考點強化練42動量與能量觀點的綜合應用1.如圖所示,水平放置的寬L=0.5 m的平行導體框,質(zhì)量為m=0.1 kg,一端接有R=0.2 的電阻,磁感應強度B=0.4 T的勻強磁場垂直導軌平面方向向下?，F(xiàn)有一導體棒ab垂直跨放在框架上,并能無摩擦地沿框架滑動,導體棒ab的電阻r=0.2 。當導體棒ab以v=4.0 m/s的速度向右勻速滑動時,試求:(1)導體棒ab上的感應電動勢的大小及感應電流的方向?(2)要維持導體棒ab向右勻速運動,作用在ab上的水平拉力為多大?(3)電阻R上產(chǎn)生的熱功率為多大?(4)若勻速后突然撤去外力,則棒最終靜止,這個過程通過回路的電荷量是多少?2.(2018浙江嘉興選考模擬)如圖甲,兩條足夠長、間距為d的平行光滑非金屬直軌道MN、PQ與水平面成角,EF上方存在垂直導軌平面的如圖乙所示的磁場,磁感應強度在0T時間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0),T時刻后穩(wěn)定為B0。t=0時刻,正方形金屬框ABCD在平行導軌向上的恒定外力作用下靜止于導軌上。T時刻撤去外力,框?qū)⒀貙к壪禄?金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長為d、每條邊電阻為R,余弦磁場變化產(chǎn)生的正弦交流電最大值Em=2B0d2T,求:(1)CD邊剛過EF時,A、B兩點間的電勢差;(2)撤去外力到AB邊剛過EF的總時間;(3)從0時刻到AB邊剛過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。3.(2018浙江臺州高三上學期期末質(zhì)量評估)如圖所示,兩根相同平行金屬直軌道豎直放置,上端用導線接一阻值為R的定值電阻,下端固定在水平絕緣底座上。底座中央固定一根絕緣彈簧,長L質(zhì)量為m的金屬直桿ab通過金屬滑環(huán)套在軌道上。在直線MN的上方分布著垂直軌道面向里,磁感應強度為B的足夠大勻強磁場?，F(xiàn)用力壓直桿ab使彈簧處于壓縮狀態(tài),撤去力后直桿ab被彈起,脫離彈簧后以速度為v1穿過直線MN,在磁場中上升高度h時到達最高點。隨后直桿ab向下運動,離開磁場前做勻速直線運動。已知直桿ab與軌道的摩擦力大小恒等于桿重力的k倍(k<1),回路中除定值電阻外不計其他一切電阻,重力加速度為g。求:(1)桿ab向下運動離開磁場時的速度v2;(2)桿ab在磁場中上升過程經(jīng)歷的時間t。4.(2018浙江寧波六校期末)如圖所示,兩根平行金屬導軌MN、PQ相距d=1.0 m,兩導軌及它們所在平面與水平面的夾角均為=30,導軌上端跨接一阻值R=1.6 的定值電阻,導軌電阻不計。整個裝置處于垂直兩導軌所在平面且向上的勻強磁場中,磁感應強度大小B=1.0 T。一根長度等于兩導軌間距的金屬棒ef垂直于兩導軌放置(處于靜止),且與導軌保持良好接觸,金屬棒ef的質(zhì)量m1=0.1 kg、電阻r=0.4 ,到導軌最底端的距離s1=3.75 m。另一根質(zhì)量m2=0.05 kg的絕緣棒gh,從導軌最底端以速度v0=10 m/s沿兩導軌上滑并與金屬棒ef發(fā)生正碰(碰撞時間極短),碰后金屬棒ef沿兩導軌上滑s2=0.2 m后再次靜止,此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.2 J。已知兩棒(ef和gh)與導軌間的動摩擦因數(shù)均為=33,g取10 m/s2,求:(1)絕緣棒gh在與金屬棒ef碰前瞬間的速率v;(2)兩棒碰后,安培力對金屬棒ef做的功W以及碰后瞬間金屬棒ef的加速度a的大小;(3)金屬棒ef在導軌上運動的時間t。5.如圖所示,光滑平行軌道abcd的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中,bc段軌道寬度是cd段軌道寬度的2倍,bc段軌道和cd段軌道都足夠長,將質(zhì)量相等的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段,且與軌道垂直。Q棒靜止,讓P棒從距水平軌道高為h的地方由靜止釋放,求:(1)P棒滑至水平軌道瞬間的速度大小;(2)P棒和Q棒最終的速度。6.