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第31讲　微专题六 动力学、动量和能量观点在电学中的应用
目录
[命题点研究] 1
命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用 1
命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用 6
[课时训练] 8
[命题点研究]
命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：
(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.
(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.
(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.
(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.
(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.
类型1　动量定理和功能关系的应用
（2023 岳麓区校级模拟）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的矩形线圈abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab边以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，求：
（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是多少？
（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；
（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。
（2023 潍坊三模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R的定值电阻串联，S2与一个电容为C的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量为m、电阻也为R。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为2m的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t金属棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
（1）导体棒的最大速度；
（2）导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离；
（3）从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；
（4）导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量。
类型2　动量守恒定律和功能关系的应用
（2023 安康二模）如图所示，两光滑倾斜金属导轨MN、M'N'平行放置，导轨与水平面的夹角为θ，两导轨相距L，MM'间连接一个阻值为R的电阻。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场区域的宽度均为d（未画出），相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为s。倾斜导轨与间距也为L的水平金属导轨N′Q、NP通过一小段光滑圆弧金属轨道连接，水平导轨处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B。一质量为m、阻值也为R的导体棒ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某位置由静止释放，导体棒在进入三个磁场区域后均做减速运动且出磁场时均恰好受力平衡，导体棒沿倾斜导轨下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒滑到倾斜导轨底端的速度大小为v，进入水平导轨运动了x距离后停下。导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，倾斜、水平导轨的电阻均忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒ab释放处距磁场区域Ⅰ上边界距离；
（2）导体棒ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间电阻R产生的热量；
（3）导体棒ab在水平导轨上运动的时间。
（2021秋 河北期末）如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距为L＝0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2kg，有效电阻R1＝0.05Ω，cd棒的质量为m2＝0.1kg，有效电阻为R2＝0.15Ω（设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计）。问：
（1）0～1s时间段通过cd棒的电流大小与方向；
（2）假如在1s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度；
（3）对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？
（2023 昆明一模）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上固定着两足够长的平行金属导轨，导轨间距为L＝2m，上端连接阻值为R＝0.4Ω的定值电阻，下端开口。粗糙的导体棒a、b恰能静止在导轨上MN和PQ位置，MN和PQ之间的距离d＝3m。PQ下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T。现使a棒在平行于斜面向下F＝6N的恒力的作用下，从MN位置由静止开始向下加速运动，当a棒运动到与b棒碰撞前瞬间，撤去力F，a、b两棒发生弹性碰撞。已知a棒的质量ma＝1kg，电阻Ra＝0.4Ω，b棒的质量mb＝3kg，电阻Rb＝0.2Ω，金属导轨的电阻均不计，两棒始终与金属导轨垂直且接触良好，棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）a、b棒碰后瞬间b棒的速度大小；
（2）从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热；
（3）最终a、b棒间的距离。
命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用
动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.
类型1　电场中动量和能量观点的应用
（2020秋 广东月考）如图所示，在绝缘水平面上的P点放置一个质量为mA＝0.02kg的带负电滑块A，带电荷量q＝1.0×10﹣6C，在A的左边相距l＝0.9m的Q点放置一个不带电的滑块B，质量为mB＝0.04kg，滑块B距左边竖直绝缘墙壁s＝0.15m。在水平面上方空间加一方向水平向右的匀强电场，电场强度为E＝0.4×105N/C，使A由静止释放后向左滑动并与B发生碰撞，碰撞的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动，与墙壁发生碰撞时没有机械能损失，两滑块都可以视为质点。已知水平面OQ部分粗糙，其余部分光滑，两滑块与粗糙水平面OQ间的动摩擦因数均为μ＝0.50，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求
（1）A经过多长时间与B相碰？相碰结合后的速度是多少？
（2）AB与墙壁碰撞后在水平面上滑行的过程中，离开墙壁的最大距离是多少？
（3）A、B相碰结合后的运动过程中，由于摩擦而产生的热是多少？通过的总路程是多少？
类型2　磁场中动量和能量观点的应用
（2011秋 昌江区校级期末）如图所示，ab、ef是平行地固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d．在导轨左端a、c上连有一个阻值为R的电阻，一质量为3m，长为d的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触．起初金属棒静止于MN位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B的磁场中．现有一质量为m的带电量为q的光滑且绝缘的小球在桌面上从O点（O为导轨上的一点）以与ef成60°斜向右方射向ab，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起（设小球与棒之间没有电荷转移）．小球运动过程中不计导轨间电场的影响，导轨和金属棒的电阻不计．求：
