《（通用版）2021版高考物理大一輪復習 第10章 電磁感應 第4節(jié) 電磁感應中動力學、動量和能量問題教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2021版高考物理大一輪復習 第10章 電磁感應 第4節(jié) 電磁感應中動力學、動量和能量問題教學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第4節(jié)　電磁感應中動力學、動量和能量問題 電磁感應中的動力學問題　[講典例示法] 1．兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析 2．力學對象和電學對象的相互關系 [典例示法]　(2016·全國卷Ⅱ)如圖所示，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場

2、中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求： (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小； (2)電阻的阻值。 思路點撥：分別畫出金屬桿進入磁場前、后的受力示意圖，有助于快速準確的求解問題。 甲　　　　　　　乙 [解析]　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma ① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 v＝at0 ② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律得桿中的電動勢為 E＝Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Bl

3、t0。 ④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ ⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 f＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得 F－μmg－f＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝。 ⑧ [答案]　(1)Blt0　(2) 用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題 [跟進訓練] 　電磁感應中的平衡問題 1．(2016·全國卷Ⅰ)如圖所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdc

4、a，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。? (2)金屬棒運動速度的大小。 [解析]　(1)設導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F ① N1＝2mgcos θ ② 對于cd

5、棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③ N2＝mgcos θ ④ 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。 ⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥ 這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢為 ε＝BLv ⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I＝ ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。 ⑨ [答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 　電磁感應中動力學問題 2．(2018·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距

6、為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒： (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q。 [解析]　(1)金屬棒做勻加速直線運動， 根據(jù)運動學公式有v2＝2as 解得v＝。 (2)金屬棒所受安培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma 解得I＝。 (3)金屬棒的運動時間t

7、＝， 通過的電荷量Q＝It 解得Q＝。 [答案]　(1)　(2) 　(3) 3．(2019·重慶市模擬)如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導軌之間的距離為L＝1 m，兩導軌M、P之間接入電阻R＝0.2 Ω，導軌電阻不計，在abdc區(qū)域內有一個方向垂直于兩導軌平面向下的磁場Ⅰ，磁感應強度B0＝1 T，磁場的寬度x1＝1 m；在cd連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導軌平面向下的磁場Ⅱ，磁感應強度B1＝0.5 T。一個質量為m＝1 kg的金屬棒垂直放在金屬導軌上，與導軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝0.2 Ω，若金屬棒在離ab連線上端x0處自由釋放，則金

8、屬棒進入磁場 Ⅰ 恰好做勻速運動。金屬棒進入磁場Ⅱ后，經過ef時又達到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2＝8 m。求：(g取10 m/s2) (1)金屬棒在磁場Ⅰ運動的速度大??； (2)金屬棒滑過cd位置時的加速度大小； (3)金屬棒在磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度大小。 [解析]　(1)金屬棒進入磁場Ⅰ做勻速運動，設速度為v0， 由平衡條件得mgsin θ＝F安 ① 而F安＝B0I0L， ② I0＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得v0＝2 m/s。 ④ (2)金屬棒滑過cd位置時，其受力如圖所示。由牛頓第二定律得 mgsin θ－F安′＝ma， ⑤ 而F安′＝B1I1L，

9、⑥ I1＝， ⑦ 代入數(shù)據(jù)可解得a＝3.75 m/s2。 ⑧ (3)金屬棒在進入磁場Ⅱ區(qū)域達到穩(wěn)定狀態(tài)時，設速度為v1， 則mgsin θ＝F安″， ⑨ 而F安″＝B1I2L ⑩ I2＝， ? 代入數(shù)據(jù)解得v1＝8 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)3.75 m/s2　(3)8 m/s 電磁感應中的能量問題　[講典例示法] 1．電磁感應中的能量轉化 2．求解焦耳熱Q的三種方法 3．求解電磁感應現(xiàn)象中能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。 (2)分析清楚有哪些力做

10、功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉化。 (3)根據(jù)能量守恒列方程求解。 [典例示法]　小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻。在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T。質量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距x＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松

