2025版高考物理二轮复习配套课件第一部分专题四电路和电磁感应素养培优6电磁感应中动力学、能量和动量的综合_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_二轮复习

素养培优6 电磁感应中动力学、能量和动 量的综合动力学与能量观点在电磁感应中的应用 . 1 电磁感应综合问题的解题思路. 2 求解焦耳热Q的三种方法 （ ）焦耳定律： ＝ ，适用于电流恒定的情况； 1 Q I2Rt （ ）功能关系： ＝ （ 为克服安培力做的功）； 2 Q W W 克安 克安 （ ）能量转化： ＝ （其他能的减少量）。 3 Q ΔE【典例1】 （ 多选 ）（ 2024· 吉林高考 9 题）如图，两条“ ”形的光滑平 行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为 ，左、右两导轨面与水平面夹 L 角均为 °，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为 和 30 2B 。将有一定阻值的导体棒 、 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒 B ab cd 在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。 、 的质量分别为 和 ， ab cd 2m m 长度均为 。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为 ，两棒在下滑过 L g 程中（ ） . 回路中的电流方向为 A abcda . 中电流趋于 B ab 3 . 与 加速度大小之比始终为 ∶ C ab cd 2 1 3 . 两棒产生的电动势始终相等 D答案： AB 解析：由于 和 均沿导轨下滑，则 ab cd abcd 回路的磁通量增大，根据楞次定律可知， 回路中的电流方向为 ， 正确；初始 abcda A 时，对 和 分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有 ab cd 2mgsin °－ °＝ 、 °－ °＝ ，可得 ＝ 30 2BILcos 30 2ma mgsin 30 BILcos 30 ma a a 1 2 1 2 ＝ － ，则 与 加速度大小之比始终为 ∶ ， 错误；当加速度趋于 ab cd 1 1 C 3 零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合 项分析可知， 中的电流趋于 C ab 2 2 ， 正确；由于 和 加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小 B ab cd 3 始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小 3 之比始终为 ∶ ， 错误。 2 1 D【典例2】 （ 2024· 江苏震泽中学模拟）如图所示的是水平平行光滑导轨 、 和 、 ， 、 的间距为 ， 、 的间距为 。 、 上放有一导体 M N P Q M N L P Q 2L M N 棒 ， 与导轨垂直，质量为 ，电阻为 。 、 上放有一导体棒 ， ab ab m R P Q cd cd 也与导轨垂直，质量为 ，电阻为 。导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过 2m 2R 导轨平面，磁感应强度大小为 。初始两导体棒静止，设在极短时间内给 B 一个水平向左的速度 ，使 向左运动，最后 和 的运动都达到稳定 ab v ab ab cd 0 状态。求： （ ）刚开始运动的瞬间， 和 的加速度大小和方向； 1 ab cd （ ）稳定后 和 的速度大小； 2 ab cd （ ）整个过程中 产生的热量。 3 ab答案：（ ） 方向都水平向右 1 （ 2 ） （ 3 ） m 2 2 2 2 0 0 2 0 0 1 2 0 3 3 3 3 18 解析：（ ）设 的加速度为 ， 的加速度为 1 ab a cd a 1 2 受到的安培力 ＝ ab F BIL 1 受到的安培力 ＝ × cd F BI 2L 2 电流 ＝ ，电动势 ＝ I E BLv 0 由牛顿第二定律得 ＝ ， ＝ F ma F 2ma 3 1 1 2 2 解得 ＝ ， ＝ a a 1 2 2 2 2 2 0 0 由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。 3 3 （ ） 棒向左做减速运动， 棒向右做加速运动，当电路中的电流 2 ab cd 为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分 别为 和 ，则 v v 1 2 ＝ × BLv B 2Lv 1 2 分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则 ＝ － ， ＝ v v t v t 1 0 2 解得 ＝ ， ＝ 。 v v v 1 0 2 2 0 （ ）产生的总热量 ＝ － － × 3 3 3Q m m 2m 1 1 1 2 2 2 0 1 2 又 ＝ 2 2 2 Q Q ab 1 解得产生3 的热量为 ＝ 。 