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專題強化二十五　動量觀點在電磁感應中的應用
目標要求 　1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧.2.建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題．
題型一　動量定理在電磁感應中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝BILt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q＝IΔt＝ER總Δt＝nΔΦΔt·R總Δt＝nΔФR總，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解．

　　　　 “單棒＋電阻”模型

例1 　(2020·湖北高三開學考試)如圖1所示，在光滑的水平面上寬度為L的區域內，有豎直向下的勻強磁場．現有一個邊長為a(a
圖1
A．大于v02 B．等于v02
C．小于v02 D．以上均有可能
答案　B
解析　通過線圈橫截面的電荷量：
q＝IΔt＝ER·Δt＝ΔΦR，
由于線圈進入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進入和穿出磁場的兩個過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動量定理得，線圈進入磁場過程：
－BIat＝mv－mv0，
線圈離開磁場過程：－BIat＝0－mv，
由于q＝It，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，
解得v＝v02，故選B.

“電容器＋棒”模型

1．無外力充電式
基本
模型
規律
(電阻阻值為R，電容器電容為C)
電路特點 導體棒相當于電源，電容器被充電.
電流特點 安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝BLv－UCR，電容器被充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F安＝0，棒勻速運動.
運動特點和最終特征 a減小的加速運動，棒最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零.
最終速度 電容器充電荷量：q＝CU
最終電容器兩端電壓U＝BLv
對棒應用動量定理：
mv0－mv＝BIL·Δt＝BLq
v＝mv0m＋B2L2C.

v－t圖象


例2 　(多選)如圖2甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為l，電阻均可忽略不計．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻為r，并與導軌接觸良好．整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．現給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動．則(　　)

圖2
A．當桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓U＝Blv0RR＋r，且a點電勢高于b點電勢
B．通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸增大
C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動，則桿ab穩定后的速度為v＝mv0m＋B2l2C
D．在C選項中，桿穩定后a點電勢高于b點電勢
答案　ACD
解析　當桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝ERR＋r＝Blv0RR＋r，根據右手定則知，感應電流的方向為b到a，桿ab相當于電源，a相當于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；通過電阻R的電流I＝BlvR＋r，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，速度v隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當桿ab以初速度v0開始切割磁感線時，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小．當電容器兩端電壓與感應電動勢相等時，充電結束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對桿ab，根據動量定理得－BIl·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯立可得v＝mv0m＋B2l2C，C正確；桿穩定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確．
2．無外力放電式
　　　　　基本
模型
規律　　
(電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C)
電路特點 電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動.
電流的特點 電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLv.
運動特點及最終
特征 a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0.
最大速度vm 電容器充電荷量：Q0＝CE
放電結束時電荷量：
Q＝CU＝CBLvm
電容器放電荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
對棒應用動量定理：
mvm＝BIL·Δt＝BLΔQ
vm＝BLCEm＋B2L2C

v－t圖象


例3 　(2017·天津卷·12)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖3，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：

圖3
(1)磁場的方向；
(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；
(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．
答案　(1)垂直于導軌平面向下　(2)BlEmR 　(3)B2l2C2Em＋B2l2C
解析　(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下．
(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有
I＝ER①
設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②
由牛頓第二定律，有F＝ma③
聯立①②③式得a＝BlEmR④
(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有
Q0＝CE⑤
開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥
依題意有E′＝QC⑦
設在此過程中流經MN的平均電流為I，MN上受到的平均安培力為F，有F＝IlB⑧
由動量定理，有FΔt＝mvmax－0⑨
又IΔt＝Q0－Q⑩
聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝B2l2C2Em＋B2l2C.

1．(“單棒＋電阻”模型)(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖4為電磁驅動與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應強度為B的勻強磁場，兩軌道間距及磁場寬度均為L.質量為m的金屬棒ab靜置于導軌上，當磁場沿軌道向右運動的速度為v時，棒ab恰好滑動．棒運動過程始終在磁場范圍內，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．

圖4
(1)判斷棒ab剛要滑動時棒中的感應電流方向，并求此時棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁場不動，將棒ab以水平初速度2v運動，經過時間t＝mRB2L2停止運動，求棒ab運動位移x及回路中產生的焦耳熱Q.
答案　見解析
解析　(1)磁場沿軌道向右運動，即棒相對于磁場沿軌道向左運動，則根據右手定則，感應電流方向由a至b.
依題意得，棒剛要運動時，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
F安＝BI1L
I1＝BLvR
聯立解得：Ff＝B2L2vR
(2)設棒的平均速度為v，根據動量定理可得：－F安t－Fft＝0－2mv
F安＝BIL，又I＝BLvR，x＝v t
聯立解得：x＝mvRB2L2
根據動能定理有：－Ffx－W安＝0－12m(2v)2
根據功能關系有
Q＝W安
得：Q＝mv2.
題型二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
1．在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．
2．雙棒模型
雙棒無外力 雙棒有外力
示意圖

F為恒力
動力學觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動 導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱

