将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。
重力加速度为g。
求：
（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；
（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm。
答案
（1）4mgdsinα－BIld
（2）
（3）
解析
（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，
由动能定理mgsinα·4d＋W－BIld＝0
根据功能关系可得线框中产生的焦耳热Q＝－W
解得Q＝4mgdsinα－BIld。
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，导体棒开始返回，
由动能定理mgsinα·2d－BIld＝0－
mv
下滑过程中线框在磁场中运动时装置受到的合力
F＝mgsinα－F′
线框产生的感应电动势E＝Bdv
感应电流I′＝
线框受到的安培力F′＝BI′d
由牛顿第二定律得a＝
，在t到t＋Δt时间内，有Δv＝
Δt
则∑Δv＝∑（gsinα－
）Δt
有v1＝gt1sinα－
解得t1＝
。
（3）经过足够长时间后，线框上边在磁场下边界与磁场区域下边界的最大距离xm之间往复运动，
由动能定理mgsinα·xm－BIl（xm－d）＝0
解得xm＝
。
配套作业
1．类比是一种常用的研究方法。
对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移，由Fx（力—位移）图象求做功的方法。
请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）
A．由Fv（力—速度）图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B．由Ft（力—时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量
C．由UI（电压—电流）图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率
D．由ωr（角速度—半径）图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
答案 B
解析 Fv图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，而图线与横轴围成的面积不一定等于Fv，即该面积不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；由Ft图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量，B正确；根据P＝UI，可由U、I的坐标值求出电功率P，而由UI图线和横轴围成的面积不能求出对应的电流变化过程中的电功率，C错误；根据v＝ωr，可由ω、r的坐标值求出对应的线速度v的大小，而由ωr图线和横轴围成的面积不能求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度，D错误。
2．一个静止的物体，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，物体的加速度a随时间的变化如图所示，则物体在（ ）
A．0～4s时间内做匀变速运动
B．第2s末速度改变方向
C．0～4s时间内位移的方向不变
D．第2s末位移最大
答案 C
解析 0～4s时间内，加速度不恒定，不是匀变速直线运动，A错误；第2s末，加速度改变方向，速度最大，但速度不改变方向，B错误；0～2s物体做加速度方向与速度方向相同、加速度变化的加速直线运动，速度增加量为0～2s内图象与横轴围成的面积，2～4s速度变化量与0～2s速度变化量大小相等、方向相反，即第4s末的速度减小为0，即0～4s内位移方向不变，第4s末位移最大，C正确，D错误。
3．（2019·江西高三模拟）南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。
一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，他靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10cm，由此他估算驱动主喷水管口的水泵功率最接近的数值是（ ）
A．5×102WB．5×103W
C．5×104WD．5×105W
答案 D
解析 40层楼高约h＝120m。
设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝
Δmv2，v2＝2gh，Δm＝ρSvΔt（ρ为水的密度），可得P＝ρgSvh≈5×105W，D正确。
4．（2019·黑龙江高考模拟）（多选）微元法就是把研究对象分为无限多个无限小的部分，取出有代表性的极小的一部分进行分析处理，再从局部到整体综合起来加以考虑的科学思维方法。
如图所示，静止的圆锥体竖直放置，顶角为α，质量为m且分布均匀的链条环水平地套在圆锥体上，忽略链条与圆锥体之间的摩擦力，在链条环中任取一小段Δl，其质量为Δm，对Δm受力分析，下列说法正确的是（ ）
A．设圆锥体的支持力为N，则Δmg＝Nsin
B．设链条环中的张力为T，则T＝
C．设链条环中的张力为T，则T＝
tanα
D．设Δl对链条环中心的张角为Δφ，则有2Tsin
＝Nsin
答案 AB
解析 如图1、2所示，设Δl所对的链条环中心的张角为Δφ，根据共点力平衡条件知Δl在水平方向上受力平衡，有：
2Tsin
＝Ncos
①
因Δl很短，Δφ很小，所以sin
≈
②
将②代入①式有：
TΔφ＝Ncos
③
Δl在竖直方向上也受力平衡，Δmg＝Nsin
④
由③④式得，tan
＝
g⑤
⑤式中Δm＝
Δl＝
，
将其代入⑤式可得tan
＝
，所以链条环中的张力为T＝
。
则A、B正确，C、D错误。
5．（2019·江苏高考模拟）离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机。
工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力。
这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等。
设航天器质量为M，单个离子质量为m，带电量为q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I。
试求该发动机产生的推力。
答案 I
解析 选择Δt时间内喷出的质量为Δm的离子流为研究对象，根据动量定理：
FΔt＝Δmv
根据电流的定义式I＝
＝
＝
对单个离子，根据动能定理
mv2＝qU
解得：
F＝I
。
6．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。
为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。
忽略空气阻力。
已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。
求：
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
答案
（1）ρv0S
（2）
－
解析
（1）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝Sv0Δt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。
③
（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。
对于Δt时间内喷出的水，由机械能守恒定律得
（Δm）v2＋（Δm）gh＝
（Δm）v
④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量大小为Δp＝（Δm）v⑤
设玩具对水的作用力的大小为F，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝
－
。
7．（2017·天津高考）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离为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。
答案
（1）垂直于导轨平面向下
（2）
（3）
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＝
①
设MN受到的安培力为F，有
F＝IlB②
由牛顿第二定律，有
F＝ma③
联立①②③式得
a＝
④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
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′＝Blvmax⑥
依题意有
E′＝
⑦
设在此过程中短暂的Δti段时间内，MN上的电流为i，MN上受到的安培力为F，则有
F＝ilB⑧
由动量定理，有
∑FΔti＝∑BilΔti＝∑m·Δv⑨
又∑iΔti＝Q0－Q，∑Δv＝vmax－0⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
Q＝
。
升级会员 