第16 章　动量与电磁学综合应用复习学案 Word版含解析

　动量与电磁学综合应用
　　动量守恒定律广泛适用于各类作用形式,包括变力作用,微观粒子的相互作用,乃至原子核衰变等,所以,综合应用动量和电磁学等知识解决复杂问题,是高考命题的热点。
[典例1] 静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度。已知飞行器的质量为M,发射的是2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电荷量为e,不计发射氧离子后飞行器的质量变化。求:
(1)射出的氧离子速度;
(2)每秒钟射出的氧离子数;
(3)射出氧离子后飞行器开始运动的加速度。
解析:(1)每个氧离子带电荷量为q=2e,对加速电压加速过程,由动能定理得
qU=mv2,
即得氧离子射出时的速度v=。
(2)设每秒射出的氧离子数为n,电场力每秒对氧离子做的总功为nqU,
即功率为P=nqU,
由此可得每秒钟射出的氧离子数为n=。
解析:(3)以氧离子和飞行器为系统,设飞行器的反冲速度为v′,根据动量守恒定律有Mv′=n·Δtmv且a=.
联立得a=。
答案:(1)　 (2)　 答案:(3)
变式1:离子推进器是新一代航天动力装置,可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入,在A处电离出正离子,BC之间加有恒定电压,正离子进入B时的速度忽略不计,经加速后形成电流为I的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为F,单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便,假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力,忽略推进器运动速度。
(1)求加在BC间的电压U;
(2)为使离子推进器正常运行,必须在出口D处向正离子束注入电子,试解释其原因。
解析:(1)设一个正离子的质量为m、电荷量为q,加速后的速度为v,根据动能定理,有qU=mv,
设离子推进器在Δt时间内喷出质量为ΔM的正离子,并以其为研究对象,推进器对ΔM的作用力F′,由动量定理有
F′Δt=ΔMv,
由牛顿第三定律知F′=F,
设加速后离子束的横截面积为S,单位体积内的离子数为n,则有I=nqvS,J=nmvS,
两式相比可得=,又J=,
解得U=。
解析:(2)推进器持续喷出正离子束,会使带有负电荷的电子留在其中,由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出,电子积累足够多时,甚至会将喷出的正离子再吸引回来,致使推进器无法正常工作。因此,必须在出口D处发射电子注入到正离子束,以中和正离子,使推进器获得持续推力。
答案:见解析
[典例2] 如图所示,矩形区域abcd内有方向向下的匀强电场,ab=bc=l,矩形区域右边存在磁感应强度大小未知,方向如图的匀强磁场,匀强磁场右边界放一竖直的屏,屏与电场边界bc平行,且相距为d。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中左上角平行于ab以速度v0射入电场,当电场强度为某值时,带电粒子恰从电场bc边界的中点O射出电场,进入右边的匀强磁场,恰好打在屏上P点,P点与O点等高,竖直方向磁场范围足够大,带电粒子重力可忽略不计。求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)保持其他条件不变,改变磁感应强度大小,让磁场在0.5B 到2B之间变化,粒子可打到屏的范围;
(3)保持其他条件不变,磁场区再加一个大小为E,方向竖直向上的匀强电场(图中未画出),粒子恰好打在屏上M点,M点与b点等高,且已知粒子从O点运动到M点时间为t。求粒子打在M点时速度方向与水平方向的夹角。
解析:(1)设带电粒子从电场bc边界的中点O射出后进入磁场时,速度方向与OP夹角为θ,
则由题图知tan θ==1,即θ=45°,
设粒子在匀强磁场中运动的半径为R1,则R1=d,
且qv1B=m,v1=v0,
联立得B=。
(2)当磁感应强度为0.5B时,带电粒子在磁场中运动的半径为R2=d,
将垂直打在屏P点下方的某点,设为N点,由几何关系可得PN=(-1)d;
当磁感应强度为2B时,带电粒子在磁场中运动的半径为R2′=d,分析得,带电粒子将打不到屏。
当粒子轨迹与屏相切时,为屏上最高点,设为Q,这时圆半径为R3,几何关系有R3+R3=d,
可得R3=(2-)d,PQ=(-1)d;
故粒子可打到屏的范围为P点上下(-1)d。
解析:(3)分析带电粒子从O点到M点,根据竖直方向动量定理得Eqt+∑Bqvx·Δt=mvMy-(-mv0),
其中∑Bqvx·Δt=Bqd,
根据动能定理Eq·=m-m(v0)2,
设粒子打在M点时速度方向与水平方向夹角为α,则
sin α=,
联立上式,则sin α=。
答案:(1)　 (2)P点上下(-1)d
答案:(3)sin α=
变式2:在粒子物理学的研究中,经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。一粒子源产生离子束,已知产生的离子质量为m,电荷量为+e。不计离子重力以及离子间的相互作用力。
(1)如图1所示为一速度选择器,两平行金属板水平放置,电场强度E与磁感应强度B相互垂直。让粒子源射出的离子沿平行于极板方向进入速度选择器。求能沿图中虚线路径通过速度选择器的离子的速度大小v。