例4 　如圖5所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平部分加有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌水平部分靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r.另一質量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧部分M處由靜止釋放下滑至N處進入水平部分，棒與導軌始終垂直且接觸良好，圓弧部分MN半徑為R，所對圓心角為60°，重力加速度為g.求：

圖5
(1)ab棒在N處進入磁場區速度是多大？此時棒中電流是多少？
(2)cd棒能達到的最大速度是多大？
(3)cd棒由靜止到最大速度過程中，系統所能釋放的熱量是多少？
答案　(1)gR　BlgR3r　(2)13gR　(3)13mgR
解析　(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，故
mgR(1－cos 60°)＝12mv2
解得v＝gR
進入磁場區瞬間，回路中電流
I＝E2r＋r＝BlgR3r
(2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達到最大速度．ab、cd兩棒組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，
解得v′＝13gR
(3)系統釋放的熱量應等于系統機械能的減少量，
故Q＝12mv2－12·3mv′2
解得Q＝13mgR

2．(電磁感應中的雙棒模型)(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖6，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是(　　)

圖6


答案　AC
解析　棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產生感應電動勢，使整個回路中產生感應電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統產生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變為零，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，選項A、C正確，B、D錯誤．
3．(電磁感應中的雙棒模型)如圖7所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區域內，與磁場方向垂直的水平面內有兩根固定的足夠長的平行金屬導軌，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，導體棒的質量都為m，電阻都為R，導軌部分電阻可忽略不計．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棒一個向右的初速度v0.

圖7
(1)求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定，求電路中產生的電能；
(3)求兩棒之間距離增加量的最大值．
答案　(1)0.3B2l2v0mR　(2)14mv02　(3)mRv0B2l2
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′
解得v′＝0.2v0
此時回路的電流是I＝Bl?0.8－0.2?v02R
cd棒的加速度為a＝BIlm
解得a＝0.3B2l2v0mR
(2)設兩棒穩定時共同的速度為v，據動量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v
解得v＝12v0
故Q＝12mv02－12(m＋m)v2＝14mv02
(3)由法拉第電磁感應定律得，電路中產生的感應電動勢E＝ΔΦΔt＝BlΔxΔt
這段時間內回路的電流為I＝E2R
對ab棒，由動量定理得BIlΔt＝mv
聯立解得Δx＝mRv0B2l2.
課時精練

1.(多選)(2020·云南一模)如圖1所示，兩根水平固定的足夠長平行光滑金屬導軌上，靜止放著兩根質量為m、長度為L、電阻為R的相同導體棒ab和cd，構成矩形回路(ab、cd與導軌接觸良好)，導軌平面內有豎直向上的勻強磁場B.現給cd一個初速度v0，則(　　)

圖1
A．ab將向右做勻加速運動
B．ab、cd最終具有相同的速度v02
C．通過ab桿的電荷量為q＝mv02BL
D．回路產生的焦耳熱最多為12mv02
答案　BC
解析　根據法拉第電磁感應定律可知，只有在兩棒速度不相等時回路中才有感應電流，感應電流使兩棒都產生加速度，然后受到的安培力發生變化，有效電動勢發生變化，感應電流、安培力、加速度也隨之變化，所以ab不可能向右做勻加速運動，故A錯誤；當兩棒速度相等后，穿過回路的磁通量不變，回路中將不再有感應電流，ab、cd最終具有相同的速度，兩棒的系統所受合外力為零，則根據動量守恒定律有mv0＝2mv，最終兩棒的速度均為v＝v02，故B正確；選向右的方向為正，對ab棒根據動量定理有Ft＝mv02，F＝BIL，聯立可以得到q＝It＝mv02BL，故C正確；根據能量守恒定律，在運動過程中產生的熱量為Q＝12mv02－12·2m(v02)2＝14mv02，故D錯誤．
2.如圖2所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好．現給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是(　　)

圖2
A．回路中的最大電流為BLImR
B．銅棒b的最大加速度為B2L2I2m2R
C．銅棒b獲得的最大速度為Im
D．回路中產生的總焦耳熱為I22m
答案　B
解析　給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產生的感應電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝Im，銅棒a切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv0，回路電流I0＝E2R＝BLI2mR，選項A錯誤；此時銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝Fm＝IB2L22Rm2，選項B正確；此后銅棒a做加速度減小的減速運動，銅棒b做加速度減小的加速運動，當二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，據動量守恒有mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝I2m，選項C錯誤；回路中產生的焦耳熱Q＝12mv02－12·2mv2＝I24m，選項D錯誤．
3.(多選)(2020·安徽省天長中學期末)如圖3所示，兩根質量均為m的金屬棒垂直地放在光滑的水平導軌上，左、右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻，現用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右運動距離為s的過程中，AB棒上產生的焦耳熱為Q，此時AB棒和CD棒的速度大小均為v，此時立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，則下列說法正確的是(　　)

