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专题强化二十五　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方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．
题型一　动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．
考向1　“单棒＋电阻”模型
情景示例1 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度
情景示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt
应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量
例1　水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于
答案　B
解析　导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为mv02，故C错误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误．
考向2　不等间距上的双棒模型
例2　如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd一水平向右的初速度v0，则(　　)
A．两棒组成的系统动量守恒
B．最终通过两棒的电荷量为
C．ab棒最终的速度为v0
D．从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为mv02
答案　B
解析　当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2BLt＝2mvcd－2mv0，BLt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，因q＝t，可得q＝，B正确，C错误；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv02－·mvab2－·2mvcd2，解得Q＝mv02，D错误．
考向3　“电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
　 基本模型 规律 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动
运动特点和最终特征 棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度 电容器充电荷量：q＝CU 最终电容器两端电压U＝BLv 对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝.
v－t图像
例3　如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则下列说法不正确的是(　　)
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
答案　B
解析　当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝＝，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Bl·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．
2．无外力放电式
基本模型 规律 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流的特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点及最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm 电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理：mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ vm＝
v－t图像
例4　(2017·天津卷·12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
答案　(1)垂直于导轨平面向下　(2)　(3)
解析　(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有
I＝①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中流经MN的平均电流为，MN受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.
题型二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力 双棒有外力
示意图 F为恒力
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
例5　如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻．一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则(　　)
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→b→c→N→M
B．导体棒的最大速度为
C．通过导体棒的电荷量为
D．导体棒产生的焦耳热为mv02
答案　C
解析　金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A错误；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝×2mv02－×3mv2＝mv02，故D错误．
例6　如图所示，相互平行、相距L的两条足够长的金属导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动．开始时，甲导体棒具有向左的初速度v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求：
(1)开始时，回路中电流大小I；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一根导体棒的加速度大小a；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电荷量最大值qm.
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)开始时，设回路中的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律有E＝3BLv
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得I＝.
(2)甲、乙两导体棒在运动过程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等．由于甲棒的初速度较小，所以甲导体棒速度先减小到零，设此时乙导体棒的速度大小为v1，根据动量守恒定律，以乙导体棒运动的方向为正方向，有2mv－mv＝mv1
回路中的感应电动势为E′＝BLv1
回路中的感应电流为I′＝
乙导体棒受到的安培力大小为F′＝BI′L
根据牛顿第二定律，有F′＝ma
联立解得a＝.
(3)当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零．设两导体棒共同运动的速度为v共，由动量守恒定律得2mv－mv＝2mv共
解得v共＝，设从开始运动到两棒速度相等的时间为t，回路中的平均电流为，以水平向右为正方向，对导体棒乙，根据动量定理有－BLt＝mv共－2mv
电荷量qm＝t，联立解得qm＝.
课时精练
1．如图所示，在水平面上有两条金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B.两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间的摩擦不计．杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1
答案　C
解析　若杆2固定，则设原来二者之间的最小距离为x1，对杆1由动量定理得：
－Bdt＝0－mv0
q＝t＝＝
解得x1＝
若杆2不固定，设原来二者之间的最小距离为x2，两者最终速度为v恰不相碰，则由动量定理，对杆1有－Bdt′＝mv－mv0，对杆2有Bdt′＝mv，电荷量q′＝t′＝＝
解得x2＝，则x1∶x2＝2∶1，故选C.
2．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，导轨电阻可忽略，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右运动且不会与cd相碰．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别为vab、vcd，通过ab横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd棒产生的焦耳热为Q.下列图像中正确的是(　　)
答案　C
解析　导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝BIL，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零．由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错误；对ab棒由动量定理得BILt＝mv0－m，则q＝It＝，电荷量随时间的增加而增加，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q－t图像的斜率也逐渐减小， 故B错误；系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误．
3．图甲所示是电阻可忽略的足够长的光滑平行金属导轨．已知导轨的间距L＝1.0 m，导轨的倾角θ＝30°，导轨上端接的电阻R＝1.5 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与导轨垂直且接触良好，从导轨上端由静止开始下滑．电流传感器记录了金属棒在下滑过程中产生的电流随时间变化的规律，如图乙所示．取g＝10 m/s2则(　　)
A．磁感应强度的大小为1.0 T
B．0到2.0 s的时间内，通过金属棒的电荷量为2.0 C
C．0到2.0 s的时间内，金属棒下滑的距离为3.0 m
D．0到2.0 s的时间内，电阻R产生的焦耳热为2.8 J
答案　A
解析　电流稳定时，金属棒做匀速运动，设速度为v，则感应电动势E＝BLv
感应电流I＝＝＝1 A
根据受力平衡，有mgsin θ＝BIL
联立解得B＝1.0 T，v＝2 m/s，A正确；
0～2.0 s时间内，设回路中的平均电流为，取沿斜面向下为正方向，由动量定理得mgsin θt－BLt＝mv，又t＝q.