間距為l的平行金屬導軌由傾斜和水平導軌平滑連接而成,導軌上端通過開關S連接一電容為C的電容器,如圖所示。傾角為的導軌處于大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間中,在水平導軌無磁場區(qū)靜止放置金屬桿cd,在桿右側(cè)存在大小也為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間,區(qū)間長度足夠長。當S斷開時,金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放進入磁場區(qū)間達到勻速后進入水平軌道,在無磁場區(qū)與桿cd碰撞,桿ab與cd粘合成并聯(lián)雙桿(未產(chǎn)生形變),并滑進磁場區(qū)間,同時開關S接通(S接通前電容器不帶電)。在運動過程中,桿ab、cd以及并聯(lián)雙桿始終與導軌接觸良好,且與導軌垂直。已知桿ab和cd質(zhì)量均為m,電阻均為R,不計導軌電阻和阻力,忽略磁場邊界效應,求:(1)桿ab在傾斜導軌上達到勻速運動時的速度v0;(2)桿碰撞后粘合為并聯(lián)雙桿時的運動速度v1;(3)并聯(lián)雙桿進入磁場區(qū)間后最終達到穩(wěn)定運動的速度v2.7.如圖甲是我國自主研制的200 mm離子電推進系統(tǒng),已經(jīng)全面應用于我國航天器。離子電推進系統(tǒng)的核心部件為離子推進器,它采用噴出帶電離子的方式實現(xiàn)飛船的姿態(tài)和軌道的調(diào)整,具有大幅減少推進劑燃料消耗、操控更靈活、定位更精準等優(yōu)勢。離子推進器的工作原理如圖乙所示,推進劑氙原子P噴注入腔室C后,被電子槍G射出的電子碰撞而電離,成為帶正電的氙離子。氙離子從腔室C中飄移過柵電極A的速度大小可忽略不計,在柵電極A、B之間的電場中加速,并從柵電極B噴出。在加速氙離子的過程中飛船獲得推力。已知柵電極A、B之間的電壓為U,氙離子的質(zhì)量為m、電荷量為q,AB間距為d,推進器單位時間內(nèi)噴射的氙離子數(shù)目N。(1)將該離子推進器固定在地面上進行試驗。求:a.氙離子經(jīng)A、B之間的電場加速后,通過柵電極B時的速度v的大小,以及離子束的等效電流I;b.求噴射離子過程中,對推進器產(chǎn)生的反沖作用力大小;(2)配有推進器的飛船在太空運行時,處于完全失重狀態(tài),為了構(gòu)建推進器在太空中運作情景,離子推進器可視為放置在光滑的水平地面上。已知推進器的質(zhì)量為M,且工作時質(zhì)量保持不變,推進器剛開始運動的極短時間,可認為瞬間噴出N個離子,即這些離子相對于地面以相同的速度同時噴出。c.求噴出時每個離子的速度以及電場力對每個離子做的功;d.這一過程中飛船向后移動的距離;e.隨著時間的推移,噴出的離子的動能逐漸變大還是變小?簡要說明理由。8.(2018浙江嘉興高三普通高校招生選考科目教學測試)如圖所示,坐標原點O處有一正離子源,其在單位時間內(nèi)發(fā)出N個離子,離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,速度大小為v,發(fā)射方向在第一象限與+x方向夾角45?！啊毙挝矬w的ab邊和bc邊的長度均為d且相互垂直,端點a、c的連線與x軸平行,在整個三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。初始時a端坐標為(0,2d),現(xiàn)使“”形物體沿-y方向緩慢平移,平移的過程中a端點始終在y軸上,直至a、c的連線與x軸重合,在此過程中磁場區(qū)域隨物體同步平移且磁感應強度保持不變。忽略離子間的相互作用。(1)若磁感應強度B=4mvqd,求在緩慢平移全過程中,bc邊被離子直接打中的區(qū)域(不考慮離子撞擊后的反彈);(2)在緩慢平移全過程中,若所有離子均打到“”形物體上,求磁感應強度的取值范圍;(3)若磁感應強度取(2)中的最大值,“”形物體位于某處時,從O點發(fā)出的離子進入磁場的ac邊界做圓周運動后恰好能垂直撞擊ab邊上的P1點,求此時“”形物體a端的坐標。若離子每次撞擊ab邊后均能反向彈回,彈回的速度大小均是該位置撞擊前速度大小的0.2倍,離子在P1點碰撞之后與ab邊發(fā)生多次碰撞,之后的碰撞點依次記為P2,P3,P4求第n個碰撞點Pn所受的撞擊力大小。