11、手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)。求： (1)CD棒進入磁場時速度v的大?。? (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大?。? (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。 [解析]　(1)由牛頓第二定律　a＝＝12 m/s2 ① 進入磁場時的速度　v＝＝2.4 m/s。 ② (2)感應電動勢　E＝Blv ③ 感應電流　I＝ ④ 安培力　FA＝IBl ⑤ 代入得　FA＝＝48 N。 ⑥ (3)健身者做功　W＝F(x＋d)＝64 J ⑦ 由F－mgs

12、in θ－FA＝0 ⑧ 知CD棒在磁場區(qū)域做勻速運動 在磁場中運動時間為t＝ ⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。 ⑩ [答案]　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J [跟進訓練] 　功能關系在電磁感應中的應用 1．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的

13、時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 BC　[根據(jù)題述，由金屬桿進入磁場Ⅰ和進入磁場Ⅱ時速度相等可知，金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，選項A錯誤；由于金屬桿進入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間做勻加速運動，所以穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運動情況相同，產生的熱量相等，所以金屬

14、桿穿過兩磁場產生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項C正確；金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的速度v＝，進入磁場Ⅰ時產生的感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>，選項D錯誤。] 2．如圖所示，凸字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在

15、ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g；求： (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H。 [解析]　(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律可得E1＝2Blv1 設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律可得I1＝ 設此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB 由于線框做

16、勻速運動，故受力平衡，所以有mg＝F1 聯(lián)立解得v1＝ 設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2， 同理可得v2＝，故可知v2＝4v1。 (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律可得 2mgl＝mv 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律可得 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q 聯(lián)立解得：H＝＋28l。 [答案]　(1)4倍　(2)＋28l 　電功率和焦耳熱的計算 3．(多選)(2019·廣州荔灣區(qū)調研)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導軌，導軌間距為L，在水平導軌的左側存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，

17、磁場區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導體棒與水平導軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是(　　) A．通過電阻R的最大電流為 B．流過電阻R的電荷量為 C．整個電路中產生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產生的焦耳熱為mg(h－μd) ABD　[質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進入磁場時速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產生的最大感應電動勢Em＝BLv＝BL，由閉合電路歐姆定律可得通過電阻R的

18、最大電流Im＝＝，A正確；在導體棒滑過磁場區(qū)域的過程中，產生的感應電動勢的平均值＝＝，平均感應電流＝，流過電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個電路中產生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯誤； 電阻R中產生的焦耳熱Q1 ＝ Q ＝mg(h－μd)，D正確。] 4．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠

19、長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P。 [解析]　(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應電動勢E＝Bdv0 ① 回路的感應電流I＝ ② 由①②式解得I＝。 ③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId ④ 由牛頓第二定律得，對金屬桿F＝ma ⑤ 由③④⑤式得a＝。 ⑥ (3)金屬桿切割磁感線的相對速度v′＝v0－v ⑦ 感應電動勢E＝Bdv′ ⑧ 感應電流的電功率P＝ ⑨ 由⑦⑧⑨式得P＝。 ⑩ [答案

20、]　(1)　(2)　(3) 動量觀點在電磁感應問題中的應用　[講典例示法] 1．對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處理問題； 2．由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，當題目中涉及電荷量或平均電流時，可應用動量定理來解決問題。 [典例示法]　(2019·馬鞍山二模)兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L，導軌上放置兩根導體棒a和b，俯視圖如圖甲所示。兩根導體棒的質量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計，在整個導軌平面內，有磁感應強度大小為B的豎直向上的勻強磁場。導體棒與導軌始終垂直接觸良好

21、且均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導體棒a一水平向右的初速度v0，并開始計時，可得到如圖乙所示的Δv -t圖象(Δv表示兩棒的相對速度，即Δv＝va－vb) 甲　　　　　　　乙 (1)試證明：在0～t2時間內，回路產生的焦耳熱Q與磁感應強度B無關。 (2)求t1時刻棒b的加速度大小。 (3)求t2時刻兩棒之間的距離。 [解析]　(1)t2時刻開始，兩棒速度相等，由動量守恒定律有 2mv＝mv0 由能量守恒定律有Q＝mv－(2m)v2 解得Q＝mv 所以在0～t2時間內，回路產生的焦耳熱Q與磁感應強度B無關。 (2)t1時刻有va－vb＝ 回