圖3
A．v的大小等于Fs－3Qm
B．撤去拉力F后，AB棒的最終速度大小為65v，方向向右
C．撤去拉力F后，CD棒的最終速度大小為25v，方向向右
D．撤去拉力F后，整個回路產生的焦耳熱為110mv2
答案　AD
解析　由于兩棒的長度之比為1∶2，所以電阻之比為1∶2，由于兩棒是串聯關系，在任何時刻電流均相等，根據焦耳定律Q＝I2Rt，所以CD棒上產生的焦耳熱為2Q，在CD棒向右運動距離為s的過程中，根據功能關系有Fs＝3Q＋12mv2×2，解得v＝Fs－3Qm，A正確；設AB棒的長度為l，則CD棒的長度為2l，撤去拉力F后，AB棒繼續向左加速運動，而CD棒向右開始減速運動，兩棒最后勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足BlvAB′＝B·2lvCD′，即vAB′＝2vCD′，對兩棒分別應用動量定理有FABt＝mvAB′－mv，－FCDt＝mvCD′－mv，因為FCD＝2FAB，解得AB棒的速度大小為vAB′＝65v，方向向左，CD棒的速度大小為vCD′＝35v，方向向右，B、C錯誤；撤去拉力F后到最后穩定運動過程，整個回路產生的焦耳熱為Q′，根據能量守恒定律有Q′＝12mv2×2－12mvAB′2－12mvCD′2，解得Q′＝110mv2，D正確．

4．(2020·河南鄭州市期末)如圖4甲所示，固定放置在水平桌面上的兩根足夠長的光滑金屬導軌間的距離為L＝1 m．質量m＝1 kg的直導體棒放在導軌上，且與導軌垂直．導軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，其余電阻不計，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場內，磁感應強度B＝2 T．在t＝0時，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直導體棒，使直導體棒由靜止開始向右做直線運動，圖乙是描述導體棒運動過程的v－t圖象(設導軌足夠長)．求：

圖4
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s時，導體棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s內導體棒的位移大小x.
答案　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)8 m
解析　(1)導體棒的運動速度為v時產生的電動勢E＝BLv，閉合回路中的感應電流I＝ER
導體棒所受安培力FA＝BIL＝B2L2vR
由題圖乙可知，當速度v＝10 m/s時拉力F＝FA，得F＝10 N.
(2)由題圖乙知，t＝1.6 s時，v＝8 m/s，由牛頓第二定律有F－B2L2vR＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在導體棒的速度為任意值v的一段極短時間Δt內，發生位移Δx，安培力的沖量ΔI＝－B2L2vR·Δt＝－B2L2RΔx
則前1.6 s內安培力的總沖量I＝－B2L2Rx
由動量定理有Ft－B2L2Rx＝mv－0，得x＝8 m.

5．如圖5所示，平行傾斜光滑導軌與足夠長的平行水平光滑導軌平滑連接，導軌電阻不計．質量分別為m和12m的金屬棒b和c靜止放在水平導軌上，b、c兩棒均與導軌垂直．圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場．質量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導軌由靜止釋放，釋放位置與水平導軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導軌上與金屬棒b發生彈性正碰，金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒c發生碰撞．重力加速度為g.求：

圖5
(1)絕緣棒a與金屬棒b發生彈性正碰后分離時兩棒的速度大小；
(2)金屬棒b進入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時的速度大小；
(3)兩金屬棒b、c上最終產生的總焦耳熱．
答案　(1)0　2gh　(2)562gh　(3)13mgh
解析　(1)設a棒滑到水平導軌時速度為v0，下滑過程中a棒機械能守恒，則有：12mv02＝mgh
a棒與b棒發生彈性正碰
由動量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由機械能守恒定律：12mv02＝12mv12＋12mv22
聯立解得v1＝0，v2＝v0＝2gh
(2)b棒剛進磁場時的加速度最大．
設b棒進入磁場后某時刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應電動勢E＝BL(vb－vc)
由閉合電路歐姆定律得I＝ER總，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
聯立得a＝B2L2?vb－vc?mR總.
故當b棒加速度為最大值的一半時有v2＝2(v2′－v3′)
b、c兩棒組成的系統合外力為零，系統動量守恒．
由動量守恒定律：mv2＝mv2′＋m2v3′
聯立得v2′＝56v2＝562gh
(3)最終b、c以相同的速度勻速運動．
由動量守恒定律：mv2＝(m＋m2)v
由能量守恒定律：12mv22＝12(m＋m2)v2＋Q
解得Q＝13mgh.


6．兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖6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平滑連接，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，在平直軌道區域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T．現桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止下滑至剛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：

圖6
(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．
答案　(1)5 s　(2)73 C　(3)1156 J
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BdI·Δt＝mb(v0－vb0)
由題圖乙知vb0＝2 m/s
代入數據解得Δt＝5 s.
(2)對桿a由靜止下滑至剛滑到水平軌道的過程中，由機械能守恒定律有magh＝12mava2
解得va＝2gh＝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′
代入數據解得v′＝83 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′
代入數據得q＝73 C.
(3)由能量守恒定律可知整個運動過程中桿a、b中產生的總焦耳熱為
Q＝magh＋12mbv02－12(ma＋mb)v′2＝1616 J
桿b中產生的焦耳熱為Q′＝RbRa＋RbQ＝1156 J.

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