專題強化八電磁感應中的動量問題電磁感應中的動量問題，是導體切割磁感線運動過程中力、能、電、動量的綜合應用，此類問題是高考命題的趨勢。主要類型有：用動量定理解決電磁感應問題，用動量守恒定律解決電磁感應問題。一、用動量定理解決電磁感應問題導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解更方便。例1(2019·浙江質檢)如圖甲所示，絕緣水平面上有一間距L＝1m的金屬U形導軌，導軌右側接一阻值R＝3Ω的電阻。在U形導軌中間虛線范圍內存在垂直導軌平面的勻強磁場，磁場的寬度d＝1m，磁感應強度大小B＝0.5T。現有一質量為m＝0.1kg，電阻r＝2Ω、長為L＝1m的導體棒MN以一定的初速度v0從導軌的左端開始向右運動，穿過磁場的過程中，線圈中的感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示。已知導體棒與導軌之間的動摩擦因數μ＝0.3，導軌電阻不計(1)MN剛進入磁場時的初速度大小；(2)電阻R產生的焦耳熱；(3)導體棒通過磁場的時間。[解析]本題考查電磁感應中的動力學問題和功能關系。(1)由題圖乙可知，MN剛進入磁場時的電流I1＝0.5根據閉合電路歐姆定律得I1＝eq\f(E,R＋r)，根據法拉第電磁感應定律得E＝BLv0，聯立解得v0＝eq\f(I1R＋r,BL)＝5m/s。(2)導體棒通過磁場過程，由動能定理得－μmgd－W安＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而v＝eq\f(I2R＋r,BL)＝3m/s，電阻R產生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)W安，聯立解得QR＝0.3J。(3)導體棒通過磁場過程，取向右為正方向，由動量定理得－μmgt－Beq\x\to(I)Lt＝mv－mv0，eq\x\to(I)t＝eq\f(BL\x\to(v)t,R＋r)＝eq\f(BLd,R＋r)，聯立解得t＝0.5s。[答案](1)5m/s(2)0.3J(3)0.5二、用動量守恒定律解決電磁感應問題在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律求解比較方便。例2(2020·湖北七市(州)聯考)如圖所示，光滑平行金屬導軌的水平部分處于豎直向下的B＝4T的勻強磁場中，兩導軌間距為L＝0.5m，導軌足夠長且不計電阻。金屬棒a和b的質量都為m＝1kg，連入導軌間的電阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒靜止于導軌水平部分，現將a棒從h＝80cm高處自靜止沿弧形導軌下滑，通過C點進入導軌的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導軌垂直，且兩棒始終不相碰，求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產生的焦耳熱(已知重力加速度g[解析]設a棒下滑到C點時速度為v0，由動能定理，有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：v0＝4此后的運動過程中，a、b兩棒達到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統動量守恒，有：mv0＝(m＋m)v解得a、b兩棒共同的最終速度為：v＝2此后兩棒一起做勻速直線運動；由能量守恒定律可知，整個過程中回路產生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m)v2則b棒中產生的焦耳熱為：Qb＝eq\f(1,2)Q解得：Qb＝2J。[答案]2m/s2〔專題強化訓練〕1．(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，兩導軌間的距離為L。導軌上面橫放著兩根導體棒ab、cd，與導軌一起構成閉合回路。兩根導體棒的質量均為m，長度均為L，電阻均為R，其余部分的電阻不計。在整個導軌所在的平面內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。開始時，兩導體棒均在導軌上靜止不動，某時刻給導體棒ab以水平向右的初速度v0，則(BC)A．導體棒ab剛獲得速度v0時受到的安培力大小為eq\f(B2L2v0,R)B．兩導體棒最終將以eq\f(v0,2)的速度沿導軌向右勻速運動C．兩導體棒運動的整個過程中產生的熱量為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)D．