2)已知a,b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假设导轨足够长,试求该“粗棒”能运动的距离;
(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。
解析:(1)由题意a棒匀速运动时有m0g=IalB,
可得Ia=2A。
(2)设碰前a棒的速度为v,则Ia=
得v=1 m/s。
ab棒碰撞过程,根据动量守恒有mv=2mv′,
解得v′=0.5 m/s,
ab棒碰撞后的整体运动过程,根据动量守恒有
-lBt=0-2mv′,q=t=,得x′=0.075 m。
(3)在ab棒相碰前,对重物c和a棒
m0gx0-Q1=(m0+m)v2
得Q1=3.85 J,
发生碰撞后Q2=×2mv′2=0.025 J,
所以整个运动过程Q=Q1+Q2=3.875 J。
答案:(1)2 A　(2)0.075 m　(3)3.875 J
[教师备用2] (2018·浙江4月选考)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m,y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m,质量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出,线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。g取
10 m/s2,求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;
(3)在全过程中,cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
解析:(1)线框进入磁场的过程中,感应电流I=
受力平衡mg=BIl
进入时的y方向速度vy=2 m/s
B=2 T。
(2)由动量定理-BlΔq=mv-mv0
其中Δq=
对全过程,由能量守恒定律得Q=mgl+m-mv2
解得Q=0.037 5 J。
(3)线框中心下落的高度为h′=0.2 m,下落时间为t==0.2 s,则线框刚要进入磁场时,其中心横坐标为x=v0t=0.4 m,
进入磁场前x≤0.4 m,Ucb=0
进入磁场过程0.4 mUcb=Bv0vyt-I=(4x-1.7)V
在磁场中,即0.5 mUcb=Bv0l=0.4 V
出磁场过程,即0.6 mvx=v0-=5(1-x)m/s
Ucb=×= V。
答案:(1)2 T　(2)0.037 5 J
(3)Ucb=0,x≤0.4 m;
Ucb=(4x-1.7)V,0.4 mUcb=0.4 V,0.5 mUcb=V,0.6 m