22、路中的電流I＝＝ 此時棒b所受的安培力F＝BIL 由牛頓第二定律得棒b的加速度大小 a1＝＝。 (3)t2時刻，兩棒速度相同，均為v＝ 0～t2時間內，對棒b，由動量定理有 BL·Δt＝mv－0 根據(jù)法拉第電磁感應定律有＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律有＝ 而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0) 解得t2時刻兩棒之間的距離x＝x0＋。 [答案]　(1)見解析　(2)　(3)x0＋ 兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動，只受到安培力作用，這類問題可以從以下三個觀點來分析： (1)力學觀點：通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金

23、屬桿以共同的速度勻速運動； (2)能量觀點：其中一個金屬桿動能的減少量等于另一個金屬桿動能的增加量與回路中產生的焦耳熱之和； (3)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動量守恒。 [跟進訓練] 　動量定理在電磁感應現(xiàn)象中的應用 1．兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大

24、小v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖象如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求： 甲　　　　　　　　乙 (1)桿a在弧形軌道上運動的時間； (2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個運動過程中桿b產生的焦耳熱。 [解析]　(1)設桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，對桿b運用動量定理，有 Bd·Δt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m

25、/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。 (2)對桿a由靜止下滑到平直導軌上的過程中，由機械能守恒定律有 magh＝mav 解得va＝＝5 m/s 設最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動量守恒定律得 mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s 桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設桿a的速度從va到v′的運動時間為Δt′， 則由動量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 代入數(shù)據(jù)得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產生的焦耳熱為Q′＝Q＝

26、J。 [答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J 　動量守恒定律在電磁感應中的應用 2．(多選)如圖所示，在水平面內固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導軌，其間距為L，電阻不計。在虛線l1的左側存在豎直向上的勻強磁場，在虛線l2的右側存在豎直向下的勻強磁場，兩部分磁場的磁感應強度大小均為B。ad、bc兩根電阻均為R的金屬棒與導軌垂直，分別位于兩磁場中，現(xiàn)突然給ad棒一個水平向左的初速度v0，在兩棒達到穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是(　　) A．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量守恒 B．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量不守恒 C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的發(fā)熱功率 D．ad棒克

27、服安培力做功的功率等于安培力對bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和 BD　[開始時，ad棒以初速度v0切割磁感線，產生感應電動勢，在回路中產生順時針方向(俯視)的感應電流，ad棒因受到向右的安培力而減速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；當兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線而產生的感應電動勢相等時，回路中沒有感應電流，兩棒各自做勻速直線運動；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以該系統(tǒng)的動量不守恒，選項A錯誤，B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，ad棒動能的減小量等于回路中產生的熱量和bc棒動能的增加量，由動能定理可知，ad棒動能的減小量等于ad棒克服安培力做的功

28、，bc棒動能的增加量等于安培力對bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力對bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項C錯誤，D正確。] 　三大觀點的綜合應用 3．如圖所示，在大小為B的勻強磁場區(qū)域內，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行，構成一矩形回路。導軌間距為l，導體棒的質量均為m，電阻均為R，導軌電阻可忽略不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速v0，求： (1)當cd棒速度減為0.8v0時的加速度大小； (2)從開始運動到最終穩(wěn)定，電路中產生的電能為多

29、大； (3)兩棒之間距離增長量x的上限。 [解析]　(1)設當cd棒速度減為0.8v0時ab棒的速度為v′，由動量守恒定律得 mv0＝0.8mv0＋mv′ ① 解得：v′＝0.2v0 此時回路的電流是I＝ ② cd棒的加速度為a＝ ③ 解得：a＝。 (2)設兩棒穩(wěn)定時共同的末速度為v，據(jù)動量守恒定律得 mv0＝(m＋m)v ④ 解得：v＝v0 ⑤ 由能量守恒定律得，最終穩(wěn)定后電路中產生的電能為 Q＝mv－(m＋m)v2＝mv。 (3)由法拉第電磁感應定律得，電路中產生的感應電動勢 E＝＝ ⑥ 這段時間內回路的電流為＝ ⑦ 對cd棒由動量定理得：－BlΔt＝mv－mv0 ⑧ 由⑤～⑧解得Δx＝。 ⑨ [答案]　(1)　(2)mv　(3) 15