(2)如图2所示为竖直放置的两平行金属板A,B,两板中间均开有小孔,两板之间的电压UAB随时间的变化规律如图3所示。假设从速度选择器出来的离子动能为Ek=100 eV,让这些离子沿垂直极板方向进入两板之间。两极板距离很近,离子通过两板间的时间可以忽略不计。设每秒从速度选择器射出的离子数为N0=5×1015个,已知e=1.6×10-19 C。从B板小孔飞出的离子束可等效为一电流,求从t=0到t=0.4 s时间内,从B板小孔飞出的离子产生的平均电流I。
(3)接(1),若在图1中速度选择器的上极板中间开一小孔,如图4所示。将粒子源产生的离子束中速度为0的离子,从上极板小孔处释放,离子恰好能到达下极板。求离子到达下极板时的速度大小v,以及两极板间的距离d。
解析:(1)离子做匀速直线运动,根据受力平衡有
Ee=Bev,
解得v=;
(2)A,B之间加正向电压时,离子能够通过B板小孔,
A,B之间加反向电压时,电场力对离子做负功,电压小于100 V时,离子能够通过B板小孔。
由此可知,离子通过B板小孔的时间为t′=0.3 s,
通过B板小孔的离子数N=N0t′=1.5×1015(个),
根据I=,
代入数据解得平均电流I=6×10-4 A。
解析:(3)由题意可知,离子到达下极板时的速度沿水平方向,
根据动能定理Eed=mv2,
设某时刻离子竖直方向的分速度为vy。在很短时间Δt内,离子在竖直方向通过的距离为vyΔt,
在水平方向受到的冲量为evyBΔt。离子从开始运动至到达下极板的过程
水平方向,根据动量定理
∑evyBΔt=mv,
竖直方向,根据运动学规律∑vyΔt=d,
联立以上各式解得v=,d=。
答案:(1)　 (2)6×10-4 A　答案:(3)　
[典例3] 如图1所示,水平固定的光滑U形金属框架宽为L,足够长,其上放一质量为m的金属棒ab,左端连接有一阻值为R的电阻(金属框架、金属棒及导线的电阻均可忽略不计),整个装置处在向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现给棒一个初速度v0,使棒始终垂直框架并沿框架运动。
(1)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中,求通过电阻R的电量和电阻R中产生的热量。
(2)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中,求棒通过的位移。
(3)如果将U形金属框架左端的电阻R换为一电容为C的电容器,其他条件不变,如图2所示。求金属棒到达稳定状态时电容器的带电荷量。
解析:(1)取初速度方向为正方向,对此过程由动量定理得
-Δt=0-mv0,
即-BLΔt=0-mv0,
所以q=Δt=,
由能量守恒定律得
Q=m。
(2)由法拉第电磁感应定律得===
因此q=Δt=Δt=,
所以x==。
解析:(3)当金属棒ab做切割磁感线运动时,要产生感应电动势,这样,电容器C将被充电,ab棒中有充电电流存在,ab棒受到安培力的作用而减速,当ab棒以稳定速度v匀速运动时,BLv=UC=
而对金属棒ab利用动量定理可得
-BLQ=mv-mv0,
由上述二式可求得
v=,
Q=CUC=CBLv=。
答案:(1)　m　 (2)　 (3)
变式3:如图所示,质量为M的U形金属框M′MNN′,静止放在粗糙绝缘水平面上(金属框与水平面之间的动摩擦因数为μ),且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。M′M,NN′边相互平行,相距为L,整个金属框电阻不计且足够长,底边MN垂直于MM′,电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab电阻为R,垂直M′M放在框架上,整个装置处于垂直轨道平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力作用下,ab沿金属框架由静止开始做匀加速直线运动,经x距离后撤去拉力,直至最后停下,整个过程中框架恰好没动。若导体棒ab与M′M,NN′始终保持良好接触,求:
(1)加速过程中通过导体棒ab的电荷量q;
(2)导体棒ab的最大速度vm以及匀加速阶段的加速度;
(3)导体棒ab走过的总位移。
解析:(1)根据法拉第电磁感应定律可得
==,
感应电流为=,
则电荷量为q=Δt=Δt==。
(2)由题意可知当框架恰好不动时,导体棒速度最大,对框架根据共点力的平衡条件可得
FA=f=μ(M+m)g,
则有FA=BIL=,
联立解得vm=;
根据匀变速直线运动规律可得
=2ax,
解得:a=。
解析:(3)撤去拉力后导体棒在安培力作用下做减速运动,取向右为正方向,由动量定理可知
-BLΔt=0-mvm,
即Δt=mvm,
而以后运动的位移为x′=Δt,
解得x′=,
所以总路程为s=x+x′=x+。
答案:(1)
(2)　
答案:(3)x+
