Question

17．如圖是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置示意圖．兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊（即實(shí)驗(yàn)用彈丸）．滑塊可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．電源提供的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再從另一導(dǎo)軌流回電源．滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動而發(fā)射．在發(fā)射過程中，該磁場在滑塊所在位置始終可以簡化為勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面，其強(qiáng)度與電流的關(guān)系為B=kI，比例常量k=2.5×10⁶T/A．已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距l(xiāng)=1.5cm，滑塊的質(zhì)量m=30g，滑塊沿導(dǎo)軌滑行5m后獲得的發(fā)射速度v=3.0km/s（此過程視為勻加速運(yùn)動）．

（1）求發(fā)射過程中電源提供的電流大��；
（2）若電源輸出的能量有4%轉(zhuǎn)換為滑塊的動能，則發(fā)射過程中電源的輸出功率和輸出電壓各是多大．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度位移公式求出滑塊的加速度，結(jié)合牛頓第二定律和安培力大小公式求出電流強(qiáng)度的大�。�
（2）根據(jù)加速度和速度求出作用的時間，結(jié)合能量守恒求出電源的輸出功率，根據(jù)P=UI求出輸出的電壓．

解答 解：（1）由勻加速直線運(yùn)動的速度位移公式得，a=$\frac{{v}^{2}}{2s}=\frac{9×1{0}^{6}}{2×5}=9×1{0}^{5}m/s$；
由安培力大小公式和牛頓第二定律得，有F=BIl=kI²l=ma
因此I=$\sqrt{\frac{ma}{kl}}=\sqrt{\frac{0.03×9×1{0}^{5}}{2.5×1{0}^{-6}×1.5×1{0}^{-2}}}$=8.5×10⁵A．
（2）滑塊獲得的動能是電源輸出能量的4%，即P△t×4%=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
發(fā)射過程中電源供電時間$△t=\frac{v}{a}=\frac{1}{3}×1{0}^{-2}s$．
所需的電源輸出功率P=$\frac{\frac{1}{2}m{v}^{2}}{△t×4%}=1.0×1{0}^{9}W$．
由功率P=IU，解得輸出電壓U=$\frac{P}{I}=1.2×1{0}^{3}V$．
答：（1）發(fā)射過程中電源提供的電流強(qiáng)度為8.5×10⁵A；
（2）發(fā)射過程中電源的輸出功率為1.0×10⁹W，輸出電壓為1.2×10³V．

點(diǎn)評 本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式、能量守恒定律的綜合運(yùn)用，加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動學(xué)的橋梁．