（1）小球射入磁场时的出速度υ0；
（2）电阻R上产生的热量Q和通过的电量△q．
[课时训练]
（2023 温州模拟）如图所示，间距L＝2.0m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出电流I＝0.5A的恒流源．空间分布两个宽度分别为和、间距D＝2.0m的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场磁感应强度大小均为B＝0.5T，方向均竖直向下。质量m＝0.5kg、电阻为R1的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量m＝0.5kg、边长为0.5D、电阻R2＝2.0Ω的正方形单匝线框的右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为0.5D。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：
（1）导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小v1；
（2）线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框与导体棒碰撞的次数n，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总。
（2023 金华模拟）如图所示，长度足够的两导轨与水平面成θ角平行放置，间距为d；在导轨所在区间，存在方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场；接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C和线圈电感为L。一根长也为d、质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t＝0时，导体棒静止释放，不计摩擦、空气阻力和其它电阻（不考虑电磁辐射）。（提示：当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小；当线圈中通有电流I时，其储存的磁能）
（1）t＝0时，接通S1，断开S2和S3，求棒所能达到的最大速度vm1；
（2）t＝0时，接通S2，断开S1和S3，求棒的加速度a；
（3）t＝0时，接通S3，断开S1和S2，已知棒下滑x0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及当棒下滑2x0过程中回路产生的焦耳热Q。
（2023 浙江模拟）如图所示，有一个间距为d＝0.3m的平行光滑金属导轨与水平面成θ＝53°放置，通过光滑圆弧绝缘件与另一个光滑的水平金属导轨平滑对接，其中轨道AA′BB′部分间距为d，轨道BB′DD′部分间距为。在cd棒的下方区域内存在与导轨平面垂直、磁感应强度大小为B1＝2T的匀强磁场，AA′CC′之间存在竖直向上、磁感应强度大小为B2＝1T的匀强磁场。导轨的下端接有阻值为R＝2Ω的电阻，在导轨的上端垂直于导轨用锁定装置锁定有一质量为m2＝1kg的导体棒cd，长度为L＝0.6m，电阻为r＝4Ω。另有一质量为m1＝1kg的导体棒ab垂直于导轨，与cd棒相距x1＝2m，以大小为v0＝8m/s的速度沿导轨向上，经过t1＝0.47s，ab棒运动到cd棒位置时，锁定装置解除cd棒的锁定，ab棒与cd棒碰撞合在一起继续向上，经过绝缘件到达AA′时，在BB′由另一个锁定装置锁定的导体棒ef解除锁定，导体棒ef质量为，之后它们分别在各自轨道运动。当棒abcd运动到BB′时，速度已达到稳定，之后被锁定装置锁住，ef棒再运行x3＝20m到达CC′处。CC′右侧有一根劲度系数k＝1N/m的轻质弹簧水平放置，处于原长，右端固定，左端与一质量为的绝缘棒gh（长度为L）拴接（拴接点在棒gh的中点）。最终ef棒沿水平导轨与gh棒发生碰撞后即刻合在一起，且此后始终做简谐运动。三个导体棒始终与导轨接触良好，不计金属导轨及其他电阻，且所有导体棒长度，电阻，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）ab棒运动到cd棒位置时的速度大小以及碰撞后瞬间棒两端的电势差大小；
（2）整个运动过程中产生的焦耳热；
（3）ef棒和gh棒碰撞后始终做简谐运动，请以两棒碰撞第一次速度变为0时作为计时起点，向右为正方向，写出该简谐运动的振动方程。（已知弹簧振子振动周期公式，其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数。可以用F﹣x图像下的面积代表力F做的功）
（2023 浙江模拟）如图，相距为L＝1m的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为θ＝37°，上端接有阻值为R＝3Ω的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场B0＝3T，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界CD与EF相距s1＝3m，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为s2＝5m，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为B＝2T，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为m＝1kg，长度都为L＝1m，电阻都为R＝3Ω，一开始金属棒b静止在边界EF与GH的中点，金属棒a从斜面上高度为h＝2m处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界EF时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度v0；
（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t1；
（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。
（2023 浙江二模）如图所示，间距L＝1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行导轨，y轴垂直导轨。在x＝0位置左侧有一宽度为d＝0.1m的光滑绝缘薄层（包括x＝0处），隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y轴左侧磁场大小为B1＝2T方向垂直纸面向外，y右侧磁场大小为B2，且满足B2＝0.5x（T）变化，方向垂直纸面向外，在两轨道中x轴为坐标为x2＝﹣0.5m的位置存在一个弹性装置，金属棒与弹性装置碰撞时瞬间等速弹回，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I＝8A（方向如图中箭头所示），导轨左侧接一阻值为R1＝3Ω的电阻。阻值为R＝1Ω质量为m＝1kg的金属棒a垂直导轨静止于x＝0处，与金属棒a完全相同的金属棒b垂直导轨静止于x1＝0.5m处，金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞。忽略一切阻力，已知弹簧振子周期公式T＝2π，其中m为振子质量，k为回复力系数。求：
（1）金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
（2）试定性画出金属棒a的I﹣t图像（对时间轴数值不做要求）；
（3）金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
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第31讲　微专题六 动力学、动量和能量观点在电学中的应用
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[命题点研究] 1
命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用 1
命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用 9
[课时训练] 12
[命题点研究]
命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：
(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.
