《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、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,
3、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
4、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
5、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,
6、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g时,求方框的发热功率P;(3)当方框下落的时间t=时,速度恰好达到最大,求方框的最大速度vm和此
7、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Be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= 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= 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=1.6
8、10-27 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
9、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=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
10、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=n得E=nS=30 V。(2)由牛顿第二定律F=ma=m(或由动量定理Ft=mv-0)安培力F=IB1lQ=Itv2=2gh得Q=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-c
11、os 60)=得v1=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=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=BLt=qBL,所以通过PQ的电荷量q=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mv12+mv22+Q,得回路产生的焦耳热Q=2 J。3.答案 (1)0.5 kg(2) J(3) s解析 (1)金属棒cd水平飞出的过程中,由h=,x=v1t得v1=6 m/s金属棒cd到达水平导
12、轨末端时产生的感应电动势E=B2lv1回路总电阻R=+R2=1.5 此时,对金属棒ab受力分析,有m1gsin +B1l=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=m2+Q解得Q=2 J由串、并联电路的规律可得Q0=Q= J。(3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得(F-B2l)t=m2v1且q=t=联立上述两式可得Ft-=m2v1解得t= 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=金属棒ab受到的安培力F安=B2IL传感器增加
13、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,其中=BLd平均感应电流,q=t,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+mv2=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)(3)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=mgI=,R=所以P=I2R=。(3)当mg=FA=2BL,vm=由于mgt-2BLt=mvm-0,vit=h,h=由能量守恒:mgh-Q=解得
14、Q=。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=(4m)(4m),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C,核反应方程为HeBeC,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 =,=60则tan ,r=0.4 m由r=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=0.5vn=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=0.25vn=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=vC=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=0.9610-4n 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=2.210-4n N。(写出x,y分量也可)7.答案 (1)v=7.25104 m/s(2)v()= m/s(3)F=1.610-2 N(4)见解析