代入数据解得q＝1.6 C，B错误；
根据q＝＝，代入数据解得x＝3.2 m，C错误；根据能量守恒定律，有mgsin θ·x＝Q＋mv2
代入数据解得Q＝2.8 J，电阻R上产生的焦耳热QR＝Q＝2.1 J，D错误．
4. 如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动．当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时刚好静止．导轨与棒的电阻不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a→b和由b→c的两个过程中(　　)
A．金属棒运动的加速度相等
B．金属棒通过a、b两位置时速率va＝2vb
C．回路中产生的内能Eab＝2Ebc
D．安培力做功相等
答案　B
解析　金属棒由位置a到b再到c过程中，速度逐渐减小，根据 E＝BLv，E减小，故I减小，安培力减小，由F＝ma，知加速度减小，故A错误；
在b→c的过程中，对金属棒运用动量定理得
－∑·Δt＝0－mvb
而∑vΔt＝lbc，解得vb＝
同理，在a→c的过程中，对金属棒运用动量定理得
－∑·Δt′＝0－mva
而∑v′Δt′＝lac，解得va＝
又lac＝2lbc，因此va＝2vb，故B正确；
由能量守恒定律有，回路中产生的内能Eab＝mva2－mvb2＝mvb2，Ebc＝mvb2，所以Eab＝3Ebc，故C错误；金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，由于ab、bc间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故D错误．
5. 如图所示，两根光滑平行金属导轨(电阻不计)由半径为r的圆弧部分与无限长的水平部分组成．间距为L.水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为2m的金属棒ab静置于水平导轨上，电阻为2R.另一质量为m、电阻为R的金属棒PQ从圆弧M点处由静止释放，下滑至N处后进入水平导轨部分，M到N的竖直高度为h，重力加速度为g，若金属棒PQ与金属棒ab始终垂直于金属导轨并接触良好，且两棒相距足够远，求：
(1)金属棒PQ滑到N处时，金属导轨对金属棒PQ的支持力为多大；
(2)从释放金属棒PQ到金属棒ab达到最大速度的过程中，整个系统产生的内能；
(3)若在金属棒ab达到最大速度时给金属棒ab施加一水平向右的恒力F(F为已知量)，则在此恒力作用下整个回路的最大电功率为多少．
答案　(1)mg＋　(2)mgh　(3)
解析　(1)设金属棒PQ滑到N处时的速度为v，支持力为FN
根据动能定理得mgh＝mv2
解得v＝
FN－mg＝m
得FN＝mg＋
(2)金属棒PQ进入水平轨道后，设金属棒ab与金属棒PQ所受安培力的大小为F，安培力作用时间为t，金属棒PQ在安培力作用下做减速运动，金属棒ab在安培力作用下做加速运动，当两棒达到共同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，金属棒ab达到最大速度
根据动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′
解得v′＝
根据能量守恒定律知系统产生的内能应等于系统机械能的减少量，得
Q＝mv2－×3mv′2
解得Q＝mgh
(3)当金属棒PQ达到最大功率时，金属棒PQ与金属棒ab加速度相同，速度差恒定，回路中产生稳定电流．由牛顿第二定律得
对PQ棒：F安＝ma
对ab棒：F－F安＝2ma
得F安＝
由安培力的公式可得F安＝BIL
电功率P＝I2·3R
联立以上各式得P＝.
6．如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v－t图像(设导轨足够长)．求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.
答案　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)8 m
解析　(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝
导体棒所受安培力FA＝BIL＝
由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，安培力的冲量ΔI＝－·Δt＝－Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－x
由动量定理有Ft－x＝mv－0，得x＝8 m.
7. 如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B1＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B2＝0.5 T．一个质量为m＝2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到平衡状态，cd与ef之间的距离x2＝16 m．求(g取10 m/s2)
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；
(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间．
答案　(1)2 m/s　(2)25 J　(3)5.7 s
解析　(1)设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝B1Lv1
电路中的感应电流为I1＝
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B1I1L，
联立解得v1＝2 m/s
(2)经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B2I2L
感应电流I2＝，联立解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到滑到ab的过程中
由动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)x0＝mv12
解得x0＝0.8 m
从开始运动到滑到ef的过程中由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝
解得Q＝25 J
(3)全过程由动量定理得(mgsin θ－μmgcos θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝，q2＝
解得t＝5.7 s.
8. (2022·福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω.现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒．导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10 m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12 J时，其速度va＝1.0 m/s，求：
(1)此时b棒的速度大小；
(2)此时a棒的加速度大小；
(3)a棒从静止释放到速度达到1.0 m/s所用的时间．
答案　(1)3 m/s　(2)1 m/s2　(3)0.768 s
解析　(1)设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有
F－magsin θ－F安＝maaa
mbgsin θ－F安＝mbab
联立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，
可解得vb＝3 m/s.
(2)设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
E＝BLva＋BLvb，I＝，F安＝BIL
联立(1)中式子解得aa＝1 m/s2.
(3)设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb
根据能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－mava2－mbvb2＝2Qa
对a棒根据动量定理有(F－magsin θ)t－I安＝mava－0
其中安培力的冲量I安＝∑F安Δt
可得I安＝
联立代入数据可解得t＝0.768 s.

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