（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）

（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n=300匝、面積S=0.01 m2的線圈通過開關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變化的關系如圖乙所示。(1)求00.10 s線圈中的感應電動勢大小;(2)t=0.22 s時閉合開關S,若安培力遠大于重力,細框跳起的最大高度h=0.20 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質量均為1 kg,電阻均為0.5 ,其中PQ靜止于導軌上,MN用兩條輕質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時間內向左運動的距離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=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 的電阻,置于傾斜導軌上質量為m1、阻值R1=1 的金屬棒ab的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量m2=1 kg、阻值R2=1 的金屬棒cd處于靜止狀態(tài),現用一大小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,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的質量m1;(2)金屬棒cd在水平導軌上運動過程中,電阻R0上產生的焦耳熱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B1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上產生的總焦耳熱Q=0.35 J。金屬棒ab、cd的質量均為m=0.10 kg,電阻均為R=1.0 。不計一切摩擦,求:(1)金屬棒cd剛進入磁場時,傳感器的示數變化了多少?(2)MN與OP間的距離d;(3)金屬棒cd經過磁場B1的過程中受到的安培力的沖量。5.質量為m,電阻率為,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,其他地方的磁場忽略不計。可認為方框的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和此過程中產生的熱量。6.粒子經加速區(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,其內存在磁感應強度為B=0.5 T的勻強磁場,圓形磁場邊界與EF相切,探測器與EF平行且距圓心距離為d=0.5 m。實驗中根據碰撞點的位置便可分析核反應的生成物。為簡化模型,假設粒子均可與鈹核發(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。已知質子和中子的質量均為m=1.6×10-27 kg,原子核的質量為核子的總質量,如粒子的質量為m=4m=6.4×10-27 kg,質子電荷量為e=1.6×10-19 C,不計粒子間相互作用(核反應過程除外)。問:(1)粒子射出加速電場后的速度為多大?(2)打在Q點的是什么粒子?打在Q粒子的速度為多大?(3)假設粒子源單位時間放出n個粒子,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外半徑分別為R1和R2的同軸圓柱體構成,分為電離區(qū)和加速區(qū)。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,從內圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內運動時不能與外器壁碰撞(一接觸外器壁,電子便被吸收)。區(qū)產生的正離子以接近零的初速度進入兩端加有電壓U的區(qū),離子被加速后從右側高速噴出。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沿與徑向成角的方向發(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與的關系;(3)若單位時間內噴射出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 AUMN=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'=BLt=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,MN與PQ系統動量守恒,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,得回路產生的焦耳熱Q=2 J。3.答案 (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生的感應電動勢E=B2lv1回路總電阻R=+R2=1.5 此時,對金屬棒ab受力分析,有m1gsin +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=聯立上述兩式可得Ft-=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F傳=F安=0.5 N。(2)金屬棒cd經過區(qū)域MNOP時的平均感應電動勢為,其中=BLd平均感應電流,q=·t,解得d=1 m。(3)金屬棒ab與豎直導軌碰撞之前ab、cd系統能量守恒,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,代入數據得I安=0.1 kg·m/s。5.答案 (1)順時針(2)(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根據題意有mg-FA=mgI=,R=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)根據動能定理可得2Ue=(4m)(4m),則v=4×107 m/s。(2)由于打在P點的粒子在磁場中不偏轉,故此粒子不帶電,因此打在Q點的粒子核電荷數為6,質量數為12,即為C,核反應方程為HeBeC,打在P點的粒子為中子對于碳核,在磁場中偏轉,由幾何關系得tan =,=60°則tan ,r=0.4 m由r=得vC=1×107 m/s。(3)根據動量守恒可得4mv=12mvC+mvn,得vn=4×107 m/sP點,對于吸收的中子,由動量定理得F1t=50%mvnF1=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F2t=50%m(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F3t=mvCF3=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()= m/s(3)F=1.6×10-2 N(4)見解析解析 (1)根據Uq=mv2,代入數據得v=7.25×104 m/s。(2)根據幾何關系:(3R1-R)2=+R2+2R1Rsin 得R=v()=即v()= m/s。(3)由動量定理:F=,代入數據解得F=1.6×10-2 N。(4)衛(wèi)星起初的靜電荷為零,根據電荷守恒定律,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。