Q m ab 1 2 0 18 动量观点在电磁感应中的应用 角度1 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 － ＝ － ， ＝ ， B LΔt mv mv q Δt 电荷量或速度 2 1 即－ ＝ － BqL mv mv 2 1 I 位移 － ＝ － ，即－ ＝ － 0 mv 0 mv 0 0 2 2 2 2 总 总 求解的物 应用示例 理量 － ＋ ＝ － ， B LΔt F Δt mv mv 其他 2 1 即－ ＋ ＝ － ， BLq F Δt mv mv 其他 2 1 I 已知电荷量 、 （ 为恒力） q F F 其他 其他 时间 － ＋ ＝ － ， F Δt mv mv 其他 2 1 2 2 总 B L t 即－ ＋ ＝ － ， F Δt mv mv 其他 2 1 2 2 总 已知位移 、 （ 为恒力） x F F 其他 其他【典例3】 （ 多选 ）（ 2024· 山东聊城一模）如图所示，四条光滑的足够 长的金属导轨 、 、 、 平行放置，导轨固定于绝缘水平面上， 、 导 M N P Q M N 轨间距为 ， 、 导轨间距为 ，两组导轨间由导线相连，导轨内存在竖 2L P Q L 直向下的磁感应强度为 的匀强磁场，两根质量均为 、接入电路的电阻均 B m 为 的导体棒 、 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态。 获得向右 R C D C 的瞬时速度 ，同时使导体棒 获得向左的瞬时速度 。两导体棒在达到 v D v 0 0 1 稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组 3 导轨连接处。则下列说法正确的是（ ） . 开始阶段，导体棒 、 均做减速运动， 先减速至零 A C D C . 达到稳定运动时，导体棒 、 均向右运动 B C D . 从 ＝ 时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 C t 0 0 . 从 ＝ 时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 D t 0 3 7 0 15 答案： BD 解析：规定以水平向右为正方向，对 应用动量定理可得－ × ＝ C 2LBΔt mv 1 － ，对 应用动量定理可得 ＝ － ，最终稳定时，总 mv D LBΔt mv 0 2 0 电动势为零，即 × ＝ ，联立求得 ＝ − ，× 3＝ ，所以运动稳定 B 2Lv BLv v v v 1 2 1 2 0 0 2 时，导体棒 、 均向右运动，因此 棒先减速到零，再向右加速，又由 C D D 15 15 ＝ ＝ ＋ × ，求得的 ＝ ，故选项 、 正确。 LBΔt BqL mv m q B D 2 0 7 0 3 15 角度2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 双杆模型 “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 物理 —— 模型 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；系统动量是否守恒通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运 动力学 动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动， 观点 最终两金属杆以共同的速度匀速运动 分析 能量 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 方法 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果 动量 两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒 观点 定律处理问题【典例4】 （ 多选 ）（ 2024· 山东潍坊一模）如图所示，两根 型平行 光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为 和 ，处 l 2l 于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为 和 。已知导体棒 2B B ab 的电阻为 、长度为 ，导体棒 的电阻为 、长度为 ， 的质量是 的 R l cd 2R 2l cd ab 3 倍。两棒中点之间连接一原长为 轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至 后， L 3L 同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始 终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够 长，电阻不计。下列说法正确的是（ ） . 整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流 A . 整个运动过程中， 与 的路程之比为 ∶ B ab cd 3 1 . 棒克服安培力做的功等于 棒产生的热量 C cd cd . 