(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.
(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.
(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.
(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.
类型1　动量定理和功能关系的应用
（2023 岳麓区校级模拟）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的矩形线圈abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab边以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，求：
（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是多少？
（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；
（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。
【解答】解：（1）ab边刚进入磁场瞬间，ab边产生的感应电动势为E＝BLv
a、b两点的电压是路端电压，UEEBLv
（2）假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进入磁场时速度为v1，刚离开磁场时速度为v2。
线圈进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t1＝mv1﹣mv
又通过线圈的电荷量q1 t1
线圈离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t2＝mv2﹣mv1
其中 t2＝q2
已知当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，则有mv2
联立以上五式解得：v2＝（1）v＞0，所以线圈能全部穿出磁场。
（3）设线圈从进入磁场开始整个过程中安培力对线框做的总功为W。
由动能定理得：
W
解得：W＝（1）mv2
答：（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是BLv。
（2）线圈能全部穿出磁场，理由见解析；
（3）线圈从进入磁场开始整个过程中安培力对线框做的总功为（1）mv2。
（2023 潍坊三模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R的定值电阻串联，S2与一个电容为C的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量为m、电阻也为R。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为2m的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t金属棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
（1）导体棒的最大速度；
（2）导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离；
（3）从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；
（4）导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量。
【解答】解：（1）导体棒速度最大时棒和重物受力平衡，根据平衡条件可得：2mg＝BIL
其中：I
联立解得：vm
（2）对重物和棒根据动量定理可得：2mgt﹣BLt＝3mvm﹣0
其中：t
联立解得：x
（3）根据功能关系可得回路中产生的总热量为：Q＝2mgx
根据焦耳定律可得电阻R中产生的热量：QR
联立解得：QR
（4）当电容器两端电压等于导体棒两端电压时，回路中没有感应电流，此后导体棒匀速运动，电容器所带的电荷量最大，设最后匀速运动的速度大小为v，取向右为正方向，根据动量定理可得：
﹣BLt′＝mv﹣mvm
其中：q＝CBLv
联立解得：v
电容器所带的最大电荷量：q＝CBLv
联立解得：q
答：（1）导体棒的最大速度为；
（2）导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离为；
（3）从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量为；
（4）导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量为。
类型2　动量守恒定律和功能关系的应用
（2023 安康二模）如图所示，两光滑倾斜金属导轨MN、M'N'平行放置，导轨与水平面的夹角为θ，两导轨相距L，MM'间连接一个阻值为R的电阻。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场区域的宽度均为d（未画出），相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为s。倾斜导轨与间距也为L的水平金属导轨N′Q、NP通过一小段光滑圆弧金属轨道连接，水平导轨处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B。一质量为m、阻值也为R的导体棒ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某位置由静止释放，导体棒在进入三个磁场区域后均做减速运动且出磁场时均恰好受力平衡，导体棒沿倾斜导轨下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒滑到倾斜导轨底端的速度大小为v，进入水平导轨运动了x距离后停下。导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，倾斜、水平导轨的电阻均忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒ab释放处距磁场区域Ⅰ上边界距离；
（2）导体棒ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间电阻R产生的热量；
（3）导体棒ab在水平导轨上运动的时间。
【解答】解：（1）设导体棒在出磁场时的速度大小为v1，根据平衡条件可得：mgsinθ＝BIL
其中：I
联立解得：v1
设导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时的速度大小为v2，在无磁场区域，导体棒做匀加速运动，根据动能定理可得：
