（浙江專版）2022年高考物理一輪復習 專題檢測4 動量與能量觀點的綜合應用（加試）

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1、（浙江專版）2022年高考物理一輪復習 專題檢測4 動量與能量觀點的綜合應用（加試） 1.如圖甲所示,質(zhì)量m=3.0×10-3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中,“”形框的水平細桿CD長l=0.20 m,處于磁感應強度大小B1=1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n=300匝、面積S=0.01 m2的線圈通過開關(guān)S與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中,其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。 (1)求0~0.10 s線圈中的感應電動勢大小; (2)t=0.22 s時閉合開關(guān)S,若安培力遠大于重力,細框跳起的最大高度h=0.20

2、 m,求通過細桿CD的電荷量。 2. 如圖所示,平行光滑且足夠長的金屬導軌ab、cd固定在同一水平面上,處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度B=2 T,導軌間距L=0.5 m。有兩根金屬棒MN、PQ質(zhì)量均為1 kg,電阻均為0.5 Ω,其中PQ靜止于導軌上,MN用兩條輕質(zhì)絕緣細線懸掛在掛鉤上,細線長h=0.9 m,當細線豎直時棒剛好與導軌接觸但對導軌無壓力?，F(xiàn)將MN向右拉起使細線與豎直方向夾角為60°,然后由靜止釋放MN,忽略空氣阻力。發(fā)現(xiàn)MN到達最低點與導軌短暫接觸后繼續(xù)向左上方擺起,PQ在MN短暫接觸導軌的瞬間獲得速度,且在之后1 s時間內(nèi)向左運動的距離

3、s=1 m。兩根棒與導軌接觸時始終垂直于導軌,不計其余部分電阻。求: (1)當懸掛MN的細線到達豎直位置時,MNPQ回路中的電流大小及MN兩端的電勢差大小; (2)MN與導軌接觸的瞬間流過PQ的電荷量; (3)MN與導軌短暫接觸時回路中產(chǎn)生的焦耳熱。 3.如圖所示,間距為l=0.5 m的兩條平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成。傾角為θ=37°的傾斜導軌處在磁感應強度大小為B1=2 T,方向垂直導軌平面向下的勻強磁場區(qū)域中,在導軌的上端接有一個阻值R0=1 Ω的電阻,置于傾斜導軌上質(zhì)量為m1、阻值R1=1 Ω的金屬棒ab的

4、中部與一絕緣細繩相連,細繩上端固定在傾斜導軌的頂部,已知細繩所能承受的最大拉力為FTm=4 N。長度s=2 m的水平導軌處在磁感應強度大小為B2=1 T,方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域中,在水平導軌和傾斜導軌的連接處有一質(zhì)量m2=1 kg、阻值R2=1 Ω的金屬棒cd處于靜止狀態(tài),現(xiàn)用一大小F=10 N且與金屬棒垂直的水平恒力作用在金屬棒cd上,使之水平向右加速運動,當金屬棒cd剛好到達水平導軌末端時,與金屬棒ab相連的細繩斷裂,此時撤去力F,金屬棒cd水平飛出,并落在水平地面上,已知金屬棒cd的落地點與水平導軌末端的水平距離x=2.4 m,水平導軌離地高度h=0.8 m,不計摩擦阻力和導軌電阻,

5、兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好,重力加速度為g,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)金屬棒ab的質(zhì)量m1; (2)金屬棒cd在水平導軌上運動過程中,電阻R0上產(chǎn)生的焦耳熱Q0; (3)金屬棒cd在水平導軌上運動的時間t。 4.如圖所示,兩根水平放置的“L”形平行金屬導軌相距L=0.5 m,導軌電阻不計。在導軌矩形區(qū)域MNOP中有豎直向上的勻強磁場B1,在MN左側(cè)的導軌處于水平向左的勻強磁場B2中,B1=B2=1.0 T。金屬棒ab懸掛在力傳感器下,保持水平并與導軌良好接觸。金屬棒cd垂直于水平導軌以速度v0=4 m/s進入B

6、1磁場,與豎直導軌碰撞后不反彈,此過程中通過金屬棒cd的電荷量q=0.25 C,ab、cd上產(chǎn)生的總焦耳熱Q=0.35 J。金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m=0.10 kg,電阻均為R=1.0 Ω。不計一切摩擦,求: (1)金屬棒cd剛進入磁場時,傳感器的示數(shù)變化了多少? (2)MN與OP間的距離d; (3)金屬棒cd經(jīng)過磁場B1的過程中受到的安培力的沖量。 5.質(zhì)量為m,電阻率為ρ,橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb'a'。如圖所示,金屬方框水平放在磁極的狹縫間,方框平面與磁場方向平行。設勻強磁場僅存在于相對磁極之間

