新高考物理一轮复习讲义 第11章 专题强化25 动量观点在电磁感应中的应用

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第11章 专题强化25 动量观点在电磁感应中的应用，共14页。试卷主要包含了9 m/s2，5 C等内容，欢迎下载使用。

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，安培力的冲量为：I安＝Beq \x\t(I)Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R总)Δt＝neq \f(ΔΦ,Δt·R总)Δt＝neq \f(ΔФ,R总)，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.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．
“单棒＋电阻”模型
例1 (2020·湖北高三开学考试)如图1所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(a图1
A．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 通过线圈横截面的电荷量：
q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，
由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：
－Beq \x\t(I)at＝mv－mv0，
线圈离开磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝0－mv，
由于q＝eq \x\t(I)t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，
解得v＝eq \f(v0,2)，故选B.
“电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例2 (多选)如图2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，并与导轨接触良好．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( )
图2
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，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＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
答案 ACD
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＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，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＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，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－Beq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，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
例3 (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3，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：
图3
(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)eq \f(BlE,mR) (3)eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)
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＝eq \f(E,R)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＝eq \f(BlE,mR)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′＝eq \f(Q,C)⑦
设在此过程中流经MN的平均电流为eq \x\t(I)，MN上受到的平均安培力为eq \x\t(F)，有eq \x\t(F)＝eq \x\t(I)lB⑧
由动量定理，有eq \x\t(F)Δt＝mvmax－0⑨
又eq \x\t(I)Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C).
1．(“单棒＋电阻”模型)(多选)(八省联考·湖南·8)如图4，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1 m，左端通过导线连接一个R＝1.5 Ω的定值电阻．整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．质量m＝0.2 kg、长度L＝1 m、电阻r＝0.5 Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好．在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动．拉力F的功率P＝2 W保持不变，当金属杆的速度v＝5 m/s时撤去拉力F.下列说法正确的是( )
图4
A．若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5 m/s
B．金属杆的速度为4 m/s时，其加速度大小可能为0.9 m/s2
C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5 C
D．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5 J
答案 BC
解析 金属杆水平方向受到的拉力F＝eq \f(P,v)，受到的安培力F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)，由牛顿第二定律：F－F安＝ma，即eq \f(P,v)－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，随着速度v的增大，a减小，当a减小到0时，v最大，此时P＝eq \f(B2L2v\\al(m2),R＋r)，代入数据得最大速度vm＝5 m/s，故A错误；当v＝4 m/s时，得a＝0.9 m/s2，B正确；撤去拉力F，杆只受安培力作用，由动量定理－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv，q＝eq \x\t(I)·Δt得q＝eq \f(mv,BL)＝eq \f(0.2×5,0.4×1) C＝2.5 C，C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，由能量守恒定律得回路中产生的总焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv2＝2.5 J，金属杆上产生的热量Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝0.625 J，D错误．
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
例4 如图5所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g.求：
图5
(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？
(2)cd棒能达到的最大速度是多大？
(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？
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过程中机械能守恒，故
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(gR)
进入磁场区瞬间，回路中电流
I＝eq \f(E,2r＋r)＝eq \f(Bl\r(gR),3r)
(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度．ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
mv＝(2m＋m)v′，
解得v′＝eq \f(1,3)eq \r(gR)
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，
故Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)·3mv′2
解得Q＝eq \f(1,3)mgR
2．(电磁感应中的双棒模型) (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图6，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，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向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )
图6
答案 AC
解析 棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq \f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误．
3．(电磁感应中的双棒模型)如图7所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
图7
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
答案 (1)eq \f(0.3B2l2v0,mR) (2)eq \f(1,4)mv02 (3)eq \f(mRv0,B2l2)
解析 (1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，
由动量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′
解得v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)
cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)
解得a＝eq \f(0.3B2l2v0,mR)
(2)设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v
解得v＝eq \f(1,2)v0
故Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mv02
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)
这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)
对ab棒，由动量定理得Beq \x\t(I)lΔt＝mv
联立解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2).