9.(2018浙江嘉興第一中學高二上學期期末)如圖所示,在粗糙的水平面上0.5a1.5a區(qū)間放置一探測板a=mv0qB。在水平面的上方存在水平向里,磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場右邊界離小孔O距離為a,位于水平面下方離子源C飄出質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度為0的一束負離子,這束離子經(jīng)電勢差為U=2mv029q的電場加速后,從小孔O垂直水平面并垂直磁場射入磁場區(qū)域,t時間內(nèi)共有N個離子打到探測板上。(1)求離子從小孔O射入磁場后打到板上的位置。(2)若離子與擋板碰撞前后沒有能量的損失,則探測板受到的沖擊力為多少?(3)若射到探測板上的離子全部被板吸收,要使探測板不動,水平面需要給探測板的摩擦力為多少?考點強化練42動量與能量觀點的綜合應用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)導體棒ab上的感應電動勢的大小:E=BLv=0.40.54 V=0.8 V;感應電流的方向由b到a。(2)要維持導體棒ab向右勻速運動,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)回路的電流:I=ER+r=0.80.2+0.2 A=2 A電阻R上產(chǎn)生的熱功率為PR=I2R=220.2 W=0.8 W(4)由動量定理:-BILt=0-mvq=It,則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點電勢低于B點,故UAB=-34E,即UAB=-34B0dv1(2)mgtsin -B0dq=mv2-mv0q=B0d24R,故:t=v2gsin+B02d34mgRsin(3)交流電的有效值E=22Em,Q1=E2R總t=2B02d42TR線框出磁場的過程中,Q2=-WA結(jié)合動能定理:mgdsin +WA=Ek得:Q2=mgdsin +12m(v12-v22)總焦耳熱為: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)桿ab向下運動離開磁場前做勻速運動根據(jù)平衡條件:mg=F安+Ff根據(jù)題意有:Ff=kmg安培力為:F安=BIL=B2L2v2R聯(lián)立以上解得:v2=(1-k)mgRB2L2(2)桿ab在磁場中上升過程,由動量定理得:-mgt-kmgt-BIL=0-mv1上升過程的感應電荷量為:q=It=BLhR聯(lián)立解得:t=mv1R-B2L2h(1+k)mgR桿ab在磁場中上升過程經(jīng)歷的時間為:mv1R-B2L2h(1+k)mgR4.答案 (1)5 m/s(2)0.25 J25 m/s2(3)0.2 s解析 (1)絕緣棒gh從導軌最底端向上滑動的過程中,由動能定理有:-m2gs1cos -m2gs1sin =12m2v2-12m2v02,解得v=5 m/s(2)由功能關系可知,金屬棒ef克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的總焦耳熱,即有:W=Q總,而Q總=R+rRQ,解得W=0.25 J,設碰后瞬間金屬棒ef的速率為v1,回路中產(chǎn)生的感應電動勢為E,感應電流為I,安培力為F,有E=Bdv1,I=ER+r,F=BId,在金屬棒ef上滑過程中,由動能定理有-W-m1gs2cos -m1gs2sin =0-12m1v12,解得v1=3 m/s,在兩棒碰后瞬間,由牛頓第二定律有m1gcos +m1gsin +F=m1a,解得a=25 m/s2。(3)金屬棒ef在導軌上運動的整個過程中,設安培力的沖量為I安,沿導軌方向,由動量定理有-I安-m1gtcos -m1gtsin =0-m1v1,又I安=BdtI,其中I=ER+r,由法拉第電磁感應定律有E=t,其中=Bds2,解得t=0.2 s。5.答案 (1)2gh(2)vP=2gh5,vQ=22gh5解析 (1)設P,Q棒的長度分別為2L和L,磁感強度為B,P棒進入水平軌道的速度為v對于P棒,金屬棒下落h過程應用動能定理:Mgh=12Mv2解得P棒剛進入磁場時的速度為:v=2gh(2)當P棒進入水平軌道后,切割磁感線產(chǎn)生感應電流。