新高考物理一轮复习讲义第11章 电磁感应 专题强化二十三 动量观点在电磁感应中的应用 (含解析)

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考点一 动量定理在电磁感应中的应用
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他＋eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0
或I其他－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0。
2.求电荷量：q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0－mv,Bl)。
3.求位移：由－eq \f(B2l2\(v,\s\up6(－)),R)Δt＝mv－mv0有
x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt＝eq \f(（mv0－mv）R,B2l2)。
例1 如图1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：
图1
(1)导体棒的最大速度和磁感应强度的大小；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小；
(3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移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)由题意知导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得vm＝eq \r(2gh)
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有mg＝ILB
解得B＝eq \f(mg,IL)。
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,R)，解得v＝eq \f(I2R,mg)。
(3)金属棒进入磁场后，由动量定理有
mgt－eq \f(BL\(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)。
跟踪训练
1.(多选)如图2所示，间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 Ω的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 ( )
图2
A.通过电阻的电荷量为0.5 C
B.整个过程中安培力做功为－1 J
C.整个过程中水平外力做功为零
D.水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s
答案 AD
解析 导体棒在磁场中运动的位移为x＝eq \f(v,2)t＝1 m，通过电阻的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝
eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)t＝eq \f(\f(ΔΦ,t),R)t＝eq \f(BLx,R)＝0.5 C，A正确；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv2，因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，B、C错误；根据动量定理得IF－eq \(I,\s\up6(－))LBt－μmgt＝0－mv，结合q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝0.5 C，解得IF＝－0.5 N·s，D正确。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
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，安培力是系统内力，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，运用动量守恒定律求解比较方便。
例2 如图3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，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。求：
图3
(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棒由静止到达最大速度过程中，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，有
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(gR)
进入磁场瞬间，回路中的电流为
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。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。
跟踪训练
2.(多选)如图4所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是( )
图4
A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B.该时刻导体棒a的加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C.当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，导体棒b的速度大小也是eq \f(3v0,2)
D.运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝eq \f(mv0,2BL)
答案 BCD
解析 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,2R)，导体棒a所受安培力大小F＝ILB＝ma，可得
a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·eq \f(3v0,2)＋mv1，解得v1＝eq \f(3v0,2)，C正确；由上解析知v共＝eq \f(3v0,2)，对a由动量定理有eq \(F,\s\up6(－))安Δt＝mv共－mv0，而eq \(F,\s\up6(－))安＝eq \(I,\s\up6(－))LB，通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0,2BL)，D正确。
A级 基础对点练
对点练1 动量定理在电磁感应中的应用
1.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 \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),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 \(I,\s\up6(－))at＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Beq \(I,\s\up6(－))at＝0－mv，由于q＝eq \(I,\s\up6(－))t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq \f(v0,2)，故B正确。
2.(多选)(2023·河南开封高三月考)如图2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，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时的速度为v。则下列说法正确的是( )
图2
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＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)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；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，选项C错误，D正确。
3.(多选)(2023·河北唐山高三期末)如图3，两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，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是( )
图3
A.金属棒初始位置到水平轨道的高度为eq \f(v2,2g)
B.电容器两极板携带的最大电荷量为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eq \f(1,2)mv2
D.金属棒在水平轨道运动的最大位移为eq \f(mv（R＋r）,B2d2)
答案 BD
解析 金属棒沿斜面下滑到底端时，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)，即由能量关系可知mgh＝eq \f(1,2)mv2＋E电容，则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于eq \f(v2,2g)，A错误；金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，最大值为Em＝Bdv，则电容器两极板携带的最大电荷量为Q＝CEm＝CBdv，B正确；由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv2＋E电，因金属棒有内阻，则定值电阻产生的焦耳热不等于eq \f(1,2)mv2，C错误；由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))dΔt＝0－mv，q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)Δt＝eq \f(Bdx,R＋r)，解得金属棒在水平轨道运动的最大位移x＝eq \f(mv（R＋r）,B2d2)，D正确。
对点练2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(多选)如图4所示，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4
答案 AC
解析 导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受到安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由E＝Blv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由系统的动量守恒得mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t图像应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误。
5.(多选)如图5所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功eq \f(1,2)mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )
图5
A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动
C.ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为eq \f(Bd\r(gr),2R)
D.ab棒的最终速度大小为eq \f(\r(gr),2)
答案 CD
解析 ab棒进入磁场后受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们以相同的速度做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理mgr－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq \r(gr)，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝eq \f(Bd\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得最终速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确。
6.(多选)如图6所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是( )
图6
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为eq \f(2B2L2v0,3mr)
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
D.cd棒的收尾速度大小为v0
答案 CD
解析 由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，故A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0 ，I＝eq \f(E,2r) ，F＝ILB，联立解得F＝eq \f(B2L2v0,r)，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v0,mr)，故B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)m(3v0)2－
eq \f(1,2)m(2v0)2＝3mveq \\al(2,0)，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)Q总＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得
v共＝v0，故D正确。
B级 综合提升练
7.如图7所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中( )
图7
A.感应电流方向为M→b→c→N→M
B.导体棒的最大速度为eq \f(v0,2)
C.通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D.导体棒产生的焦耳热为eq \f(5,6)mveq \\al(2,0)
答案 C
解析 金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，金属棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝eq \f(2v0,3)，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝mv－0，即BLq＝m·eq \f(2v0,3)－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)，D错误。
8.(多选)如图8所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
图8
A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小
B.稳定时a棒的速度为1.5v0
C.电路中产生的焦耳热为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量为eq \f(mv0,2Bl)
答案 AC
解析 由F安＝ILB＝ma，可得a＝eq \f(ILB,m)，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fat＝eq \(I,\s\up6(－))lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－Beq \(I,\s\up6(－))×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于焦耳热，初动能Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)×2m×(2v0)2，末动能Ek＝eq \f(1,2)m×(2v0)2＋eq \f(1,2)×2m×veq \\al(2,0)，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故C正确；对a应用动量定理有eq \(I,\s\up6(－))lB·Δt＝mva－mv0，又q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt, va＝2v0，解得q＝eq \f(mv0,Bl)，故D错误。
9.(2023·江苏盐城高三期末)如图9所示，两条平行光滑导轨相距L，水平导轨足够长，导轨电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高h处自由滑下。已知金属棒a、b质量均为m，金属棒a、b电阻均为R，重力加速度为g，整个过程中金属棒a、b始终未相撞。求：
图9
(1)金属棒b的最大加速度；
(2)金属棒a最多产生的热量。
答案 (1)eq \f(B2L2\r(2gh),2mR) (2)eq \f(1,4)mgh
解析 (1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电流最大，金属棒b所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2gh)
此时金属棒a产生的感应电动势大小为
E＝BLv1＝BLeq \r(2gh)
根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)
此时金属棒b所受安培力大小为
F＝ILB＝eq \f(B2L2\r(2gh),2R)
根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2\r(2gh),2mR)。
(2)金属棒a和b组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速度大小为v2，
根据动量守恒定律有
mv1＝2mv2
解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(1,2)eq \r(2gh)
两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量守恒定律，有
2Q＝mgh－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
解得Q＝eq \f(1,4)mgh。
10.如图10所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QMED处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。a、b为材料相同、长度都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其他电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦，重力加速度为g。
图10
(1)金属棒b向左运动速度大小减为金属棒a的速度大小的一半时，金属棒a的速度多大？
(2)金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热多大？
答案 (1)eq \f(4,5)eq \r(2gh) (2)3mgh
解析 (1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gh)
两棒同时进入磁场区域的初速度大小均为eq \r(2gh)。由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则两棒在水平轨道上运动时动量守恒，可得
3mv0－mv0＝3mva－meq \f(va,2)
va＝eq \f(4,5)v0＝eq \f(4,5)eq \r(2gh)。
(2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速运动的速度相等，由动量守恒定律得
maeq \r(2gh)＋mb(－eq \r(2gh))＝(ma＋mb)v
解得v＝eq \f(\r(2gh),2)，方向向右。
由题意可判断b棒先离开磁场
金属棒a、b进入磁场后，到b棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(ma＋mb)v2＋Q
解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程中电路中产生的焦耳热Q＝3mgh。
11.如图11所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为eq \f(2,3)L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与eq \f(2,3)L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
图11
(1)外力F与作用时间t的函数关系式；
(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。
答案 (1)F＝eq \f(Beq \\al(2,0)L2a,2R)t＋ma (2)eq \f(4,13)v0
解析 (1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0
金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma
由安培力公式有F安＝ILB0
对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有
I＝eq \f(E,R＋R)
金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv
又因为v＝at
联立解得F＝eq \f(Beq \\al(2,0)L2a,2R)t＋ma。
(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有
B0LvA＝B0·eq \f(2,3)LvB
在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff－B0eq \(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0
对B，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff＋B0eq \(I,\s\up6(－))·eq \f(2,3)L)t1＝mvB－0
联立可解出vA＝eq \f(4,13)v0。