專題強化二十三動量觀點在電磁感應中的應用學習目標1.會利用動量定理分析導體棒、線框在磁場中的運動。2.會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題。考點一動量定理在電磁感應中的應用1.導體棒在磁場中所受安培力是變力時，可用動量定理分析棒的速度變化，表達式為I其他＋eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或I其他－eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0；若其他力的沖量和為零，則有eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或－eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0。2.求電荷量：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0－mv,Bl)。3.求位移：由－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＝mv－mv0有x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt＝eq\f(（mv0－mv）R,B2l2)。例1如圖1所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，一理想電流表與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直。一質量為m、有效電阻為R的導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放。導體棒進入磁場后流經電流表的電流逐漸減小，最終穩定為I。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻，重力加速度為g。求：圖1(1)導體棒的最大速度和磁感應強度的大小；(2)電流穩定后，導體棒運動速度的大小；(3)若金屬棒進入磁場后恰經t時間達到穩定，求這段時間的位移x大小。答案(1)eq\r(2gh)eq\f(mg,IL)(2)eq\f(I2R,mg)(3)(mgt＋meq\r(2gh)－eq\f(I2R,g))eq\f(I2R,m2g2)解析(1)由題意知導體棒剛進入磁場時的速度最大，設為vm，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得vm＝eq\r(2gh)電流穩定后，導體棒做勻速運動，此時導體棒受到的重力和安培力平衡，有mg＝ILB解得B＝eq\f(mg,IL)。(2)感應電動勢E＝BLv感應電流I＝eq\f(E,R)，解得v＝eq\f(I2R,mg)。(3)金屬棒進入磁場后，由動量定理有mgt－eq\f(BL\o(v,\s\up6(－)),R)LBt＝mv－mvm即mgt－eq\f(B2L2x,R)＝mv－mvm解得x＝(mgt＋meq\r(2gh)－eq\f(I2R,g))eq\f(I2R,m2g2)。跟蹤訓練1.(多選)如圖2所示，間距為1m的足夠長平行導軌固定在水平面上，導軌左端接阻值為2Ω的電阻。導軌之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為1T。一質量為1kg的金屬桿從左側水平向右以2m/s的速度進入磁場，在水平外力控制下做勻減速運動，1s后速度剛好減為零。桿與導軌間的動摩擦因數為0.1，忽略桿與導軌的電阻，重力加速度g取10m/s2。桿從進入磁場到靜止過程中，下列說法正確的是()圖2A.通過電阻的電荷量為0.5CB.整個過程中安培力做功為－1JC.整個過程中水平外力做功為零D.水平外力對金屬桿的沖量大小為0.5N·s答案AD解析導體棒在磁場中運動的位移為x＝eq\f(v,2)t＝1m，通過電阻的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)t＝eq\f(\f(ΔΦ,t),R)t＝eq\f(BLx,R)＝0.5C，A正確；根據動能定理得WF－W安－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，因為外力做功無法確定，所以安培力做功也無法確定，B、C錯誤；根據動量定理得IF－eq\o(I,\s\up6(－))LBt－μmgt＝0－mv，結合q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝0.5C，解得IF＝－0.5N·s，D正確。考點二動量守恒定律在電磁感應中的應用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，安培力是系統內力，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如圖3所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r。另一質量為m、電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，棒與導軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，重力加速度為g。求：圖3(1)ab棒在N處進入磁場區速度是多大？此時棒中電流是多少？(2)cd棒能達到的最大速度是多大？(3)cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統所能釋放的熱量是多少？答案(1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)eq\f(1,3)mgR解析(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，有mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)進入磁場瞬間，回路中的電流為I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)。(2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達到最大速度。由動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)。(3)系統釋放的熱量應等于系統機械能的減少量故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR。