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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第12章 微专题82 动量观点在电磁感应中的应用 (含解析)
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微专题82 动量观点在电磁感应中的应用
1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题，如求作用时间、速度、位移和电荷量.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．
1.(多选)(2023·河南开封市模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧有一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度大小为v.则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得－B1LΔt1＝mv－mv0，即 －BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－B2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
2．(多选)(2023·湖南岳阳市质检)如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻．一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m.装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B．导体棒最终和U形光滑金属框一起做匀速直线运动的速度为
C．导体棒产生的焦耳热为mv02
D．通过导体棒的电荷量为
答案 BCD
解析 根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相同，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正确；由能量守恒定律可知，导体棒产生的焦耳热Q＝mv02－×3mv2＝mv02，故C正确；对导体棒，根据动量定理可得BLΔt＝2mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故D正确．
3．如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角θ，间距为d.导轨上端与电容器连接，电容器电容为C.导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为d，左侧末端连接一阻值为R的定值电阻．导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨和直轨道所在平面．质量为m、电阻为r、宽度为d的金属棒MN从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒在平行导轨和直轨道上的运动过程分别与平行导轨和直轨道垂直且接触良好，金属棒下滑到两者连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨和直轨道电阻，水平轨道足够长．则下列说法正确的是( )
A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为
B．电容器两极板所带的最大电荷量为CBdv
C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为mv2
D．金属棒在水平轨道运动的最大位移为
答案 D
解析 金属棒沿导轨下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能(若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热)，即由能量守恒定律可知mgh＝mv2＋E电容，则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于，A错误；金属棒下滑到两者连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，但小于Em＝Bdv，则电容器两极板所带的最大电荷量为Q
A．导体棒2释放前，导体棒1停止的位置与CC′的距离为
B．导体棒1、2稳定时的速度均为v
C．导体棒1、2稳定时，两者之间的距离为
D．整个过程中回路上产生的焦耳热为mv2
答案 BCD
解析 导体棒2释放前，对导体棒1在导轨水平部分运动过程由动量定理得－BLt＝0－m·2v，又＝，联立解得x＝，故A错误；设导体棒1和CC′之间的距离为4l，则导体棒2和CC′之间的距离为9l，对导体棒1和2从初始位置到CC′分别由动能定理得mgsin θ·4l－μmgcos θ·4l＝m(2v)2－0，mgsin θ·9l－μmgcos θ·9l＝mv12－0，解得v1＝3v，导体棒1、2稳定时两棒产生的电动势大小相等，根据动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得v2＝，从导体棒2到达CC′到导体棒1、2稳定过程中，根据动量定理，对导体棒1有BLt′＝mv2－0，又＝，联立解得Δx＝，则两者之间的距离为d＝x－Δx＝，故B、C正确；导体棒1从释放到静止产生的热量为Q1＝m(2v)2＝2mv2，从释放导体棒2到导体棒1、2稳定的过程产生的热量为Q2＝mv12－(2m)v22＝mv2，整个过程中回路上产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝mv2，故D正确．
5．(2023·陕西汉中市质检)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置且始终接触良好，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，导轨足够长且电阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热；
(3)由图中信息计算0～1 s内，金属棒滑过的位移．
答案 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J
(3)0.85 m
解析 (1)由右手定则可知感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高；
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝BIL＝
由题图乙可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N
(2)从金属棒开始运动到达到稳定状态时，由动能定理得(F－mgsin 37°)x－W克＝mv2
由能量守恒定律可知克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克＝7.35 J
则金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J
(3)金属棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
(F－mgsin 37°)Δt－BLΔt＝mv1－0
又Δt＝q，由题图乙可知v1＝0.6 m/s
代入数据解得q＝0.85 C
由q＝Δt＝
得Δx＝0.85 m.
6．(2023·安徽合肥市模拟)两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，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的连接处光滑无摩擦，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，磁感应强度大小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，运动过程中杆a、b始终与轨道接触良好，求：
(1)杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小；
(2)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(3)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(4)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
答案 (1)5 m/s (2)5 s (3) C (4) J
解析 (1)杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时由机械能守恒定律得
magh＝mava2
解得va＝5 m/s
(2)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BdΔt＝mb(v0－vb0)
由题图乙可知vb0＝2 m/s，
代入数据解得Δt＝5 s
(3)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′＝ 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BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C
(4)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋mbv02－(ma＋mb)v′2
解得Q＝ J
b杆中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.