7、,其他地方的磁場忽略不計?？烧J為方框的aa'邊和bb'邊都處在磁極間,極間磁感應強度大小為B。方框從靜止開始釋放,其平面在下落過程中保持水平(不計空氣阻力)。 (1)請判斷圖乙中感應電流的方向; (2)當方框下落的加速度為g時,求方框的發(fā)熱功率P; (3)當方框下落的時間t=時,速度恰好達到最大,求方框的最大速度vm和此過程中產(chǎn)生的熱量。 6.α粒子經(jīng)加速區(qū)加速后,在反應區(qū)A點與鈹核Be發(fā)生核反應,兩個反應產(chǎn)物都能垂直邊界EF飛入探測區(qū),探測區(qū)有一圓形磁場和粒子探測器,圓形磁場半徑為R= m,其內(nèi)存在磁感應強度為B=0.5 T的勻強磁場,圓形磁場

8、邊界與EF相切,探測器與EF平行且距圓心距離為d=0.5 m。實驗中根據(jù)碰撞點的位置便可分析核反應的生成物。為簡化模型,假設α粒子均可與鈹核發(fā)生核反應,實驗中探測器上有兩個點(P點和Q點)持續(xù)受到撞擊,AOP在同一直線上,且PQ= m,打在P點粒子50%穿透探測器,50%被探測器吸收,其中穿透的粒子能量損失75%,打在Q點的粒子全部被吸收。已知質(zhì)子和中子的質(zhì)量均為m=1.6×10-27 kg,原子核的質(zhì)量為核子的總質(zhì)量,如α粒子的質(zhì)量為mα=4m=6.4×10-27 kg,質(zhì)子電荷量為e=1.6×10-19 C,不計粒子間相互作用(核反應過程除外)。問: (1)α粒子射出加速電場后的速度

9、為多大? (2)打在Q點的是什么粒子?打在Q粒子的速度為多大? (3)假設α粒子源單位時間放出n個α粒子,則探測器上單位時間受到的撞擊力為多大? 7.地球同步衛(wèi)星在運行若干年的過程中,不可能準確地保持初始的位置和速度,需要及時調(diào)整,以保證對地球的位置長期不變。在同步衛(wèi)星上安裝離子推進器,就可以達到上述目標。離子推進器可簡化為由內(nèi)外半徑分別為R1和R2的同軸圓柱體構(gòu)成,分為電離區(qū)Ⅰ和加速區(qū)Ⅱ。電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,存在軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B,內(nèi)圓柱表面可持續(xù)發(fā)射電子,電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內(nèi)圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內(nèi)

10、運動時不能與外器壁碰撞(一接觸外器壁,電子便被吸收)。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近零的初速度進入兩端加有電壓U的Ⅱ區(qū),離子被加速后從右側(cè)高速噴出。在出口處,燈絲C發(fā)射的電子注入正離子束中。這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動。已知銫離子比荷=7.25×105 C·kg-1,銫離子質(zhì)量m=2.2×10-25 kg,磁感應強度B=1.0 T,加速電壓U=3.625 kV,R2=15 m,R1=0.5 m。 (1)求銫離子通過加速電壓后得到的速度; (2)若電子在垂直圓柱軸線的截面內(nèi)沿與徑向成α角的方向發(fā)射,為了取得更好的電離效果,求電子最大初始發(fā)射速度v與α的關(guān)系; (3)若單位時間內(nèi)噴射出

11、N=1018個銫離子,試求推進器的推力。 (4)試解釋燈絲C發(fā)射電子注入正離子束的作用。 專題檢測四　動量和能量觀點的綜合應用(加試) 1.答案 (1)30 V　(2)0.03 C 解析 (1)由電磁感應定律E=n 得E=nS=30 V。 (2)由牛頓第二定律F=ma=m(或由動量定理FΔt=mv-0) 安培力F=IB1l ΔQ=IΔt v2=2gh 得ΔQ==0.03 C。 2.答案 (1)1.5 V　(2)1 C　(3)2 J 解析 (1)

12、MN下擺到豎直位置剛與導軌接觸時速度為v1,由機械能守恒得mgh(1-cos 60°)= 得v1==3 m/s 此時,MN的感應電動勢E=BLv1=3 V,回路中的感應電流I==3 A UMN=IR=1.5 V。 (2)由題意得,PQ的運動速度v2'=1 m/s 對PQ應用動量定理得mv2'=BLΔt=qBL,所以通過PQ的電荷量q==1 C。 (3)在MN與導軌接觸的△t時間內(nèi),MN與PQ系統(tǒng)動量守恒,mv1=mv1'+mv2'得MN棒接觸導軌后擺起的速度v1'=v1-v2'=2 m/s 由能量守恒定律得mv1'2+mv2'2+Q,得回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=2 J。 3.答案 (