跟蹤訓練2.(多選)如圖4所示，兩電阻可以忽略不計的平行金屬長直導軌固定在水平面上，相距為L，另外兩根長度為L、質量為m、電阻為R的相同導體棒垂直靜置于導軌上，導體棒在長導軌上可以無摩擦地滑動，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，某時刻使導體棒a獲得大小為v0、水平向右的初速度，同時使導體棒b獲得大小為2v0、水平向右的初速度，下列結論正確的是()圖4A.該時刻回路中產生的感應電動勢為3BLv0B.該時刻導體棒a的加速度為eq\f(B2L2v0,2mR)C.當導體棒a的速度大小為eq\f(3v0,2)時，導體棒b的速度大小也是eq\f(3v0,2)D.運動過程中通過導體棒a的電荷量的最大值qm＝eq\f(mv0,2BL)答案BCD解析根據右手定則可知兩根導體棒切割磁感線產生的感應電動勢方向相反，故該時刻回路中產生的感應電動勢E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A錯誤；在該時刻，回路中的感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,2R)，導體棒a所受安培力大小F＝ILB＝ma，可得a＝eq\f(B2L2v0,2mR)，B正確；由于兩導體棒整體在水平方向動量守恒，當導體棒a的速度大小為eq\f(3v0,2)時，根據動量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·eq\f(3v0,2)＋mv1，解得v1＝eq\f(3v0,2)，C正確；由上解析知v共＝eq\f(3v0,2)，對a由動量定理有eq\o(F,\s\up6(－))安Δt＝mv共－mv0，而eq\o(F,\s\up6(－))安＝eq\o(I,\s\up6(－))LB，通過導體棒a的電荷量的最大值qm＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0,2BL)，D正確。A級基礎對點練對點練1動量定理在電磁感應中的應用1.如圖1所示，在光滑的水平面上寬度為L的區域內，有豎直向下的勻強磁場。現有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場邊界的初速度v0向右滑動，穿過磁場后速度剛好減為0，那么當線圈完全進入磁場時，其速度大小()圖1A.大于eq\f(v0,2) B.等于eq\f(v0,2)C.小于eq\f(v0,2) D.以上均有可能答案B解析通過線圈橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于線圈進入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進入和穿出磁場的兩個過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動量定理得，線圈進入磁場過程－Beq\o(I,\s\up6(－))at＝mv－mv0，線圈離開磁場過程－Beq\o(I,\s\up6(－))at＝0－mv，由于q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故B正確。2.(多選)(2023·河南開封高三月考)如圖2所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區域的左側，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，線框經過位置Ⅱ，當運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區域。線框的邊長小于磁場區域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()圖2A.q1＝q2 B.q1＝2q2C.v＝1.0m/s D.v＝1.5m/s答案BD解析根據q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯誤，B正確；線圈從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，選項C錯誤，D正確。3.(多選)(2023·河北唐山高三期末)如圖3，兩條平行的金屬導軌所在平面與水平面成一定夾角θ，間距為d。導軌上端與電容器連接，電容器電容為C。導軌下端與光滑水平直軌道通過絕緣小圓弧平滑連接，水平直軌道平行且間距也為d，左側末端連接一阻值為R的定值電阻。導軌均處于勻強磁場中，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直導軌所在平面。質量為m，電阻為r，寬度為d的金屬棒MN從傾斜導軌某位置由靜止釋放，保證金屬棒運動過程始終與平行導軌垂直且接觸良好，金屬棒下滑到兩個軌道連接處時的速度剛好是v，重力加速度為g，忽略導軌電阻，水平導軌足夠長。則下列說法正確的是()圖3A.金屬棒初始位置到水平軌道的高度為eq\f(v2,2g)B.電容器兩極板攜帶的最大電荷量為CBdvC.金屬棒在水平軌道上運動時定值電阻產生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2D.金屬棒在水平軌道運動的最大位移為eq\f(mv（R＋r）,B2d2)答案BD解析金屬棒沿斜面下滑到底端時，重力勢能轉化為動能和電容器儲存的電能(若傾斜導軌不光滑，還有摩擦生熱)，即由能量關系可知mgh＝eq\f(1,2)mv2＋E電容，則金屬棒初始位置到水平軌道的高度不等于eq\f(v2,2g)，A錯誤；金屬棒下滑到兩個軌道連接處時的速度最大，此時電容器兩端電壓最大，最大值為Em＝Bdv，則電容器兩極板攜帶的最大電荷量為Q＝CEm＝CBdv，B正確；由能量關系可知，金屬棒在水平軌道上運動時產生的總的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv2＋E電，因金屬棒有內阻，則定值電阻產生的焦耳熱不等于eq\f(1,2)mv2，C錯誤；由動量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))dΔt＝0－mv，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)Δt＝eq\f(Bdx,R＋r)，解得金屬棒在水平軌道運動的最大位移x＝eq\f(mv（R＋r）,B2d2)，D正確。對點練2動量守恒定律在電磁感應中的應用4.