mgsinθ s
经分析可知，导体棒ab刚进入磁场Ⅰ时的速度大小也为v2
导体棒ab由静止释放到刚进入磁场Ⅰ的过程中，根据动能定理可得：mgsinθ x0
联立解得：x
（2）导体棒ab在进入磁场区域Ⅰ瞬间和刚进入磁场区域Ⅱ瞬间速度大小相等，在此过程中根据能量守恒定律可知电路中产生的热量为：
Q1＝mg（d+s）sinθ
导体棒ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间回路中产生的热量：Q＝2Q1
电阻R产生的热量为QRQ
解得：QR＝mg（d+s）sinθ
（3）导体棒ab在水平导轨上减速运动到停下来，取向右为正方向，由动量定理可得：
﹣2BLt﹣μmgt＝0﹣mv
而：qΔtΔt
解得：t
答：（1）导体棒ab释放处距磁场区域Ⅰ上边界距离为；
（2）导体棒ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间电阻R产生的热量为mg（d+s）sinθ；
（3）导体棒ab在水平导轨上运动的时间为。
（2021秋 河北期末）如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距为L＝0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2kg，有效电阻R1＝0.05Ω，cd棒的质量为m2＝0.1kg，有效电阻为R2＝0.15Ω（设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计）。问：
（1）0～1s时间段通过cd棒的电流大小与方向；
（2）假如在1s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度；
（3）对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？
【解答】解：（1）0～1 s时间内，由图乙可得1T/s
由于磁感应强度B随时间均匀增大，穿过回路abdc的磁通量随时间均匀增加，回路产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得：
EL2＝1×0.52V＝0.25V
和闭合电路欧姆定律得
IA＝1.25 A
由楞次定律可知，cd棒中电流方向由d→c。
（2）设稳定时两棒的共同速度为v。
ab棒从高为h处滑下到ef的过程，由动能定理可知
m1ghm1v02
解得：v0＝2m/s
从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0＝（m1+m2）v
即0.2×2＝（0.1+0.2）v，解得：vm/s。
（3）对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知
m1gh（m1+m2）v2+Q
代入数据解得系统产生的总热量：QJ
由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
QabQJJ
答：（1）0～1s时间段通过cd棒的电流大小为1.25 A，方向由d→c；
（2）这一速度为m/s；
（3）对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为J。
（2023 昆明一模）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上固定着两足够长的平行金属导轨，导轨间距为L＝2m，上端连接阻值为R＝0.4Ω的定值电阻，下端开口。粗糙的导体棒a、b恰能静止在导轨上MN和PQ位置，MN和PQ之间的距离d＝3m。PQ下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T。现使a棒在平行于斜面向下F＝6N的恒力的作用下，从MN位置由静止开始向下加速运动，当a棒运动到与b棒碰撞前瞬间，撤去力F，a、b两棒发生弹性碰撞。已知a棒的质量ma＝1kg，电阻Ra＝0.4Ω，b棒的质量mb＝3kg，电阻Rb＝0.2Ω，金属导轨的电阻均不计，两棒始终与金属导轨垂直且接触良好，棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）a、b棒碰后瞬间b棒的速度大小；
（2）从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热；
（3）最终a、b棒间的距离。
【解答】解：（1）a棒恰好能静止在导轨上，设a棒与导轨间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可得：
μmagcosθ＝magsinθ
解得：μ＝0.75
与b棒碰前a棒沿导轨向下做匀加速直线运动，设a棒的加速度为a1，对a棒根据牛顿第二定律可得
F+magsinθ﹣μmagcosθ＝maa1
解得：a＝6m/s2
设a棒与b棒碰前瞬间的速度大小为v，根据匀变速直线运动的规律可得：v2＝2a1d
代入数据解得：v＝6m/s
a、b棒发生弹性碰撞，对a、b组成的系统，取沿导轨向下为正方向，根据动量守恒定律可得：
mav＝mava+mbvb
根据机械能守恒定律可得：
mav2mamb
联立解得：va＝﹣3m/s，vb＝3m/s
（2）设b棒开始运动到停下的过程中电路中产生的焦耳热为Q。b棒受到的摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小相等，b棒开始运动到停下的过程中重力做的功WG与克服摩擦力做的功Wf相等，设b棒克服安培力做的功为WF安，根据动能定理可得：
WG﹣Wf﹣WF安＝0mb
克服安培力做的功与电路中产生的焦耳热相等：WF安＝Q
可得：Q＝13.5J
电阻R和a棒并联再和b棒串联，可得
QR：Qa：Qb＝1：1：2
联立解得：QRQ
代入数据解得：QR＝3.375J
（3）设a棒沿导轨向上运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得
μmagcosθ+magsinθ＝maa2
解得：a2＝12m/s2
设a棒沿导轨向上运动的位移为xa，根据匀变速直线运动的规律可得：2a2xa
解得：xa＝0.375m
设b棒向下运动的位移为xb，对b棒，根据动量定理可得：
﹣BLt＝0﹣mbvb
根据闭合电路的欧姆定律可得：
又有：xb
联立解得：mbvb
其中R总＝R并+RbΩ+0.2Ω＝0.4Ω
联立解得：xb＝3.6m
则有：x＝xa+xb
解得：x＝3.975m
答：（1）a、b棒碰后瞬间b棒的速度大小为3m/s；
（2）从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为3.375J；
（3）最终a、b棒间的距离为3.975m。
命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用
动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.