整个运动过程中，通过 的电荷量为 D cd 4 3 答案： BD 解析：根据题意可知，由静止释放两导体棒， 向右运动， 向左运动， ab cd 即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，设某时刻 电流大小为 ，可知， 所受安培力大小为 ＝ ，方向向左， 所受安 I ab F 2BIl cd ab 培力大小为 ＝ ，方向向右，可知，两棒组成的系统所受外力矢量和 F BI·2l cd 为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有 向左运动， 向右运 ab cd 动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流， 错误；由 分析 A A 可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，由于开始运动 时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有 ＝ ，设运动时间为 ，则有 ＝ ，即 ＝ ， m v m v t m v t m v t m s m s ab ab cd cd ab ab cd cd ab ab cd cd 则 与 的路程之比为 ＝ ＝ ， 正确； ab cd B 3 1由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等， 且 与 的路程之比为 ∶ ，则 与 克服安培力做的功之比为 ∶ ，由 ab cd 3 1 ab cd 3 1 公式 ＝ 可知，由于 与 的电阻之比为 ∶ ，则 与 产生的热量之 Q I2Rt ab cd 1 2 ab cd 比为 ∶ ，可知， 棒克服安培力做的功不等于 棒产生的热量， 错误； 1 2 cd cd C 由公式 ＝ 、 ＝ 和 ＝ 可得，整个运动过程中，通过 的电荷量 q t cd ＋ Δ 为 ＝ ，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两 q Δ 2 ＋ Δ 棒间距离减小 ，则 向右运动的距离为 ＝ × ＝ ， 向左运动的 2L ab x 2L L cd 2 ab 3 3 ＋ 距离为 ＝ × ＝ ，则有通过 的电荷量为 ＝ ＝ ， x 2L L cd q D 4 2 cd ＋ 1 1 2 2 4 正确。 · 4 2 2 3 【典例5】 （ 2024· 湖北高考 15 题）如图所示，两足够长平行金属直导轨 、 的间距为 ，固定在同一水平面内，直导轨在左端 、 点分别与 MN PQ L M P 两条竖直固定、半径为 的 圆弧导轨相切。 连线与直导轨垂直，其左侧 L MP 1 无磁场，右侧存在磁感应强度大小为 、方向竖直向下的匀强磁场。长为 B 4 、质量为 、电阻为 的金属棒 跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为 L m R ab 、电阻为 的均匀金属丝制成一个半径为 的圆环，水平放置在两直导 2m 6R L 轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金 属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大 小为 。现将金属棒 由静止释放，求： g ab （ ） 刚越过 时产生的感应电动势大小。 1 ab MP （ ）金属环刚开始运动时的加速度大小。 2 （ ）为使 在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到 3 ab 的最小距离。 MP答案：（ ） （ ） （ ） ＋ 1 BL 2 3 L 2 2 2 2 解析：（ ）设 棒刚越过 时速度大小为 ，产生的电动势大小为 1 ab MP v 2 2 2 3 1 ，对 在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有 E ab 1 ＝ mgL m 1 2 刚越过 时，由法拉第电磁感应定律得 ab M1P 2 ＝ E BLv 1 1 联立得 ＝ 。 E BL 1 2 （ ）经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知 2 导轨之间两段金属环的电阻均为 ，它们在电路中并联后的总电阻 R R c ＝ 设电路中初始的干路电流为 ，由闭合电路欧姆定律有 I 1 2 ＝ I 1 ＋ 1 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为 、电阻为 的金属 L R c 棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为 、加速度大小为 F 1 ，则 a ＝ F I LB 1 1 由牛顿第二定律得 ＝ F 2ma 1 联立解得 ＝ 。 a 2 2 2 3 （ ）经分析， 进入磁场后， 和金属环组成的系统动量守恒，设 3 ab ab 两者共速时的速度大小为 ，由动量守恒定律得 ＝（ ＋ ） v mv m 2m v 2 1 2 设在极短时间 内， 与金属环圆心的距离减少量为 ，金属环所 Δt ab Δx 受安培力大小为 ，流过 的电流为 ，整个电路的电动势为 ，对金 F ab I E 属环，由动量定理得 ＝ － ΣFΔt 2mv 0 2 ＝ F ILB 由闭合电路欧姆定律得 ＝ I ＋ 设金属环圆心初始位置到 的最小距离为 ，若 与金属环共速时， MP s ab 两者恰好接触，金属环圆心初始位置到 的距离最小，对 进入磁 MP ab 场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有 ＝ E BL Δ ＝ ＋ s L ΣΔx Δ 联立解得 ＝ ＋ 。 