(多選)如圖4所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()圖4答案AC解析導體棒ab運動，切割磁感線，產生感應電流(逆時針)，導體棒ab受到安培阻力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F′作用，速度增大，最終兩棒速度相等，如圖所示。由E＝Blv知，感應電動勢E隨速度v的減小而減小，則感應電流非均勻變化。當兩棒的速度相等時，回路上感應電流消失，兩棒在導軌上以共同速度做勻速運動。由系統的動量守恒得mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正確；導體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v－t圖像應該是曲線，B錯誤；由前面分析知，兩導體棒做變速運動，感應電流變小，最后為零，但非均勻變化，C正確，D錯誤。5.(多選)如圖5所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導軌與光滑水平導軌平滑相連，四分之一圓弧導軌區域沒有磁場，水平導軌區域存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，導軌間距為d，ab、cd是質量為m、電阻為R的金屬棒，導軌電阻忽略不計。cd靜止在平滑軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，在圓弧軌道上克服阻力做功eq\f(1,2)mgr，水平導軌足夠長，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g。從ab棒進入水平軌道開始，下列說法正確的是()圖5A.ab棒先做勻減速運動，最后做勻速運動B.cd棒先做勻加速直線運動，最后和ab棒以相同的速度做勻速運動C.ab棒剛進入磁場時，cd棒電流為eq\f(Bd\r(gr),2R)D.ab棒的最終速度大小為eq\f(\r(gr),2)答案CD解析ab棒進入磁場后受到向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速運動，cd棒與ab棒串聯，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們以相同的速度做勻速運動，故A、B錯誤；ab棒剛進入磁場的速度就是它下滑到圓弧軌道底端的速度，根據動能定理mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mv2，可得速度為v＝eq\r(gr)，則感應電動勢為E＝Bdv，兩金屬棒串聯，故兩棒中的瞬時電流為I＝eq\f(Bd\r(gr),2R)，兩棒共速時由動量守恒定律有mv＝2mv′，得最終速度大小為v′＝eq\f(\r(gr),2)，故C、D正確。6.(多選)如圖6所示，在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有兩根位于同一水平面內且間距為L的平行金屬導軌(導軌足夠長，電阻不計)；兩根質量均為m、內阻均為r的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上(導體棒與金屬導軌接觸良好)，t＝0時，ab棒以初速度3v0向右滑動，cd棒以初速度v0向左滑動，關于兩棒的運動情況，下列說法正確的是()圖6A.當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為v0B.當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mr)C.從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中，導體棒ab產生的焦耳熱為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D.cd棒的收尾速度大小為v0答案CD解析由于兩棒組成的系統動量守恒，取向右方向為正方向，由動量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，故A錯誤；當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，則有E＝BL·2v0，I＝eq\f(E,2r)，F＝ILB，聯立解得F＝eq\f(B2L2v0,r)，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,mr)，故B錯誤；從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中，兩根導體棒上產生的焦耳熱為Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝3mveq\o\al(2,0)，則導體棒ab產生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)Q總＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；cd棒的收尾速度為兩根導體棒具有的共同速度，則有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，故D正確。B級綜合提升練7.如圖7所示，一質量為2m的足夠長的光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab、dc邊平行且和長為L的bc邊垂直，整個金屬框電阻可忽略。一根質量為m的導體棒MN置于金屬框上，裝置始終處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中。現給金屬框向右的初速度v0，運動時MN始終與金屬框保持良好接觸且與bc邊平行，則整個運動過程中()圖7A.感應電流方向為M→b→c→N→MB.導體棒的最大速度為eq\f(v0,2)C.通過導體棒的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)D.