类型1　电场中动量和能量观点的应用
（2020秋 广东月考）如图所示，在绝缘水平面上的P点放置一个质量为mA＝0.02kg的带负电滑块A，带电荷量q＝1.0×10﹣6C，在A的左边相距l＝0.9m的Q点放置一个不带电的滑块B，质量为mB＝0.04kg，滑块B距左边竖直绝缘墙壁s＝0.15m。在水平面上方空间加一方向水平向右的匀强电场，电场强度为E＝0.4×105N/C，使A由静止释放后向左滑动并与B发生碰撞，碰撞的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动，与墙壁发生碰撞时没有机械能损失，两滑块都可以视为质点。已知水平面OQ部分粗糙，其余部分光滑，两滑块与粗糙水平面OQ间的动摩擦因数均为μ＝0.50，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求
（1）A经过多长时间与B相碰？相碰结合后的速度是多少？
（2）AB与墙壁碰撞后在水平面上滑行的过程中，离开墙壁的最大距离是多少？
（3）A、B相碰结合后的运动过程中，由于摩擦而产生的热是多少？通过的总路程是多少？
【解答】解：（1）由于OQ部分光滑，滑块A只在电场力作用下加速运动，设经时间t与B相碰，A与B相遇前的速度大小为v1，碰撞后的共同速度大小为v2，
从释放A到碰撞前瞬间过程，对A，由动能定理得：qEl0
对A，由动量定理得：qEt＝mv1﹣0
代入数据解得：t＝0.3s，v1＝6.0m/s
滑块A、B碰撞的过程中系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAv1＝（mA+mB）v2，
代入数据解得：v2＝2.0m/s
（2）两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回，第一次速度为零时，两滑块离开墙壁的距离最大，设为L1，在这段过程中，由动能定理得：
﹣qE（L1﹣s）﹣μ（mA+mB）g×2s＝0
代入数据解得：L1＝0.225m
（3）由于qE＞μ（mA+mB）g，即电场力大于滑动摩擦力，AB向右速度为零后在电场力的作用下向左运动，最终停在墙角O点处，
设由于摩擦而产生的热为Q，从两滑块碰撞后到最终停止过程，对系统，由能量守恒定律得：Q＝qEs
代入数据解得：Q＝0.18J
设AB第二次与墙壁发生碰撞后返回，滑块离开墙壁的最大距离为L2（L2＜L1），假设L2＜s，在这段过程中，由动能定理得：
qE（L1﹣L2）﹣μ（mA+mB）g（s+L2）＝0﹣0
代入数据解得：L2≈0.064m＜s＝0.15m，符合假设，即AB第二次与墙壁发生碰撞后返回停在Q点的左侧，以后只在粗糙水平面OQ上运动；
设在粗糙水平面OQ部分运动的总路程s1，则：Q＝μ（mA+mB）gs1，
代入数据解得：s1＝0.6m
设AB相碰结合后的运动过程中通过的总路程是s2，
则：s2＝s1+2（L1﹣s）
代入数据解得：s2＝0.75m
答：（1）A经过0.3s与B相碰，相碰结合后的速度大小是2.0m/s，方向水平向左。
（2）AB与墙壁碰撞后在水平面上滑行的过程中，离开墙壁的最大距离是0.225m。
（3）A、B相碰结合后的运动过程中，由于摩擦而产生的热是0.18J，通过的总路程是0.75m。
类型2　磁场中动量和能量观点的应用
（2011秋 昌江区校级期末）如图所示，ab、ef是平行地固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d．在导轨左端a、c上连有一个阻值为R的电阻，一质量为3m，长为d的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触．起初金属棒静止于MN位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B的磁场中．现有一质量为m的带电量为q的光滑且绝缘的小球在桌面上从O点（O为导轨上的一点）以与ef成60°斜向右方射向ab，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起（设小球与棒之间没有电荷转移）．小球运动过程中不计导轨间电场的影响，导轨和金属棒的电阻不计．求：
（1）小球射入磁场时的出速度υ0；
（2）电阻R上产生的热量Q和通过的电量△q．
【解答】解：（1）小球入射磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，其轨迹如图所示
由几何知识可知：
解得 ①
小球在磁场中做圆周运动：②
由①、②得：③
（2）小球和金属棒的碰撞过程，由动量守恒定律得：
mυ0＝（m+3m）υ④
金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热：⑤
由③、④、⑤可得：⑥
棒和小球的速度从υ1变为0的过程中由动量定理有：⑦
又⑧
由③、④、⑦、⑧可得 ⑨
答：（1）小球射入磁场时的出速度；
（2）电阻R上产生的热量，通过的电量．
[课时训练]
（2023 温州模拟）如图所示，间距L＝2.0m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出电流I＝0.5A的恒流源．空间分布两个宽度分别为和、间距D＝2.0m的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场磁感应强度大小均为B＝0.5T，方向均竖直向下。质量m＝0.5kg、电阻为R1的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量m＝0.5kg、边长为0.5D、电阻R2＝2.0Ω的正方形单匝线框的右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为0.5D。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：