变式4:某同学设计了一个电磁击发装置,其结构如图所示。间距为l=10 cm的平行长直导轨置于水平桌面上,导轨中NO和N′O′段用绝缘材料制成,其余部分均为导电金属材料,两种材料导轨平滑连接。导轨左侧与匝数为100匝、半径为5 cm的圆形线圈相连,线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场。C=1 F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。在轨道间MPP′M′矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场,磁感应强度为2T。磁场右侧边界PP′与OO′间距离为a=4 cm。初始时金属棒A处于NN′左侧某处,金属棒B处于OO′左侧距OO′距离为a处。当开关与1连接时,圆形线圈中磁场的磁感应强度随时间均匀变化,变化率为k== T/s。稳定后将开关拨向2,金属棒A被弹出,与金属棒B相碰,并在B棒刚出磁场时A棒刚好运动到OO′处,最终A棒恰在PP′处停住。已知两根金属棒的质量均为0.02 kg、接入电路中的电阻均为0.10 Ω,金属棒与金属导轨接触良好,其余电阻均不计,不计一切摩擦。求:
(1)当开关与1连接时,电容器电荷量是多少?下极板带什么电?
(2)金属棒A与B相碰后A棒的速度v是多少?
(3)电容器所剩电量Q′是多少?
解析:(1)当开关与1连接时,
E=n=n·πr2=nkπr2,
电容器带电荷量Q=CE=Cnkπr2=1 C。
将开关拨向2时A棒会向右弹出,说明A棒所受安培力向右,电流向上,故电容器下极板带正电。
(2)A,B棒相碰时没有构成回路,没有感应电流,所以A,B棒均做匀速直线运动直至A棒到达OO′处,设碰后A棒速度为v,由于B棒的位移是A棒的两倍,故B棒速度是2v。A棒过OO′后在安培力作用下减速。
A棒减速过程,由动量定理可知:-BIl·Δt=mΔv,
即-Bl·Δt=mΔv,即-·Δx=mΔv,
两边求和可得-·a=-mv,
即v==0.4 m/s。
解析:(3)设金属棒A与B相碰前的速度为v0,碰撞过程中动量守恒,则有mv0=mv+m·2v,可得v0=3v,
棒A在安培力作用下加速,则有
BIl·Δt=mΔv,即Bl·Δq=mΔv,
两边求和得Bl(Q-Q′)=mv0,
得电容器所剩电荷量为Q′=Q-=0.88 C。
答案:(1)1 C　正电　(2)0.4 m/s　(3)0.88 C
[典例4] 一静止原子核发生α衰变,生成一α粒子及一新核,α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场,其运动轨迹是半径为R的圆。已知α粒子的质量为m,电荷量为q;新核的质量为M;光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。
解析:设衰变产生的α粒子的速度大小为v,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB=m
设衰变后新核的速度大小为v′,衰变前后动量守恒,有
0=Mv′-mv,
设衰变前原子核质量为M0,衰变前后能量守恒,有
M0c2=Mc2+Mv′2+mc2+mv2,
解得M0=(M+m)[1+]。
答案:(M+m)[1+]
变式5:在磁场中,一静核衰变成为a,b两核,开始分别做圆周运动.已知a和b两核做圆周运动的半径和周期之比分别为Ra∶Rb=45∶1,Ta∶Tb=90∶117。此裂变反应的质量亏损为Δm。
(1)求a,b两核的电荷数之比;
(2)求a,b两核的质量数之比;
(3)求静核的质量数和电荷数;
(4)求a核的动能。
解析:(1)由R=及动量守恒mava=mbvb,可得Ra∶Rb=qb∶qa,故=。
(2)由T=,有=·,有
==·=。
(3)由电荷数与质量数之比,可设ma+mb=119m0,qa+qb=46q0,其中m0,q0为定值,单位分别为一个原子质量单位和一个单位正电荷,可推测m0=2,q0=2,此时静核为,则此衰变为的α衰变。
解析:(4)动能满足=ma=,同样=,其中pa,pb分别为两核动量,
由动量守恒知pa=pb,于是有==。
则Δmc2=+,解得=Δmc2。
答案:(1)　 (2)　 (3)238　92
答案:(4)Δmc2
1.(多选)86号元素氡222经过α衰变后成为钋218,其半衰期为3.8天。若现有一静止氡原子核在磁感应强度为B的匀强磁场中发生衰变,衰变后的钋核速度垂直于磁场方向,此衰变过程质量亏损为Δm,根据上述信息及你的学习所得,判断以下说法正确的是(　ABC　)
A.氡222衰变成钋218的衰变方程式为Rn→Po+
B.衰变后的钋原子核和α粒子的运动圆轨迹外切
C.衰变后的钋原子核和α粒子的轨迹半径大小之比为
D.若衰变产生的核能都以核动能的形式存在,则α粒子的动能为
解析:
原子核在衰变过程中质量数守恒,电荷守恒,A选项正确;静止氡原子核的动量为零,原子核衰变过程中动量守恒,由0=mv1+(M-m)v2,可得衰变后生成的钋原子核和α粒子的速度方向相反,动量大小相等方向相反,假设磁场垂直纸面向内,其运动示意图如图所示,B选项正确;由qvB=m得,r=,由于衰变后生成的钋原子核和α粒子动量相等,则==,C选项正确;由爱因斯坦质能方程,可得产生的核能为ΔE=Δmc2,即衰变后生成的钋原子核和α粒子的总动能为Δmc2,结合动量与动能之间的关系式p2=2mEk,易得钋原子核和α粒子的动能之比==,则α粒子的动能为,D选项错误。
2.如图所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情境,在此宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计),以MN为界,上半部分匀强磁场的磁感应强度为B1,下半部分匀强磁场的磁感应强度为B2。已知B1=4B2=4B0,上、下两部分磁场方向相同,且磁场区域足够大。在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静止状态,宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为q的带负电小球,发现小球在界线处的速度方向与界线成90°角,接着小球进入下半部分磁场。当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时,刚好又接住球而静止。