導體棒產生的焦耳熱為eq\f(5,6)mveq\o\al(2,0)答案C解析金屬框以初速度v0向右運動時，導體棒MN還沒開始運動，此時金屬框bc邊切割磁感線產生感應電動勢，根據右手定則知，回路中的感應電流的方向c→b→M→N→c，A錯誤；金屬框bc邊中的電流方向沿c→b，導體棒MN中的電流方向沿M→N，根據左手定則可知，金屬棒與金屬框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN視作一個系統，遵循動量守恒定律，則有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝eq\f(2v0,3)，方向沿導軌向右，B錯誤；以棒MN為研究對象，由動量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mv－0，即BLq＝m·eq\f(2v0,3)－0，即整個過程中通過導體棒的電荷量為q＝eq\f(2mv0,3BL)，C正確；根據能量守恒定律，整個運動過程中產生的總熱量Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。8.(多選)如圖8所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩定狀態，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是()圖8A.a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B.穩定時a棒的速度為1.5v0C.電路中產生的焦耳熱為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D.通過導體棒a的某一橫截面的電荷量為eq\f(mv0,2Bl)答案AC解析由F安＝ILB＝ma，可得a＝eq\f(ILB,m)，a、b棒串聯，電流相等，a、b棒長度分別為l、2l，質量分別為m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；因為導軌光滑只受到安培力作用，對a棒，根據動量定理有Fat＝eq\o(I,\s\up6(－))lBt＝mva－mv0，同理，對b棒有－Fbt＝－Beq\o(I,\s\up6(－))×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩定時無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯誤；由能量守恒定律可知，動能的損失等于焦耳熱，初動能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m×(2v0)2，末動能Ek＝eq\f(1,2)m×(2v0)2＋eq\f(1,2)×2m×veq\o\al(2,0)，則電路中產生的焦耳熱為Ek0－Ek＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；對a應用動量定理有eq\o(I,\s\up6(－))lB·Δt＝mva－mv0，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt,va＝2v0，解得q＝eq\f(mv0,Bl)，故D錯誤。9.(2023·江蘇鹽城高三期末)如圖9所示，兩條平行光滑導軌相距L，水平導軌足夠長，導軌電阻不計。水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。金屬棒b放在水平導軌上，金屬棒a從斜軌上高h處自由滑下。已知金屬棒a、b質量均為m，金屬棒a、b電阻均為R，重力加速度為g，整個過程中金屬棒a、b始終未相撞。求：圖9(1)金屬棒b的最大加速度；(2)金屬棒a最多產生的熱量。答案(1)eq\f(B2L2\r(2gh),2mR)(2)eq\f(1,4)mgh解析(1)當金屬棒a剛進入磁場時速度最大，產生的感應電動勢最大，回路中感應電流最大，金屬棒b所受安培力最大，加速度最大。設金屬棒a剛進入磁場時的速度大小為v1，根據機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gh)此時金屬棒a產生的感應電動勢大小為E＝BLv1＝BLeq\r(2gh)根據閉合電路歐姆定律可得此時回路中的感應電流大小為I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)此時金屬棒b所受安培力大小為F＝ILB＝eq\f(B2L2\r(2gh),2R)根據牛頓第二定律可得金屬棒b的最大加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2\r(2gh),2mR)。(2)金屬棒a和b組成的系統動量守恒，易知二者最終將以共同速度運動，設此速度大小為v2，根據動量守恒定律有mv1＝2mv2解得v2＝eq\f(v1,2)＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)兩金屬棒電阻相同，通過的電流大小相等，所以產生的總焦耳熱相同，根據能量守恒定律，有2Q＝mgh－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得Q＝eq\f(1,4)mgh。10.如圖10所示，PQMN與CDEF為兩根足夠長的固定平行金屬導軌，導軌間距為L。PQ、MN、CD、EF為相同的弧形導軌；QM、DE為足夠長的水平導軌。導軌的水平部分QMED處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。a、b為材料相同、長度都為L的導體棒，跨接在導軌上。已知a棒的質量為3m、電阻為R，b棒的質量為m、電阻為3R，其他電阻不計。金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導軌上由靜止釋放，分別通過DQ、EM同時進入勻強磁場中，a、b棒在水平導軌上運動時不會相碰。若金屬棒a、b與導軌接觸良好，且不計導軌的電阻和棒與導軌的摩擦，重力加速度為g。圖10(1)金屬棒b向左運動速度大小減為金屬棒a的速度大小的一半時，金屬棒a的速度多大？(2)金屬棒a、b進入磁場后，如先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動，此棒從進入磁場到勻速運動的過程電路中產生的焦耳熱多大？答案(1)eq\f(4,5)eq\r(2gh)(2)3mgh解析(1)金屬棒從弧形軌道滑下，由機械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)兩棒同時進入磁場區域的初速度大小均為eq\r(2gh)。由于兩棒在水平軌道上時所受合外力為零，則兩棒在水平軌道上運動時動量守恒，可得3mv0－mv0＝3mva－meq\f(va,2)va＝eq\f(4,5)v0＝eq\f(4,5)eq\r(2gh)。(2)先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動，則