（1）导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小v1；
（2）线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框与导体棒碰撞的次数n，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总。
【解答】解：（1）导体棒受到向右的安培力，其大小为：F安＝BIL
解得：F安＝0.5N
对导体棒第一次离开区域Ⅰ的过程，由动能定理得：
解得：v1＝1.5m/s
（2）棒与线框发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间两者速度分别为v1′、v1″，以向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
mv1＝mv1′+mv1″
mv1′2mv1″2
解得：v1′＝0，v1″＝v1＝1.5m/s（质量相等，速度交换）
第一次撞后，线框以v1＝1.5m/s速度进入磁场Ⅱ，棒处于静止状态，设线框右边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界的过程用时Δt1，末速度为v2，由法拉第电磁感应定律得：
，，ΔS1＝0.5D×d2
以向右为正方向，对线框由动量定理得：
﹣B0.5DΔt1＝mv2﹣mv1
解得：v2＝1.4m/s
同理可得，线框左边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界时线框速度为：v3＝1.3m/s
可知每次线框穿过磁场Ⅱ的过程，速度大小均减少0.2m/s，线框以v3＝1.3m/s与挡板弹性碰撞后，以原速率回再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小为v4＝1.1m/s，线框以速度v4与棒第二次相碰，由能量守恒可得：
解得：Q＝0.26J；
（3）线框与导体棒第二次碰后，两者交换速度，棒以v4＝1.1m/s速度向左运动，线框静止，棒进入磁场Ⅰ，所受安培力与原来等大反向，棒作匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
F安＝ma
解得：a＝1m/s2
棒在磁场Ⅰ中的最大位移：
解得：x＝0.605m
棒在磁场Ⅰ中减速到速度为零，然后以加速度a反向加速，以v4＝1.1m/s的速度离开磁场Ⅰ，与线框碰撞且速度交换后，线框通过磁场Ⅱ速度大小减小0.2m/s，与挡板弹性碰撞后，以原速率回再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小再减小0.2m/s后，以v5＝0.7m/s的速度大小与棒再相碰。经过如此反复，可知两者每次碰撞都对应速度大小减少0.2m/s，由，可知棒与线框总的碰撞次数为7次。
棒第首次从磁场Ⅰ左边界匀加速运动到右边界时间为：s＝1.5s
棒与线框碰后从右向左进入磁场Ⅰ的速度均比前一次减小0.4m/s，棒在磁场Ⅰ中匀减速直线运动和反向匀加速直线运动对称，可得：
第2次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为：s＝2.2s
同理可得，第4、6次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为：t3s＝1.4s，t4s＝0.6s
导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总＝t1+t2+t3+t4
解得：t总＝5.7s。
答：（1）导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小v1为1.5m/s；
（2）线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q为0.26J；
（3）线框与导体棒碰撞的次数n为7次，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总为5.7s。
（2023 金华模拟）如图所示，长度足够的两导轨与水平面成θ角平行放置，间距为d；在导轨所在区间，存在方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场；接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C和线圈电感为L。一根长也为d、质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t＝0时，导体棒静止释放，不计摩擦、空气阻力和其它电阻（不考虑电磁辐射）。（提示：当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小；当线圈中通有电流I时，其储存的磁能）
（1）t＝0时，接通S1，断开S2和S3，求棒所能达到的最大速度vm1；
（2）t＝0时，接通S2，断开S1和S3，求棒的加速度a；
（3）t＝0时，接通S3，断开S1和S2，已知棒下滑x0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及当棒下滑2x0过程中回路产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）当棒速度最大时，重力的下滑分力等于安培力：mgsinθ＝BId
此时产生的感应电动势：E＝Bdvm1
感应电流：
联立解得：，方向沿斜面向下。