(1)请你粗略地作出小球从P点运动到Q点的轨迹;
(2)PQ间的距离是多大?
(3)宇航员的质量是多少?
解析:(1)小球的运动轨迹如图所示。
(2)设小球的速率为v1,由几何关系可知R1=h,
由qvB=m和B1=4B2=4B0,
可知R2=4R1=4h,
根据运动的对称性可知,PQ间的距离为
L=2(R2-R1)=6h。
解析:(3)设宇航员的速率为v2,因周期T==,
故小球由P运动到Q的时间t=+=;
由qv1·4B0=m,
解得小球的速率v1=,
所以宇航员匀速运动的速率为
v2==,
由动量守恒定律有
Mv2-mv1=0,
可解得宇航员的质量
M=。
答案:(1)见解析　(2)6h　答案:(3)
3.如图所示,在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN,PQ,两导轨足够长,间距为L,其电阻不计,导轨平面与磁场垂直。ab,cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒,其接入回路中的电阻都为R,质量都为m。与金属导轨平行的水平细线一端固定,另一端与cd棒的中点连接,细线能承受的最大拉力为T,一开始细线处于伸直状态,ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下以加速度a向右做匀加速直线运动,两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。
(1)求经过多长时间细线被拉断。
(2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力F,求两根金属棒之间距离增量Δx的最大值是多少。
解析:(1)ab棒以加速度a向右做匀加速直线运动时,当细线被拉断时,ab棒运动的速度为v,产生的感应电动势
E=BLv,①
回路中的感应电流I=,②
cd棒受到安培力FB=BIL,③
经时间t细线被拉断,得FB=T,④
v=at,⑤
由①②③④⑤式得t=。⑥
解析:(2)细线断后,ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,两棒之间的距离增大,当两棒达到共同速度u而稳定运动时,两棒之间的距离增量Δx达到最大值,整个过程回路中磁通量的变化量为
ΔΦ=BLΔx,⑦
由动量守恒定律得mv=2mu,⑧
回路中感应电动势的平均值E1=,⑨
回路中电流的平均值I=,
对于cd棒,由动量定理得BILΔt=mu,
由⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
Δx=。
答案:(1)　 答案:(2)
4.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问:
(1)磁场的方向;
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
解析:(1)将S接1时,电容器充电,上极板带正电,下极板带负电;当将S接2时,电容器放电,流经MN的电流由M到N,又知MN向右运动,由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=
设MN受到的安培力为F,有F=IlB
由牛顿第二定律,有F=ma
联立解得a=。
解析:(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有
Q0=CE
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E′,有E′=Blvmax
依题意有E′=
设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有
=lB
由动量定理,有Δt=mvmax-0
又Δt=Q0-Q
联立解得Q=。
答案:见解析
5.如图所示,PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道,轨道足够长,其电阻可忽略不计。金属棒ab,cd在轨道上,始终与轨道垂直,且接触良好。金属棒ab的质量为2m,cd的质量为m,长度均为L、电阻均为R;两金属棒的长度恰好等于轨道的间距,并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,若锁定金属棒ab不动,使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下,沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g;
(1)试推导论证:金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电;
(2)设金属棒cd在匀速运动中的某时刻t0=0,恒力大小变为F′=1.5mg,方向不变,同时解锁并由静止释放金属棒ab,直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动;求:
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab;
②0～t时间内通过金属棒ab的电荷量q。