P棒受到安培力作用而減速,Q棒受到安培力而加速,Q棒運動后也將產(chǎn)生感應電動勢,與P棒感應電動勢反向,因此回路中的電流將減小。最終達到勻速運動時,回路的電流為零,所以:EP=EQ,即2BLvP=BLvQ,解得:2vP=vQ因為當P,Q在水平軌道上運動時,它們所受到的合力并不為零FP=2BIL,FQ=BIL(設I為回路中的電流),因此P,Q組成的系統(tǒng)動量不守恒設P棒從進入水平軌道開始到速度穩(wěn)定所用的時間為tP,Q對PQ分別應用動量定理得:-FPt=-2BILt=MvP-Mv,FQt=BILt=MvQ-0,2vP=vQ聯(lián)立解得:vP=2gh5,vQ=252gh6.答案 (1)v0=2RmgsinB2l2(2)v1=RmgsinB2l2(3)v2=2m2m+CB2l2RmgsinB2l2解析 (1)感應電動勢E=Blv0,感應電流I=Blv02R,安培力:F=IBl=B2l2v02R桿做勻速運動,根據(jù)平衡條件得:B2l2v02R=mgsin 聯(lián)立解得:v0=2RmgsinB2l2(2)由動量守恒定律,有mv0=2mv1,得到:v1=RmgsinB2l2(3)當并聯(lián)雙桿進入磁場時,在極小的時間間隔t內(nèi)對雙桿運用動量定理,有:Blit=-2mv累加求和得:Blq=-2m(v2-v1)而q=CE-0=CBlv2聯(lián)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.動能越來越小解析 (1)a:由動能定理:Uq=12mv2解得v=2qUmI=Qt=Nqb.由動量定理:Ft=NtmvF=N2mqU根據(jù)牛頓第三定律:F=F=N2mqU(2)c:根據(jù)能量守恒:NUq=12Nmvm2+12MvM2根據(jù)動量守恒:Nmvm=Mvmvm=2UqmMM+Nm,Ek=12mvm2=MUqM+Nm根據(jù)動能定理:W=Ek=MUqM+Nm根據(jù)動量守恒:N=mvm=MvM兩邊同時對時間累積:Nmxm=MxMxm+xM=d,xM=NmM+Nmde:隨著時間的推移,離子噴出時的動能越來越小。原因:隨著時間的推移,推進器由于具有初速度,相同時間內(nèi),xM逐漸變大,xm越來越小,電場力對離子做功越來越小,獲得的動能越來越小。8.答案 見解析解析 (1)離子進入磁場后qvB=mv2r由已知B=4mvqd代入得:r=d4圓軌跡與bc邊相切時,設切點為M,由幾何關系得cM=d2所以被離子打到的區(qū)間為bc邊上c端一側(cè)d2區(qū)域(2)臨界情況為軌跡取最小值r1時,圓軌跡能同時和ab邊和bc邊相切由幾何關系得圓周運動的半徑r1=d3,qvB1=mv2r1得對應的最大磁感應強度:B1=3mvqd所以磁感應強度大小的取值范圍為B3mvqd(3)由幾何關系得a端的坐標為0,23d第n-1次碰撞后,離子的速度大小vn-1=0.2n-1v第n次碰撞后,離子的速度大小vn=0.2nv碰撞過程,由動量定理得:Ft=Ntm(vn+vn-1)得:F=(0.2n+0.2n-1)Nmv=1.2Nmv0.2n-1=6Nmv0.2n9.答案 (1)打在板的中間(2)2Nmv03t方向豎直向下(3)3Nmv03t方向水平向左解析(1)在加速電場中加速時據(jù)動能定理:qU=12mv2,代入數(shù)據(jù)得v=23v0在磁場中洛倫茲力提供向心力:qvB=mv2r,所以半徑r=mvqB=2mv03qB=23a軌跡如圖:OO=13a,OOA=30,OA=23acos 30=33a所以OB=OAtan 60=a,離子離開磁場后打到板的正中間。(2)設板對離子的力為F,垂直板向上為正方向,根據(jù)動量定理:Ft=Nmvsin 30-(-Nmvsin 30) =23Nmv0,F=2Nmv03t根據(jù)牛頓第三定律,探測板受到的沖擊力大小為2Nmv03t,方向豎直向下。(3)若射到探測板上的離子全部被板吸收,板對離子水平方向的力為T,根據(jù)動量定理:Tt=Nmvcos 30=33Nmv0,T=3Nmv03t離子對板的力大小為3Nmv03t,方向水平向右。所以水平面需要給探測板的摩擦力大小為3Nmv03t,方向水平向左。