（2）由牛顿第二定律知：mgsinθ﹣BId＝ma
根据公式：
代入上式可得：，方向沿斜面向下。
（3）当棒速度达到最大时回路中电流保持不变，电感线圈不再发生作用，棒接下来做匀速直线运动：
整理可得：，方向沿斜面向下。
由能量守恒可知：
其中：
可得：
答：（1）棒所能达到的最大速度vm1为，方向沿斜面向下；
（2）接通S2，断开S1和S3，棒的加速度a为，方向沿斜面向下；
（3）最大速度vm2为，方向沿斜面向下。当棒下滑2x0过程中回路产生的焦耳热Q为。
（2023 浙江模拟）如图所示，有一个间距为d＝0.3m的平行光滑金属导轨与水平面成θ＝53°放置，通过光滑圆弧绝缘件与另一个光滑的水平金属导轨平滑对接，其中轨道AA′BB′部分间距为d，轨道BB′DD′部分间距为。在cd棒的下方区域内存在与导轨平面垂直、磁感应强度大小为B1＝2T的匀强磁场，AA′CC′之间存在竖直向上、磁感应强度大小为B2＝1T的匀强磁场。导轨的下端接有阻值为R＝2Ω的电阻，在导轨的上端垂直于导轨用锁定装置锁定有一质量为m2＝1kg的导体棒cd，长度为L＝0.6m，电阻为r＝4Ω。另有一质量为m1＝1kg的导体棒ab垂直于导轨，与cd棒相距x1＝2m，以大小为v0＝8m/s的速度沿导轨向上，经过t1＝0.47s，ab棒运动到cd棒位置时，锁定装置解除cd棒的锁定，ab棒与cd棒碰撞合在一起继续向上，经过绝缘件到达AA′时，在BB′由另一个锁定装置锁定的导体棒ef解除锁定，导体棒ef质量为，之后它们分别在各自轨道运动。当棒abcd运动到BB′时，速度已达到稳定，之后被锁定装置锁住，ef棒再运行x3＝20m到达CC′处。CC′右侧有一根劲度系数k＝1N/m的轻质弹簧水平放置，处于原长，右端固定，左端与一质量为的绝缘棒gh（长度为L）拴接（拴接点在棒gh的中点）。最终ef棒沿水平导轨与gh棒发生碰撞后即刻合在一起，且此后始终做简谐运动。三个导体棒始终与导轨接触良好，不计金属导轨及其他电阻，且所有导体棒长度，电阻，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求：
（1）ab棒运动到cd棒位置时的速度大小以及碰撞后瞬间棒两端的电势差大小；
（2）整个运动过程中产生的焦耳热；
（3）ef棒和gh棒碰撞后始终做简谐运动，请以两棒碰撞第一次速度变为0时作为计时起点，向右为正方向，写出该简谐运动的振动方程。（已知弹簧振子振动周期公式，其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数。可以用F﹣x图像下的面积代表力F做的功）
【解答】解：（1）ab棒切割磁感线产生感应电动势，Rcd与R并联记为Rcd∥，电路总电阻：R总＝Rcd∥+Rab，
代入可得：R总＝3Ω
对ab棒，由动量定理：﹣m1gsin53°t1﹣B1dq＝m1v1﹣m1v0
解得：v1＝4m/s
ab棒与cd棒碰撞，系统动量守恒：m1v1＝（m1+m2）v2
v2＝2m/s
碰撞后瞬间棒两端的电势差大小：U＝B1Lv2
代入数据得：U＝2V
（2）ab棒斜向上运动到cd棒处过程中电路产生的焦耳热，由能量守恒定律：Q1m1gsin53° x1
代入数据得：Q1＝8J
ab棒与cd棒碰撞后继续斜向上运动到AA′处，此时区域内无磁场，故电路中无电流，由动能定理：
代入数据解得：v3＝1m/s
ab、cd棒进入B2磁场后，切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到BB′处，由动量定理：﹣B2dq'＝（m1+m2）v4﹣（m1+m2）v3
ef棒解锁后，在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线，由动量定理：
最后速度稳定时，导体棒中均无电流，所以：
解得：v4＝0.4m/s，v5＝1.2m/s
对ab、cd、ef棒的这一运动过程，由能量守恒定律得：Q2
代入数据得：Q2＝0.6J
ab、cd棒锁住后，ef棒继续切割磁感线做减速运动直到CC′处，由动量定理：，
q″C＝1.2C
代入解得：v6＝0.84m/s
ef棒单独运动到CC′这一过程，由能量守恒定律：Q30.1224J
故整个运动过程中产生的焦耳热：Q＝Q1+Q2+Q3＝8J+0.6J+0.1224J＝8.7224J
（3）ef棒与gh棒发生碰撞，由动量守恒定律：m3v6＝（m3+m4）v7
代入数据得：v7＝0.28m/s
ef、gh棒与弹簧组成的弹簧振子机械能守恒，由机械能守恒定律：
解得振幅：A＝0.28m
再由弹簧振子的周期：
代入数据解得：T＝（2π）s
由得
故该弹簧振子第一次速度变为0时作为计时起点，向右为正方向的振动方程：x＝Acos（ωt）
解得振动方程为：x＝（0.28cost）m
答：（1）ab棒运动到cd棒位置时的速度大小为4m/s，碰撞后瞬间棒两端的电势差大小为2V；
（2）整个运动过程中产生的焦耳热为8.7224J；
（3）该简谐运动的振动方程为x＝（0.28cost）m。
（2023 浙江模拟）如图，相距为L＝1m的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为θ＝37°，上端接有阻值为R＝3Ω的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场B0＝3T，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界CD与EF相距s1＝3m，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为s2＝5m，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为B＝2T，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为m＝1kg，长度都为L＝1m，电阻都为R＝3Ω，一开始金属棒b静止在边界EF与GH的中点，金属棒a从斜面上高度为h＝2m处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界EF时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度v0；
