專題二十三動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(A)1.BCD[解析]由題意可知,a、b兩棒中的電流大小相等,由左手定則可知,安培力方向相同,則系統(tǒng)的合力不為0,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;由題意分析可知,a棒向右做減速運(yùn)動(dòng)切割磁感線,b棒向左做加速運(yùn)動(dòng)切割磁感線,當(dāng)兩棒速度大小相等時(shí)回路中的電流為0,分別對兩棒應(yīng)用動(dòng)量定理且取向左為正方向,有Ft=mv,Ft=m(-v)-m(-v0),解得v=v02,故B正確;由能量守恒定律可得12mv02=2×12mv2+2Qa,解得Qa=18mv02,故C正確;對a棒由動(dòng)量定理且取向右為正方向,有-BitL=mv-mv0,即BqL=mv0-mv2.AD[解析]因金屬棒a向右運(yùn)動(dòng),受安培力向左,則a棒做減速運(yùn)動(dòng),金屬棒b受安培力向右做加速運(yùn)動(dòng),則經(jīng)過一段時(shí)間后,兩棒穩(wěn)定時(shí)均做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)回路的感應(yīng)電流為零,感應(yīng)電動(dòng)勢為零,則B·2lva=Blvb,即2va=vb,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)a=BILm,則aa=BI·2l2m=ab=BIlm,金屬棒a做勻減速直線運(yùn)動(dòng),b做勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩者加速度大小相同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤-BI·2lΔt=2mva-2mv0,對b有BI·lΔt=mvb,解得q=IΔt=2mv03Bl3.AC[解析]金屬框開始獲得向右的初速度v0,根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)镸→N→c→b→M,故A正確;以整體為研究對象,由于整體水平方向不受力,所以整體水平方向動(dòng)量守恒,最后二者速度相等,取初速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv0=3mv,可得v=23v0,故B錯(cuò)誤;對導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量定理可得BILΔt=mv-0,其中IΔt=q,可得通過導(dǎo)體棒的電荷量為q=2mv03BL,故C正確;由能量守恒定律知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12×2mv02-12×3mv4.ACD[解析]根據(jù)楞次定律可判斷,開始時(shí)回路中磁通量在增大,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間在均勻增大,故A正確;金屬棒在ab段滑動(dòng)過程中,上滑時(shí)金屬棒受到沿斜面向下的安培力,則mgsinθ+BIL=ma1,下滑時(shí)金屬棒受到沿斜面向上的安培力,則mgsinθ-BIL=ma2,顯然a1>a2,故B錯(cuò)誤;在ab段上滑和下滑過程中的磁通量變化量大小相同,根據(jù)q=ΔΦR可知流經(jīng)R的電荷量相同,故C正確;上滑時(shí)安培力的沖量為IA=BLIt=B2L2vRt=B2L2xR,同理可知下滑時(shí)安培力的沖量與之大小相等,方向相反,規(guī)定沿斜面向下為正方向,全程根據(jù)動(dòng)量定理得mgsinθ·t=mv5.BC[解析]只閉合開關(guān)S2,在金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過程中取一段時(shí)間Δt,且Δt趨近于零,設(shè)金屬棒的加速度大小為a,則有I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa,對金屬棒,根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,解得a=mgm+CB2L2,I=mgCBLm+CB2L2,可知金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確;只閉合開關(guān)S1,金屬棒MN剛釋放時(shí)有mg=ma,之后金屬棒受重力和安培力共同作用,根據(jù)牛頓第二定律有mg-F安=ma',又F安=BIL=BBLvRL=B2L2vR,其中金屬棒的速度v在增大,則金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到安培力和重力平衡后做勻速直線運(yùn)動(dòng),C正確;若只閉合開關(guān)S16.(1)0.2(2)4m/s2(3)5m/s[解析](1)對P棒受力分析,水平方向上有F-μmg=ma0從圖像可以讀出,0~3s段的傾斜直線的斜率表示加速度大小,即a0=k=2m/s2聯(lián)立解得μ=0.2(2)P棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到拉力F、滑動(dòng)摩擦力和安培力,由圖像可知,此時(shí)P棒做減速運(yùn)動(dòng),有μmg+BIL-F=ma其中I=ER,E=BLv,v=6聯(lián)立解得a=4m/s2(3)對P和Q整體進(jìn)行分析,在3s~t2時(shí)間內(nèi),由動(dòng)量定理可得F-μ·2mgt2-3s=mt2時(shí)刻I2=BLvP-v計(jì)算中發(fā)現(xiàn)F=μ·2mg聯(lián)立解得vP=5m/s7.(1)65(2)0.66J(3)6.42[解析](1)線框剛進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí),產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E=Blv0此時(shí)回路中的感應(yīng)電流為I=E在水平方向上,根據(jù)牛頓第二定律可得IBl=max豎直方向ay=g解得axa(2)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后,豎直方向只受重力作用,且豎直方向的運(yùn)動(dòng)不改變線框的磁通量.水平方向運(yùn)動(dòng)且磁通量變化時(shí),會(huì)產(chǎn)生阻礙線框運(yùn)動(dòng)的安培力.設(shè)線框剛好離開第一個(gè)磁場時(shí)的水平速度的大小為v1,線框穿過第一個(gè)磁場的過程,根據(jù)動(dòng)量定理可得-BI1lt1=mv1-mvI1=v1t1=2解得v1=3.8m/s同理可得線框剛離開第二個(gè)磁場瞬間水平方向的速度為v2=2.8m/s據(jù)功能關(guān)系可得Q=12mv12-解得Q=0.66J(3)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后,在水平方向受安培力作用時(shí),做減速運(yùn)動(dòng),線框完全進(jìn)入磁場和完全離開磁場的過程中做勻速直線運(yùn)動(dòng).由(2)問可得,線框穿過一個(gè)完整的磁場區(qū)域,水平方向的速度減小量為Δv=v0-v1所以線框可以穿過4個(gè)完整的磁場區(qū)域,但是不能從第5個(gè)磁場區(qū)域穿出.線框穿出第4個(gè)完整的磁場區(qū)域時(shí)水平方向的速度為v=v0-4Δv設(shè)線框在第5個(gè)磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí),有感應(yīng)電流的過程中水平方向運(yùn)動(dòng)的總距離為x.由(2)問可