專題二十三動量觀點在電磁感應中的應用(B)1.AC[解析]導體棒向右運動的過程中切割磁感線,產(chǎn)生感應電流,所受安培力F=IlB=B2l2vR,即為合力,根據(jù)牛頓第二定律得F=ma,可知加速度a隨著速度v減小而減小,導體棒做加速度逐漸減小的減速運動,故A正確,B錯誤;對導體棒,由動量定理得-IlBt=mv-mv0,又q=It=BlxR,解得v=v0-B22.D[解析]由右手定則可知,a棒剛進入ABCD磁場時的電流方向向右,A錯誤;a棒進入ABCD磁場時產(chǎn)生的感應電動勢為E=B1lv1,感應電流I=B1lv1R,由于a棒勻速通過ABCD磁場,根據(jù)平衡條件得mg=B12l2v1R,解得v1=4m/s,B錯誤;ab連桿自由下落過程,有h=v122g=0.8m,C錯誤;ab連桿在ABCD磁場中勻速下落的時間t1=dv1=0.1s,當a棒進入CD邊時開始減速,經(jīng)過t2=t-t1=0.1s,a棒到達EF邊,當導體棒的速度為v時,電動勢為E=(B1+B2)lv,電流為I=(B1+B2)lvR,安培力為F=(B1+B23.AB[解析]設加速階段的位移與減速階段的位移均為x,根據(jù)q=IΔt=ERΔt=ΔΦR·Δt·Δt=ΔΦR=BLxR,可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過程中通過金屬棒的電荷量,則減速過程由動量定理可得-BLIΔt=-BLq=0-mv,解得q=mvBL,A正確;由q=mvBL=BLxR,解得x=mvRB2L2,金屬棒加速的過程中,由位移公式可得x=12vt,可得加速時間為t=2mRB2L2,B正確;金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動,加速過程中,安培力逐漸增大,加速度不變,因此拉力逐漸增大,當撤去拉力的瞬間,拉力最大,由牛頓第二定律可得Fm-BBLvRL=ma,其中v=at,聯(lián)立解得Fm=3B2L2v2R,C錯誤;加速過程中拉力對金屬棒做正功,4.ABD[解析]a棒剛開始運動時,感應電動勢為E=B1Lv02,電路中電流為I=ER+12R=B1Lv03R,b棒受的安培力為F=B1IL=B12L2v03R,根據(jù)牛頓第二定律得a=B12L2v03mR,選項A正確;經(jīng)過足夠長時間,電路中無電流,有B1Lva2=B1Lvb,對a導體棒,根據(jù)動量定理得-B1iL2Δt=mva-mv0,對b導體棒,根據(jù)動量定理得B1iLΔt=mvb,聯(lián)立解得va=45v0,vb=25v0,選項B正確;對b導體棒,根據(jù)動量定理得B1iLΔt=B1Lq=mvb,解得q=2mv05B1L5.(1)B2L2v02R方向水平向左(2)①mv[解析](1)當細金屬桿M剛進入磁場時,M、N及導軌形成閉合回路,此時N還未動.設回路中的感應電動勢為E,E=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律得,回路中的電流I=EM剛進入磁場時受到的安培力大小F=BIL=B2L2v02R(2)①對金屬桿N進行分析,設N在磁場內(nèi)運動過程中回路中的平均電流為I對N由動量定理有BILΔt=m·v03N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q=IΔt=mv②設M、N在磁場內(nèi)運動時的速度差為Δv當M、N同在磁場內(nèi)運動時,回路中的感應電動勢E'=BLΔv則兩桿受到的安培力大小F'=BI'L=B若初始時刻N到ab為最小距離,則當N出磁場時,M剛好未與N相撞,有x=∑Δv·Δt.對N由動量定理有∑F'Δt=B2L2x2解得x=2m(3)初始時刻,若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx,則N到cd邊時速度大小恒為v03,根據(jù)動量守恒定律可知,mv0=mv1+mv2,解得N出磁場時,M的速度大小為v1=23v0,由題意可知,此時M到ab邊的距離x'=(k-1)x.若要保證M出磁場后不與N相撞①M減速到v03時出磁場,速度剛好等于N的速度,一定不與N相撞,對M根據(jù)動量定理有BI″L·Δt=m·2v03-m·v03,q'=I″·Δt②M運動到cd邊時,恰好減速到零,則對M根據(jù)動量定理有BI?L·Δt=m·2v0同理可得k=3.綜上所述,M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k<3.6.(1)2m/s2水平向右(2)24m(3)35611m<d<69611[解析](1)對甲從靜止到運動至P1P2處的過程,根據(jù)動能定理有m1gh-μ1m1gcosθ1·hsinθ1=12m甲剛進入磁場時,由法拉第電磁感應定律有E0=Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有I0=E對乙由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0聯(lián)立解得a乙0=2m/s2根據(jù)楞次定律可知,回路中的感應電流沿逆時針方向(俯視),結合左手定則可知,乙所受安培力方向水平向右,則加速度方向水平向右(2)甲和乙在磁場中運動的過程,由于甲和乙所受的安培力大小相等、方向相反,所以甲、乙組成的系統(tǒng)所受合外力為0,系統(tǒng)動量守恒,當兩者共速時有m1v0=(m1+m2)v共聯(lián)立解得v共=6m/s對乙根據(jù)動量定理有BIl·Δt=m2v共-0其中I=E2R,E=ΔΦΔt為使甲和乙不相碰,甲與乙共速時兩者的位移差應不大于距離d,即Δx≤d聯(lián)立解得d≥24m所以d的最小值為24m(3)根據(jù)(2)問可知,從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導軌上運動穩(wěn)定,相對位移為Δx=24m,且穩(wěn)定時的速度v共=6m/s乙第一次在右側傾斜導軌上向上運動的過程中,根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2+μ2m2gcosθ2=m2a上根據(jù)運動學規(guī)律有2a上x上=v乙第一次在右側傾斜導軌上向下運動的過程中,根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2-μ2m2gcosθ2=m2a下根據(jù)運動學規(guī)律有2a下x下=v又x上=x下聯(lián)立解得乙第一次從右側傾斜導軌上滑下經(jīng)Q1Q2時的速度v1=5m/s甲、乙結合體第一次在右側傾斜導軌上向上運動的過程中,根據(jù)牛頓第二定律有(m1+m2)gsinθ2+μ2(m1+m2)gcosθ2=(m1+m2)a上'根據(jù)運動學規(guī)律有2a上'x上'=v2由題圖2可知x上=4.84x上'解得甲、乙碰撞后的速度v=3011乙返回水平導軌后與甲相互作用的過程,對甲、乙組成的系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律有m1v2-m2v1=(m1+m2)v解得乙返回水平導軌Q1Q2時甲的速度為v2=17533若乙返回水平導軌時在Q1Q2處恰與甲發(fā)生碰撞,則對應d取最小值.乙第一次在右側傾斜導軌上運動的過程,對甲根據(jù)動量定理有-BI1lΔt1=m1v2-m1v其中I1=E12R,E1=ΔΦ1聯(lián)立解得Δx1=9211根據(jù)位移關系有dmin-Δx=Δx1解得dmin=35611若乙返回水平導軌后,當兩者共速時恰好碰撞,則對應d