7．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧导轨高为.导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧导轨底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m.从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧导轨底端时立即释放导体棒cd.不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，B0＝2 T．(结果保留根号)求：
(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；
(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；
(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的水平间距X.
答案 (1)8 J (2) C (3)(2－) m
解析 (1)ab棒在左侧导轨下滑过程有＝at12①
mgsin θ＝ma②
解得t1＝＝ s③
由题图乙可知ab在左侧导轨上运动过程中磁场均匀变化，则回路中的感应电动势为E＝＝＝4 V④
此过程中cd棒产生的焦耳热为Q＝×t1⑤
联立③④⑤解得Q＝8 J
(2)ab棒到达底端的速度为v0＝at1
解得v0＝ m/s⑥
ab、cd两棒在水平导轨上运动过程中动量守恒且末速度相等，则有mv0＝3mv⑦
对cd棒由静止至达到共同速度过程应用动量定理有B0LΔt＝2mv－0⑧
由⑧式得q＝Δt＝⑨
联立⑥⑦⑨式解得q＝ C
(3)设Δx为两棒在水平导轨上的相对位移，第(2)问中q＝Δt＝
解得Δx＝ m
cd棒抛出后做平抛运动落到右侧倾斜导轨上，有h＝gt22
xcd＝vt2
且h＝xcd
此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则xab＝xcd
联立解得xab＝ m
则xab<2L－Δx
故导体棒cd落在右侧倾斜导轨后导体棒ab仍在水平导轨上，再次构成闭合回路．设ab棒接下来在水平导轨上的位移为xab′，速度减为零，对ab棒由动量定理有－Δt3＝mΔv
得－＝0－mv
解得xab′＝ m
由此可知xab＋xab′<2L－Δx
故导体棒ab最终静止在水平导轨上，与cd水平间距为X＝2L－Δx－xab′＝(2－) m．
微专题82 动量观点在电磁感应中的应用
1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题，如求作用时间、速度、位移和电荷量.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．
1.(多选)(2023·河南开封市模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧有一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度大小为v.则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得－B1LΔt1＝mv－mv0，即 －BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－B2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
2．(多选)(2023·湖南岳阳市质检)如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻．一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m.装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B．导体棒最终和U形光滑金属框一起做匀速直线运动的速度为
C．导体棒产生的焦耳热为mv02
D．通过导体棒的电荷量为
答案 BCD
解析 根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相同，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正确；由能量守恒定律可知，导体棒产生的焦耳热Q＝mv02－×3mv2＝mv02，故C正确；对导体棒，根据动量定理可得BLΔt＝2mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故D正确．
3．如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角θ，间距为d.导轨上端与电容器连接，电容器电容为C.导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为d，左侧末端连接一阻值为R的定值电阻．导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨和直轨道所在平面．质量为m、电阻为r、宽度为d的金属棒MN从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒在平行导轨和直轨道上的运动过程分别与平行导轨和直轨道垂直且接触良好，金属棒下滑到两者连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨和直轨道电阻，水平轨道足够长．则下列说法正确的是( )
A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为
B．电容器两极板所带的最大电荷量为CBdv
C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为mv2
D．金属棒在水平轨道运动的最大位移为
答案 D
解析 金属棒沿导轨下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能(若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热)，即由能量守恒定律可知mgh＝mv2＋E电容，则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于，A错误；金属棒下滑到两者连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，但小于Em＝Bdv，则电容器两极板所带的最大电荷量为Q
A．导体棒2释放前，导体棒1停止的位置与CC′的距离为
B．导体棒1、2稳定时的速度均为v
C．导体棒1、2稳定时，两者之间的距离为
D．整个过程中回路上产生的焦耳热为mv2
答案 BCD