s L 2 2 2 提升关键能力 目录1 2 3 4 5 1 . （ 多选 ）（ 2024· 重庆四区联考）如图所示，两根足够长的固定平行光 滑金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根相同的导体棒 、 ab ，与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻 cd 质弹簧，两棒的中间用细线绑住。两棒电阻均为 ，回路上其余部分的 R 电阻不计。在两导轨间有竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静 止状态，剪断细线后，在导体棒运动过程中（ ） √ . 回路中有感应电动势 A . 两根导体棒所受安培力的方向相同 B . 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒 C √. 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒 D1 2 3 4 5 解析： 剪断细线后，由于弹簧的作用，导体棒 、 反向运动， ab cd 穿过导体棒 、 与导轨构成的矩形回路的磁通量增大，回路中产生感 ab cd 应电动势， 正确；导体棒 、 中产生的感应电流方向相反，根据左 A ab cd 手定则，可知两根导体棒所受安培力的方向相反， 错误；两根导体棒 B 和弹簧构成的系统在运动过程中所受外力矢量和为 ，所以系统动量守 0 恒，由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，系 统机械能不守恒， 错误， 正确。 C D1 2 3 4 5 2 . （ 多选 ）（ 2024· 广东肇庆二模）如图所示，空间中存在竖直向下的匀 强磁场，磁感应强度大小为 。有两根完全相同的金属棒 和 垂直静置 B a b 于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为 、电阻不计，金属 L √ 棒与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为 、长度均为 、电阻均为 m L 。将 固定在导轨上，某时刻给 施加一个水平向右的恒力 。下列说 R b a F 法正确的是（ ） . 棒所受的安培力先增大后减小 A a √ . 棒的最大速度为 B a 2 . 若解除 的固定，则稳定后两棒的速度相等 C b 2 2 √ . 若解除 的固定，则稳定后两棒的加速度相等 D b1 2 3 4 5 解析： 对 受力分析，结合牛顿第二定律有 － ＝ ， ＝ a F F ma F BIL 安 安 ＝ ＝ ，解得 ＝ － ，所以 做加速度减小的加速运动， B L a a 2 2 2 2 故 棒所受的安培力一直增大， 错误；当 棒的加速度为 ＝ 时， 棒 a 2 2 2 A a a 0 a 的速度最大，此时 ＝ ，可得 ＝ ， 正确；若解除 的固定，对 F v B b 2 2 2 a 受力分析，结合牛顿第二定律有 F － F2 2 ＝ ma ，对 b 受力分析结合牛顿 2 安 a 第二定律有 ＝ ，开始时安培力较小，所以 ＞ ，两个棒都加 F ma a a 安 b a b 速，由 ＝ （ － ），可知电动势增大，安培力增大，所以 的加速 E BL v v a a b 度减小， 的加速度增大，最终稳定后两个棒的加速度相等，两个棒的 b 速度差恒定，安培力不再变化， 错误， 正确。 C D1 2 3 4 5 . （ 河北高考 题）如图，边长为 3 2024· 14 的正方形金属细框固定放置在绝缘 2L 水平面上，细框中心 处固定一竖直细 O 导体轴 。间距为 、与水平面成 角 OO' L θ 的平行导轨通过导线分别与细框及导体 轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应 强度大小均为 。足够长的细导体棒 在水平面内绕 点以角速度 匀速 B OA O ω 转动，水平放置在导轨上的导体棒 始终静止。 棒在转动过程中， CD OA CD 棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知 棒在导轨间的 CD 电阻值为 ，电路中其余部分的电阻均不计， 棒始终与导轨垂直，各部 R CD 分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为 。 g1 2 3 4 5 （ ）求 棒所受安培力的最大值和最小值。 1 CD 答案： 2 3 2 3 解析： 当 棒切割磁感线的有效长度为 ＝ 时，该棒产 OA l L 2 1 生的感应电动势最大，有 ＝ ＝ E BL2ω max 2 2 1 此时 棒所受的安培力最大，结合 ＝ 和安培力公式有 CD I 2 ＝ ＝ F I BL Amax max 2 3 当 棒切割磁感线的有效长度为 ＝ 时，该棒产生的感应电动势 OA l L 2 最小，有 ＝ ＝ E min 2 2 2 此时 棒所受的安培力最小，有 ＝ ＝ 。 CD F I BL 2 2 Amin min 2 3 2 1 2 3 4 5 （ ）锁定 棒，推动 棒下滑，撤去推力瞬间， 棒的加速度大小 2 OA CD CD 为 ，所受安培力大小等于（ ）问中安培力的最大值，求 棒与 a 1 CD 导轨间的动摩擦因数。 