课时精练
1.(多选)(2020·云南一模)如图1所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B.现给cd一个初速度v0，则( )
图1
A．ab将向右做匀加速运动
B．ab、cd最终具有相同的速度eq \f(v0,2)
C．通过ab杆的电荷量为q＝eq \f(mv0,2BL)
D．回路产生的焦耳热最多为eq \f(1,2)mv02
答案 BC
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两棒都产生加速度，然后受到的安培力发生变化，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，两棒的系统所受合外力为零，则根据动量守恒定律有mv0＝2mv，最终两棒的速度均为v＝eq \f(v0,2)，故B正确；选向右的方向为正，对ab棒根据动量定理有eq \x\t(F)t＝meq \f(v0,2)，eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L，联立可以得到q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(mv0,2BL)，故C正确；根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m(eq \f(v0,2))2＝eq \f(1,4)mv02，故D错误．
2.如图2所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
图2
A．回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR)
B．铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m)
D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)
答案 B
解析 给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq \f(I,m)，铜棒a切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，回路电流I0＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLI,2mR)，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(IB2L2,2Rm2)，选项B正确；此后铜棒a做加速度减小的减速运动，铜棒b做加速度减小的加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒有mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝eq \f(I,2m)，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(I2,4m)，选项D错误．
3.(多选)(2020·山东聊城市高三上学期期末)如图3所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平．导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
图3
A．导体棒的最大加速度为50 m/s2
B．导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C．导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D．导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
答案 ACD
解析 当导体棒向上经过虚线时加速度最大，
此时的安培力FA＝BIL＝Beq \f(BLv,R)L＝eq \f(22×12×20,2) N＝40 N，
由牛顿第二定律a＝eq \f(mg＋FA,m)＝eq \f(1×10＋40,1) m/s2＝50 m/s2
故A正确；由公式q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·R)Δt＝eq \f(BLx,R)＝eq \f(2×1×1,2) C＝1 C，故B错误；由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有mg＝BI1L＝eq \f(B2L2v1,R)，v1＝eq \f(mgR,B2L2)＝eq \f(1×10×2,22×12) m/s＝5 m/s，故C正确；导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得mgt＋Beq \x\t(I)Lt＝0－m·(－v)＝mv，则有mgt＋BLq＝mv得t＝eq \f(mv－BLq,mg)＝eq \f(1×20－2×1×1,1×10) s＝1.8 s，故D正确．
4．(2019·河南郑州市期末)如图4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图象(设导轨足够长)．求：
图4
(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＝eq \f(E,R)
导体棒所受安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
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－eq \f(B2L2v,R)＝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＝－eq \f(B2L2v,R)·Δt＝－eq \f(B2L2,R)Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－eq \f(B2L2,R)x
由动量定理有Ft－eq \f(B2L2,R)x＝mv－0，得x＝8 m.
5．如图5所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
图5
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
答案 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势
E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
6．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图6甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道平滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω，Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
图6
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
答案 (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
解析 (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
Bdeq \x\t(I)·Δt＝mb(v0－vb0)
由题图乙知vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s.
(2)对杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)mava2
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，
则由动量定理可得Bdeq \x\t(I)′·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝eq \x\t(I)′·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C.
(3)由能量守恒定律可知整个运动过程中杆a、b中产生的总焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbv02－eq \f(1,2)(ma＋mb)v′2＝eq \f(161,6) J
杆b中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq \f(115,6) J. 基本模型
规律
(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，电容器被充电．
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq \f(BLv－UC,R)，电容器被充电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
a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，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：mv0－mv＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C).
v－t图像
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＝BLv.
运动特点及最终特征
a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.
最大速度vm
电容器充电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm
电容器放电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLΔQ
vm＝eq \f(BLCE,m＋B2L2C)
v－t图像
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