13、1)0.5 kg　(2) J　(3) s 解析 (1)金屬棒cd水平飛出的過程中,由h=,x=v1t得v1=6 m/s 金屬棒cd到達水平導軌末端時產(chǎn)生的感應電動勢E=B2lv1 回路總電阻R=+R2=1.5 Ω 此時,對金屬棒ab受力分析,有m1gsin θ+B1l=FTm 解得m1=0.5 kg。 (2)設金屬棒cd在水平導軌上運動過程中,回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,由能量守恒定律得Fs=m2+Q 解得Q=2 J 由串、并聯(lián)電路的規(guī)律可得Q0=Q= J。 (3)金屬棒cd在水平導軌上運動過程中,由動量定理得(F-B2l)t=m2v1 且q=t= 聯(lián)立上述兩式可得Ft-=

14、m2v1 解得t= s。 4.答案 (1)0.5 N　(2)1 m　(3)0.1 kg·m/s 解析 (1)金屬棒cd剛進入磁場時E=B1Lv0,I= 金屬棒ab受到的安培力F安=B2IL 傳感器增加的示數(shù)ΔF傳=F安=0.5 N。 (2)金屬棒cd經(jīng)過區(qū)域MNOP時的平均感應電動勢為,其中ΔΦ=BLd 平均感應電流,q=·Δt,解得d=1 m。 (3)金屬棒ab與豎直導軌碰撞之前ab、cd系統(tǒng)能量守恒,可得Q+mv2= 則金屬棒cd離開B1磁場時的速度v=3 m/s, 安培力的沖量I安=mv-mv0,代入數(shù)據(jù)得I安=0.1 kg·m/s。 5.答案 (1)順時針　(2)

15、　(3) 解析 (1)由右手定則可知,感應電流方向為順時針。 (2)安培力FA=2BIL 根據(jù)題意有mg-FA=mg I=,R=ρ 所以P=I2R=。 (3)當mg=FA=2BL,vm= 由于mgt-∑2BLt=mvm-0,∑vit=h,h= 由能量守恒:mgh-Q= 解得Q=。 6.答案 (1)4×107 m/s　(2)1×107 m/s　(3)2.2×10-4n N 解析 (1)根據(jù)動能定理可得2Ue=(4m)(4m),則vα=4×107 m/s。 (2)由于打在P點的粒子在磁場中不偏轉(zhuǎn),故此粒子不帶電,因此打在Q點的粒子核電荷數(shù)為6,質(zhì)量數(shù)為12,即為C,核反應方

16、程為HeBeC,打在P點的粒子為中子 對于碳核,在磁場中偏轉(zhuǎn),由幾何關(guān)系得 tan θ=,θ=60° 則tan ,r=0.4 m 由r=得vC=1×107 m/s。 (3)根據(jù)動量守恒可得 4mvα=12mvC+mvn,得vn=4×107 m/s P點,對于吸收的中子, 由動量定理得F1Δt=50%Δmvn F1=0.5vn=0.5nmvn=3.2×10-5n N,方向垂直探測器向上 對于穿透的中子,由動量定理得F2Δt=50%Δm(vn-0.5vn) F2=0.25vn=0.25nmvn=1.6×10-5n N,方向向上 Q點,對于吸收的C粒子由動量定理得F3Δt

17、=ΔmvC F3=vC=1.92×10-4n N,方向斜向上,與板成30° 因此探測器受到豎直方向的合力為Fy=1.44×10-4n N,垂直探測器向上 探測器受到水平方向合力為Fx=0.96×10-4n N,平行探測器向左 因此探測器上單位時間受到的撞擊力為F==2.2×10-4n N。(寫出x,y分量也可) 7.答案 (1)v=7.25×104 m/s　(2)v(α)= m/s　(3)F=1.6×10-2 N　(4)見解析 解析 (1)根據(jù)Uq=mv2,代入數(shù)據(jù)得v=7.25×104 m/s。 (2)根據(jù)幾何關(guān)系: (3R1-R)2=+R2+2R1Rsin α 得R= v(α)= = 即v(α)= m/s。 (3)由動量定理:F=, 代入數(shù)據(jù)解得 F=1.6×10-2 N。 (4)衛(wèi)星起初的靜電荷為零,根據(jù)電荷守恒定律,衛(wèi)星在射出正離子同時,自己也獲得負電荷,靜電力把正離子拉回,起不到加速作用。燈絲C發(fā)射電子注入正離子束,使之成為中性粒子噴射出去,從而起加速作用。