答案： 3 − sin 解析：设 棒的质量为 ， 棒与平行导轨间的最大静摩擦力为 CD m CD 3 cos ， 棒在转动过程中， 棒在所受安培力达到最大和最小时均 f OA CD 恰好静止，则有 ＝ ＋ ， ＋ ＝ ，结合（ ） F mgsin θ f F f mgsin θ 1 Amax Amin 问分析有 ＝ ，则撤去推力瞬间， 棒的加速度方向 F mgsin θ CD Amax 4 沿平行导轨向上，对 棒由牛顿第二定律有 ＋ － CD F μmgcos θ Amax 3 ＝ ，联立解得 棒与导轨间的动摩擦因数为 ＝ mgsin θ ma CD μ 。 3 − sin 3 cos 1 2 3 4 5 . （ 山东省实验中学一模）“途灵底 4 2024· 盘”是华为公司新推出的一款智能化多 场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。 小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定 个完全相同且相互紧靠（忽略线圈间距离）的矩形线圈，使其进入右 4 侧由电磁铁产生的磁场中做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之 间的关系为 ＝ ，其中 ＝ 且产生的磁场范围足够大。已知滑动 B kI k 50 T/A 杆及线圈的总质量为 ＝ . ，每个矩形线圈的匝数均为 ＝ 匝，阻 m 1 0 kg n 10 值 ＝ . ，长为 ＝ ，宽为 ＝ ，整个过程不考虑互感影 R 1 0 Ω L 20 cm d 10 cm 响，不计一切摩擦。1 2 3 4 5 （ ）若电磁铁中的电流为 ，求线圈 完全进入磁场时的速度变化 1 20 mA 1 量 ； Δv 答案： . ，方向水平向左 0 4 m/s 解析： 由动量定理得 ＝ nBL· ·Δt mΔv 其中 ＝ d Δt 右侧磁场的磁感应强度为 ＝ B kI 解得 ＝ . Δv 0 4 m/s 方向水平向左。1 2 3 4 5 （ ）若电磁铁中的电流为 且第 个线圈完全进入磁场时恰好减速 2 20 mA 3 为零，求线圈中产生的焦耳热 。 Q 答案： . 0 72 J 解析：第 个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得 3 － ＝ － nBL· ·Δt' 0 mv ′ 其中 ＝ 3d Δt' 解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为 ＝ . v 1 2 m/s ′ 线圈中产生的焦耳热 ＝ ＝ . 。 Q mv2 0 72 J 1 21 2 3 4 5 . （ 四川雅安检测）如图所示，光滑导体轨 5 2024· 道 和 是两个完全一样的轨道，均由 PMN P'M'N' 半径为 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成， r 圆弧轨道与水平轨道分别在 和 点相切，两 M M' 轨道并列平行放置， 和 位于同一水平 MN M'N' 面上，两轨道之间的距离为 ， 、 之间有一个阻值为 的电阻，开关 L P P' R K 是一个感应开关（开始时开关是断开的），矩形区域 内有竖直向 MNN'M' 上的磁感应强度为 的匀强磁场，水平轨道 离水平地面的高度为 。金 B MN h 属棒 和 的质量均为 、电阻均为 ，在水平轨道某位置放上金属棒 ，开 a b m R b 始时 棒静止不动， 棒从圆弧顶端 处由静止释放后，沿圆弧轨道下 b a PP' 滑，若两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离 ＝ x ，两棒速度稳定之后，再经过一段时间， 棒离开轨道做平抛运动， b 2 在 棒离开轨道瞬间，开关 闭合。不计一切摩擦和导轨电阻， 已知重力 b K 2 2 2 加速度为 。 g1 2 3 4 5 （ ）两棒速度稳定时的速度是多少？ 1 答案： 2 解析： 棒沿圆弧轨道运动到最低处 时，由机械能守恒 a MM' 2 定律得 ＝ mgr m 1 解得 棒运动到圆弧2 轨道最低处 时的速度 ＝ a MM' v 0 2 0 从 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度 的过程中，两棒在 a v 1 2 水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总 动量守恒。由动量守恒定律得 ＝ mv 2mv 0 1 解得两棒做匀速运动时的速度为 ＝ 。 v 1 2 21 2 3 4 5 （ ）两棒落到地面后的距离是多少？ 2 答案： ℎ 解析： 经过一段时间， 棒离开轨道后， 棒与电阻 组成回路，从 b a R b 2 棒离开轨道到 棒离开轨道的过程中， 棒受到安培力的冲量大小 a a I a ＝ B Lt 又 ＝ ， ＝ ， ＝ ΔΦ BLx Δ 对 棒，由动量定理得－ ＝ － a I mv mv 2 a 2 1 解得 棒离开轨道时的速度 ＝ a v 2 2 由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离为 4 ＝（ － ） ＝ 。 Δx v v 1 2 2ℎ ℎ 21 2 3 4 5 （ ）从 棒开始运动至 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是 3 a b 多少？ 答案： mgr 1 解析：由 2 能量守恒定律可知，从 棒开始运动至 棒离开轨道的过程 a b 中， 回路中产生的焦耳热 ＝ － × Q mgr 2m 1 2 1 解得 ＝ 。 2 Q mgr 1 2