解析:(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v,E=BLv,
I=,FA=IBL,
金属棒cd克服安培力做功的功率
P安=FAv=,
电路获得的电功率P电==,
所以P安=P电。
(2)①金属棒ab做匀速运动,则有I1BL=2mgsin 30°,
金属棒ab的热功率Pab=R,
解得Pab=。
解析:②金属棒cd在F=2mg作用下匀速度运动,
有mg+=F。
设t时刻后金属棒ab做匀速运动的速度为v1,金属棒cd做匀速运动的速度为v2;由金属棒ab,cd组成系统动量守恒有mv=2mv1+mv2,
回路电流I1=,
综合以上各式解得,金属棒ab做匀速运动的速度为
v1=,
0～t时间内对金属棒ab分析:在电流为i的很短时间Δt内,速度的改变量为Δv,由动量定理得
BiLΔt-2mgsin 30°·Δt=2mΔv,
对上式进行求和得
∑BiLΔt-∑2mgsin 30°Δt=∑2mΔv,
解得BLq-mgt=2mv1,
综合解得q=。
答案:(1)见解析　 (2)①　答案:②
1.(2019·浙江4月选考,15)(多选)静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y。已知核X的质量数为A,电荷数为Z,核X、核Y和α粒子的质量分别为mX,mY和mα,α粒子在磁场中运动的半径为R。则(　AC　)
A.衰变方程可表示为→+
B.核Y的结合能为(mX-mY-mα)c2
C.核Y在磁场中运动的半径为
D.核Y的动能为EkY=
解析:反应前后质量数守恒,电荷数守恒,A选项正确;质量亏损产生的能量为新核的动能之和,不是核Y的结合能,B选项错误;核反应前后,系统动量守恒,即mYvY=mαvα,新核在磁场中运动的半径之比为电荷量的反比,即=,C选项正确;(mX-mY-mα)c2=mY+mα,=,所以核Y的动能为EkY=mY=,D选项错误。
2.(2019·天津卷,12)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A,B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A,B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力,单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A,B间的正离子数目N为多少;
(2)加速正离子所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导的表达式;
(3)为提高能量的转换效率,要使尽量大,请提出增大的三条建议。
解析:(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有
ZeU=mv2-0①
设正离子束所受的电场力为F1′,根据牛顿第三定律,有
F1′=F1②
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有
F1′=ΔNm③
联立①②③式,且N=得
N=。④
(2)设正离子束所受的电场力为F′,由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有
P=F′v⑤
考虑到牛顿第三定律得到F′=F,联立①⑤式得
=。⑥
解析:(3)为使尽量大,分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
答案:(1)　 答案:(2)见解析　(3)见解析
3.(2017·浙江11月选考,22)如图所示,匝数N=100,截面积S=1.0×10-2 m2、电阻r=0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80 T/s。线圈通过开关S连接两根互相平行、间距d=0.20 m 的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50 Ω的电阻。一根阻值也为0.50 Ω、质量m=1.0×10-2 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2,接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻,g取10 m/s2。
(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;
(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25 s后下降了h=0.29 m,求此过程棒上产生的热量。
解析:(1)线圈的感应电动势为
E=N=NS,
流过导体棒的电流
Iab=,
导体棒对挡条的压力为零,有
B2Iabd=mg,得B2=,
得B2=0.50 T,
B2方向垂直纸面向外。
解析:(2)由动量定理(mg-B2d)t=mv或mgt-B2dΔq=mv,
及Δq=t=,
得v=gt-,
ab棒产生的热量Q=(mgh-mv2),
得Q≈2.3×10-3 J。
答案:(1)0.50 T　垂直纸面向外　(2)2.3×10-3 J