當導體棒ab的速度變為eq\f(3,4)v0時，導體棒cd的加速度大小為eq\f(3B2L2v0,8mR)[解析]當導體棒ab剛獲得速度v0時，導體棒cd還沒開始運動，此時導體棒ab產生的感應電動勢為E＝BLv0，回路中的感應電流為I＝eq\f(E,2R)，故此時導體棒ab受到的安培力大小為F＝BIL，解得F＝eq\f(B2L2v0,2R)，選項A錯誤；從開始到兩導體棒達到共同速度的過程中，兩導體棒的總動量守恒，則可得mv0＝2mv，解得其共同速度為v＝eq\f(v0,2)，方向沿導軌向右，選項B正確；由能量守恒定律得，整個運動過程中產生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，選項C正確；設導體棒ab的速度變為eq\f(3,4)v0時，導體棒cd的速度大小為v1，則由動量守恒定律可得mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mv1，此時回路中的感應電動勢為E′＝BL(eq\f(3,4)v0－v1)，感應電流為I′＝eq\f(E′,2R)，此時導體棒cd受到的安培力為F′＝BI′L，所以導體棒cd的加速度大小為a＝eq\f(F′,m)，解得a＝eq\f(B2L2v0,4mR)，選項D錯誤。2．如圖所示，足夠長的水平導軌左側b1b2－c1c2部分導軌間距為3L，右側c1c2－d1d2部分的導軌間距為L，曲線導軌與水平導軌相切于b1b2，所有導軌均光滑且電阻不計。在水平導軌內有斜向下與豎直方向的夾角θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.1T。質量為mB＝0.2kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄導軌上，質量為mA＝0.1kg的金屬棒A自曲線導軌上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，B棒總在窄軌上運動。已知：兩棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2Ω，h＝0.45m，L＝0.2m，sin37°＝0.6，cos(1)A棒滑到b1b2處時的速度大小；(2)B棒勻速運動時的速度大小；(3)在兩棒整體運動過程中，兩棒在水平導軌間掃過的面積之差(最后結果保留3位有效數字)。[答案](1)3m/s(2)eq\f(9,19)m/s(3)29.6[解析](1)A棒在光滑曲線導軌上下滑，由機械能守恒定律得：mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)解得：v0＝3(2)選取水平向右為正方向，對兩棒分別應用動量定理，對B棒：FB安cosθ·t＝mBvB對A棒：－FA安cosθ·t＝mAvA－mAv0其中FA安＝3FB安兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，有：BLvB＝3BLvA解得：vA＝eq\f(3,19)m/s，vB＝eq\f(9,19)m/s。(3)在B棒加速運動過程中，由動量定理得：Bcosθeq\x\to(I)LΔt＝mBvB－0電路中的平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(E,2R)根據法拉第電磁感應定律有：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)其中磁通量變化量：ΔΦ＝BcosθΔS解得：ΔS≈29.63．(2019·安徽蚌埠二模)如圖所示，質量M＝1kg的半圓弧形絕緣凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef兩個光滑半圓形導軌，c與e端由導線連接，一質量m＝1kg的導體棒自ce端的正上方h＝2m處平行ce由靜止下落，并恰好從ce端進入凹槽，整個裝置處于范圍足夠大的豎直方向的勻強磁場中，導體棒在槽內運動過程中與導軌接觸良好。已知磁場的磁感應強度大小B＝0.5T，導軌的間距與導體棒的長度均為L＝0.5m，導軌的半徑r＝0.5m，導體棒的電阻R＝1Ω，其余電阻均不計(1)求導體棒剛進入凹槽時的速度大小；(2)求導體棒從開始下落到最終靜止的過程中系統產生的熱量；(3)若導體棒從開始下落到第一次通過導軌最低點的過程中產生的熱量為16J，求導體棒第一次通過最低點時回路中的電功率。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)25J(3)eq\f(9,4)W[解析]本題考查導體棒做圓周運動切割磁感線問題。(1)根據機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得導體棒進入凹槽時的速度大小v＝2eq\(2)導體棒在凹槽導軌上運動過程中切割磁感線產生感應電動勢，回路中，產生感應電流，最終整個系統處于靜止狀態，導體棒停在凹槽最低點，根據能量守恒定律可知，導體棒從開始下落到最終靜止的過程中系統產生的熱量Q＝mg(h＋r)＝25J；