第十一章 应用拓展10 安培力作用下的STSE-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课件PPT

应用拓展10　安培力作用下的STSE 第十一章 磁场 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第十一章 磁场 高考总复习 物理 通过超导电磁炮、电磁推进器及太空粒子探测器，认识科学与技术对社会发展的重要推动作用，形成促进社会持续发展的责任意识． 超导电磁炮 [典例1]　(2024·湖北黄冈期末)如图所示是超导电磁炮的原理图，它能在较短的炮身中使炮弹加速到极高的速度，去攻击在高空飞行的飞机．设水平放置的两光滑金属导轨MN和PQ相距为d，左端连有开关S和一电容为C的电容器，质量为m的炮弹连有的金属杆EF垂直于导轨放在导轨上，可以自由滑动且与导轨接触良好，整个装置放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当电容器充电后，电容器两端电压为U，合上开关S，电容器迅速放电结束，炮弹在水平导轨上达到稳定速度． (1)求炮弹在水平导轨上所达到的稳定速度v的大小的表达式． (2)若水平轨道末端连接一个半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧绝缘轨道，且d＝0.2 m，C＝10 F，m＝10 kg，B＝10 T，U＝500 V，空气阻力不计，g＝10 m/s2，则炮弹离开此轨道竖直上升的最大高度h为多大？ [解析]　(1)设放电时间为Δt，电容器放电前所带的电荷量为Q＝CU，对放电过程，根据动量定理有BIdΔt＝mv， 又IΔt＝ΔQ， ΔQ＝Q－CBdv， 解得v＝eq \f(CUBd,m＋CB2d2). (2)由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝mgh， 解得h＝2×103 m. 答案：(1)v＝eq \f(CUBd,m＋CB2d2)　(2)2×103 m 电磁推进器 [典例2]　 (2023·北京卷，19)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录．一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示．两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒．金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出．导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场， 磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)．金属棒被该磁场力推动．当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.求： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2； (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v. [审题指导]　根据题意求出两区域的磁感应强度；分析清楚金属棒的运动过程与受力情况；应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理解题． [解析]　(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI， 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为 F＝B1IL＝kI2L， (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝eq \f(F,m)＝eq \f(kI2L,m)， 第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI， 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为 F′＝B2·2IL＝4kI2L， 金属棒经过第二级区域的加速度大小为 a2＝eq \f(F′,m)＝eq \f(4kI2L,m)， 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4. (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝eq \f(1,2)mv2－0， 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝eq \r(\f(10kI2Ls,m)). 答案：(1)kI2L；(2)1∶4；(3)eq \r(\f(10kI2Ls,m)) [典例3]　“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示．辐射状的加速电场区域Ⅰ边界为两个同心平行圆弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U0，M为外圆弧的中点．在紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为B＝eq \r(\f(2mU0,qL2))，在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PQ. 太空粒子探测器 已知M、O1、O2在一条直线上，且所在直线和PQ平行，N为O2在PQ上的投影．假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面上，经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间相互作用力． (1)求粒子经电场加速后，进入磁场时的速度大小v； (2)求从M点出发的粒子在磁场中运动的半径R； (3)假设所有粒子从AB弧面同时出发，则最先到达收集的是从哪一点出发的粒子？求出该粒子从O运动至收集板所用的时间． [审题指导]　解决该题的关键是知道粒子做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场区域半径时，所有粒子射出速度方向均相互平行，能根据几何知识求解圆心角． [解析]　(1)带电粒子在电场中加速时，电场力做正功，根据动能定理有qU0＝eq \f(1,2)mv2， 解得v＝eq \r(\f(2qU0,m)). (2)从M点出发的粒子经电场加速到达O1点后水平进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)， 解得R＝L. (3)所有粒子从AB弧面同时出发，经电场由静止开始加速，到达O1点时的速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场偏转后都从磁场边界垂直于PQ板射出，最终到达PQ板被收集，轨迹如图所示． 从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点出发的粒子运动的时间最短，根据轨迹图以及几何知识可知，该粒子速度方向偏转了30°，所以在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(1,12)T＝eq \f(1,12)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πL,6) eq \r(\f(m,2qU0))， 该粒子在磁场中沿竖直方向运动的距离为 d＝Rsin 30°＝eq \f(L,2)； 该粒子出磁场后匀速运动的时间为 t2＝eq \f(L＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(L,2))),v)＝eq \f(3L,2v)＝eq \f(3L,2) eq \r(\f(m,2qU0)) 该粒子从O1运动至收集板所用的时间为 t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(π,3))) eq \f(L,2) eq \r(\f(m,2qU0)). [答案]　(1)eq \r(\f(2qU0,m))　(2)L (3)A点　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(π,3))) eq \f(L,2) eq \r(\f(m,2qU0)) $$