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培优点7　动量观点在电磁感应中的应用
目标要求　
1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。
2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
求解的 物理量 应用示例
电荷量 或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移 －＝0－mv0， 即－＝0－mv0
时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1， 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1， 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－＋F其他Δt＝mv2－mv1， 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1， 已知位移x、F其他(F其他为恒力)
例1　(2023·江苏泰州市调研)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一根通有恒定电流I的长直导线，用规格相同的均匀材料做成的单匝线框A、B平铺在水平面上。A是边长为a的正方形，B是长为2a、宽为a的长方形。瞬间关闭恒定电流I，假设线框不会与长直导线碰撞，A、B最终获得的动量之比为(　　)
A．3∶8 B．3∶4 C．1∶4 D．9∶16
学习笔记：______________________________________________________________
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例2　(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
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(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
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(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
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考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析 方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
例3　(2023·江苏省南京外国语学校期末)如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一绝缘水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电荷量为
C．两导体棒的相对距离减小量为
D．导体棒MN产生的焦耳热为
学习笔记：______________________________________________________________
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1.(2023·江苏省盐城中学期末)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，导轨间距为L，在Q、N之间连接有阻值为R的电阻，导轨上放有质量为m、电阻为R的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一大小为F＝2mg的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t后金属杆达到最大速度。金属杆ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，当地重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　)
A．通过电阻R的感应电流方向为由N向Q
B．金属杆ab的最大速度为
C．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，上升的高度为(t－)
D．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为(t－)
2．(2023·江苏南通市海安中学开学考试)如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在绝缘水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，电阻均为R的金属棒J和K分别置于轨道上，棒始终与轨道垂直并且接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水平向左的初速度v0，求：
(1)全过程中系统产生的焦耳热Q；
(2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。
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培优点7　动量观点在电磁感应中的应用
例1　A　[时间极短，可认为磁感应强度均匀变化，设线框左右两边的磁感应强度差为ΔB，由动量定理有ΔBLI′t＝ΔBL＝mv＝p，根据题意A、B为同种均匀材料，可得＝，所以有＝··＝××＝，故选A。]
例2　(1)　(2)2gsin θ
(3)gsin θ·t0＋　
解析　(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL
联立解得v0＝
(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可知mgsin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2gsin θ
(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsin θt0－BLt0＝mv－mv0
棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsin θt0＋BLt0＝mv
联立解得v＝gsin θ·t0＋
＝gsin θ·t0＋，
＝
由法拉第电磁感应定律可得
＝＝
联立可得Δx＝＝。
例3　C　[依题意，当两导体棒速度相等时，导体棒PQ速度达到最大，该过程中，导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BIL，I＝，E＝BLΔv，联立可得F安＝，式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝，可知导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ达到最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误；对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒达到共速时速度大小为v，根据动量定理可得－BLΔt＝mv－mv0，Δt＝q，I＝mv0，对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，联立可得通过导体棒MN的电荷量为q＝，故B错误；根据q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx，联立可得两导体棒的相对距离减小量为Δx＝，故C正确；从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有mv02＝Q＋×2mv2，Q＝QR＋Qr，＝，联立得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝，故D错误。]
高考预测
1．B　[由楞次定律可知，通过电阻R的感应电流方向为由Q向N，故A错误；金属杆速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，通过金属杆的电流为I＝，金属杆所受安培力为FA＝BIL＝，由牛顿第二定律可得F－mg－＝ma，当a＝0时，速度最大，解得最大速度为vm＝，故B正确；金属杆ab由静止到最大速度的过程中，由动量定理得Ft－mgt－BLt＝mvm，又因为＝，＝，可得Ft－mgt－＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝(t－)，通过电阻R的电荷量q＝(t－)，故C、D错误。]
2．(1)3mv02　(2)
解析　(1)两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则
2m·2v0－mv0＝(2m＋m)v
根据能量守恒可得产生的焦耳热为
Q＝×2m(2v0)2＋mv02－
(2m＋m)v2
联立解得Q＝3mv02
(2)取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为Δt，取向右为正方向，根据动量定理得
－Bd·Δt＝2mv0－2m·2v0
而＝＝
解得Δx＝。

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