4.(2016·浙江10月选考,23)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0～v0,这束离子经电势差为U=的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上。在x轴上2a～3a(a=)区间水平固定放置一探测板。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间;
(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小B1;
(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子中有80%被板吸收,20%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。
解析:(1)粒子经加速电场加速的过程根据动能定理,可得
qU=mv2-m,
所以v=,
可得v0≤v≤2v0,
离子在磁场中运动
qvB0=,得R=,
离子打在x轴上的坐标表达式为
x=2R=,
代入可得2a≤x≤4a。
(2)当速度最大的离子打在探测板右端
3a=2R1,R1=,B1=B0。
解析:(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a≤x≤3a
对应的速度范围为v0≤v′≤2v0。
每秒打在探测板上的离子数为N=N0=N0,
根据动量定理,
吸收的离子受到板的作用力大小为
F吸==(2mv0+mv0)=,
反弹的离子受到板的作用力大小为
F反==[2m(v0+0.6v0)+m(v0+0.6v0)]= N0mv0,
根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小为
F=F吸+F反=N0mv0。
答案:(1)2a≤x≤4a　 (2)B0　答案:(3)N0mv0
5.(2017·浙江4月选考,22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示。倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区域Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区域静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区域Ⅱ,其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区域Ⅱ并从中滑出。运动过程中,杆ab,cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab,cd和ef电阻均为R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.2 T,g=10 m/s2。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;
(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
解析:(1)杆ab匀速运动时产生的感应电动势E=B1lv0
感应电流I=
ab杆所受的安培力F=B1Il
匀速运动条件F=mgsin θ,
综合得=mgsin θ,v0=6 m/s。
解析:(2)杆ab和“联动双杆”碰撞过程由动量守恒定律mv0=4mv
解得v==1.5 m/s。
解析:(3)“联动三杆”进入B2磁场区域,设速度变化Δv,由动量定理,有B2lΔt=-4mΔv,Δt=Δq=
出B2磁场区,同样有Δv==-0.25 m/s
出B2磁场后“联动三杆”的速度为
v′=v+2Δv=1.0 m/s
则根据能量守恒有Q=×4m(v2-v′2)=0.25 J。
答案:(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J
6.(2018·浙江11月选考,22)如图所示,在间距L=0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y方向不变,沿x方向如下:
B=
导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容为C=1 F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供的恒定电流大小为I=2 A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7 m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2 m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求:
(提示:可以用F-x图象下的“面积”代表力F所做的功)
(1)棒ab运动到x1=0.2 m时的速度v1;
(2)棒ab运动到x2=-0.1 m时的速度v2;
(3)电容器最终所带的电荷量Q。
解析:(1)棒ab所受安培力F=BIL
产生的加速度a=
根据匀变速直线运动的规律得v1==2 m/s。
(2)
在区间-0.2 m≤x≤0.2 m
安培力为F=5xIL
如图所示
棒ab从x1运动到x2的过程安培力做功W=(-)
由动能定理得W=m-m
解得v2= m/s。
解析:(3)设棒ab最终的运动速度为v,
根据动量定理-BLQ=mv-mv3,电荷量Q=CBLv
棒ab在x=-0.2 m处的速度v3=v1=2 m/s
解得Q== C。
答案:(1)2 m/s　 (2) m/s　答案:(3) C