解析 导体棒2释放前，对导体棒1在导轨水平部分运动过程由动量定理得－BLt＝0－m·2v，又＝，联立解得x＝，故A错误；设导体棒1和CC′之间的距离为4l，则导体棒2和CC′之间的距离为9l，对导体棒1和2从初始位置到CC′分别由动能定理得mgsin θ·4l－μmgcos θ·4l＝m(2v)2－0，mgsin θ·9l－μmgcos θ·9l＝mv12－0，解得v1＝3v，导体棒1、2稳定时两棒产生的电动势大小相等，根据动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得v2＝，从导体棒2到达CC′到导体棒1、2稳定过程中，根据动量定理，对导体棒1有BLt′＝mv2－0，又＝，联立解得Δx＝，则两者之间的距离为d＝x－Δx＝，故B、C正确；导体棒1从释放到静止产生的热量为Q1＝m(2v)2＝2mv2，从释放导体棒2到导体棒1、2稳定的过程产生的热量为Q2＝mv12－(2m)v22＝mv2，整个过程中回路上产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝mv2，故D正确．
5．(2023·陕西汉中市质检)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置且始终接触良好，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，导轨足够长且电阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热；
(3)由图中信息计算0～1 s内，金属棒滑过的位移．
答案 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J
(3)0.85 m
解析 (1)由右手定则可知感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高；
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝BIL＝
由题图乙可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N
(2)从金属棒开始运动到达到稳定状态时，由动能定理得(F－mgsin 37°)x－W克＝mv2
由能量守恒定律可知克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克＝7.35 J
则金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J
(3)金属棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
(F－mgsin 37°)Δt－BLΔt＝mv1－0
又Δt＝q，由题图乙可知v1＝0.6 m/s
代入数据解得q＝0.85 C
由q＝Δt＝
得Δx＝0.85 m.
6．(2023·安徽合肥市模拟)两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，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的连接处光滑无摩擦，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，磁感应强度大小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，运动过程中杆a、b始终与轨道接触良好，求：
(1)杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小；
(2)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(3)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(4)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
答案 (1)5 m/s (2)5 s (3) C (4) J
解析 (1)杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时由机械能守恒定律得
magh＝mava2
解得va＝5 m/s
(2)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BdΔt＝mb(v0－vb0)
由题图乙可知vb0＝2 m/s，
代入数据解得Δt＝5 s
(3)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′＝ 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BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C
(4)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋mbv02－(ma＋mb)v′2
解得Q＝ J
b杆中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.
7．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧导轨高为.导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧导轨底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m.从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧导轨底端时立即释放导体棒cd.不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，B0＝2 T．(结果保留根号)求：
(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；
(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；
(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的水平间距X.
答案 (1)8 J (2) C (3)(2－) m
解析 (1)ab棒在左侧导轨下滑过程有＝at12①
mgsin θ＝ma②
解得t1＝＝ s③
由题图乙可知ab在左侧导轨上运动过程中磁场均匀变化，则回路中的感应电动势为E＝＝＝4 V④
此过程中cd棒产生的焦耳热为Q＝×t1⑤
联立③④⑤解得Q＝8 J
(2)ab棒到达底端的速度为v0＝at1
解得v0＝ m/s⑥
ab、cd两棒在水平导轨上运动过程中动量守恒且末速度相等，则有mv0＝3mv⑦
对cd棒由静止至达到共同速度过程应用动量定理有B0LΔt＝2mv－0⑧
由⑧式得q＝Δt＝⑨
联立⑥⑦⑨式解得q＝ C
(3)设Δx为两棒在水平导轨上的相对位移，第(2)问中q＝Δt＝
解得Δx＝ m
cd棒抛出后做平抛运动落到右侧倾斜导轨上，有h＝gt22
xcd＝vt2
且h＝xcd
此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则xab＝xcd
联立解得xab＝ m
则xab<2L－Δx
故导体棒cd落在右侧倾斜导轨后导体棒ab仍在水平导轨上，再次构成闭合回路．设ab棒接下来在水平导轨上的位移为xab′，速度减为零，对ab棒由动量定理有－Δt3＝mΔv
得－＝0－mv
解得xab′＝ m
由此可知xab＋xab′<2L－Δx
故导体棒ab最终静止在水平导轨上，与cd水平间距为X＝2L－Δx－xab′＝(2－) m．
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