（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t1；
（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。
【解答】解：（1）金属棒a匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ＝BI1L
其中：I1
解得：v0＝2m/s
（2）再次匀速必有：BLva＝BLvb，且vb方向向左
对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLt1＝mva﹣ma0
即：mv0﹣mva
对b棒，取向左为正方向，根据动量定理可得：mvb﹣0
联立解得：va＝vb＝1m/s，xa﹣xb＝1.5m
根据题意可知：xa＝3m，则xb＝1.5m，方向向左；
由于a和b棒的加速度大小始终相等、方向相同，所以a相对于b做匀速直线运动，则有：
xa+xb＝v0t1
联立解得：t1＝2.25s
（3）此后a棒和b棒都以v＝1m/s的初速度在EF的右侧相向运动，两棒初始相距Δx1＝2.5m﹣1.5m＝1m，并以相同的加速度（加速度不断减小）减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为s1、s2，对任意棒有：
0﹣mv
解得：s1+s2＝1.5m
所以最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，最后两棒都在EF的右侧停止，相距为：x＝0.5m
又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故：Qamgh
解得：Qa＝10J
答：（1）斜面上金属棒a的匀速运动速度为2m/s；
（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小为1.5m，a棒在CD与EF之间的运动时间为2.25s；
（3）最终稳定时两棒的间距为0.5m，全过程a棒的总发热量为10J。
（2023 浙江二模）如图所示，间距L＝1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行导轨，y轴垂直导轨。在x＝0位置左侧有一宽度为d＝0.1m的光滑绝缘薄层（包括x＝0处），隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y轴左侧磁场大小为B1＝2T方向垂直纸面向外，y右侧磁场大小为B2，且满足B2＝0.5x（T）变化，方向垂直纸面向外，在两轨道中x轴为坐标为x2＝﹣0.5m的位置存在一个弹性装置，金属棒与弹性装置碰撞时瞬间等速弹回，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I＝8A（方向如图中箭头所示），导轨左侧接一阻值为R1＝3Ω的电阻。阻值为R＝1Ω质量为m＝1kg的金属棒a垂直导轨静止于x＝0处，与金属棒a完全相同的金属棒b垂直导轨静止于x1＝0.5m处，金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞。忽略一切阻力，已知弹簧振子周期公式T＝2π，其中m为振子质量，k为回复力系数。求：
（1）金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
（2）试定性画出金属棒a的I﹣t图像（对时间轴数值不做要求）；
（3）金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
【解答】解：（1）对b棒受力分析可得B棒受到的安培力大小为：F安＝B2IL＝4x
说明b棒从开始到y轴以y轴为平衡位置做简谐振动（简谐振动的四分之一周期）
根据动能定理可得：W安
根据简谐运动的特点可得：W安4×0.52J＝0.5J
联立解得：v0＝1m/s
（2）由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞后交换速度，所以碰撞后a棒速度：v1＝1m/s
a棒减速与弹性装置碰撞后继续减速，然后与b棒弹性碰撞，：故对a棒多次动量定理的总和关系为：
0﹣mv1
解得：x总＝1m
碰撞弹性装置时的速度为v2，取初速度方向为正方向，根据动量定理可得：mv2﹣mv1
代入数据解得：v2＝0.6m/s
再次回到y轴速度为：v3＝0.2m/s
绝缘薄层到弹性装置距离0.4m，故在x2区域内运动3次。
图像如下：
（3）由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，碰撞后a棒速度v1＝1m/s
a棒减速与弹性装置碰撞后继续减速，然后与b棒弹性碰撞，根据（2）的分析可知，a最后停在y轴左侧0.3m处
根据能量关系可得：Q，其中：T＝2ππ
解得：Q＝（48π+0.5）J
答：（1）金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度为1m/s；
（2）见解析；
（3）金属棒a最终停在y轴左侧0.3m处，整个过程装置产生的焦耳热为（48π+0.5）J。
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