2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十三 動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.doc

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專題強(qiáng)化十三　動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用 專題解讀 1.本專題是力學(xué)三大觀點在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題. 2.學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點分析帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動量和能量問題，提高分析和解決綜合問題的能力. 3.用到的知識、規(guī)律和方法有：電場的性質(zhì)、磁場對電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識以及力學(xué)三大觀點. 命題點一　電磁感應(yīng)中的動量和能量的應(yīng)用 1.應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運(yùn)動定律不易解答的問題. 2.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動時，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律. 類型1　動量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用 例1　如圖1所示，兩根電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，其寬度均為d，Ⅰ和Ⅱ之間相距為h且無磁場.一長度為L、質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒，兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同，重力加速度為g.求： 圖1 (1)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的瞬間，通過電阻R的電流大小與方向. (2)導(dǎo)體棒通過區(qū)域Ⅰ的過程，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q. (3)求導(dǎo)體棒穿過區(qū)域Ⅰ所用的時間. 答案　(1)，方向向左　(2)mg(h＋d)　(3)＋－ 解析　(1)設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ瞬間的速度大小為v1， 根據(jù)動能定理：mgH＝mv12 ① 由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝BLv1 ② 由閉合電路的歐姆定律：I＝ ③ 由①②③得：I＝ 由右手定則知導(dǎo)體棒中電流方向向右，則通過電阻R的電流方向向左. (2)由題意知，導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度大小也為v1， 由能量守恒，得：Q總＝mg(h＋d) 電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝mg(h＋d) (3)設(shè)導(dǎo)體棒穿出區(qū)域Ⅰ瞬間的速度大小為v2，從穿出區(qū)域Ⅰ到進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，v12－v22＝2gh，得：v2＝ 設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ所用的時間為t，根據(jù)動量定理： 設(shè)向下為正方向：mgt－BLt＝mv2－mv1 此過程通過整個回路的電荷量為：q＝t＝ 得：t＝＋－ 變式1　(2018甘肅天水模擬)如圖2所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b，與導(dǎo)軌緊密接觸且可自由滑動.先固定a，釋放b，當(dāng)b的速度達(dá)到10 m/s時，再釋放a，經(jīng)過1 s后，a的速度達(dá)到12 m/s，g取10 m/s2，則： 圖2 (1)此時b的速度大小是多少？ (2)若導(dǎo)軌足夠長，a、b棒最后的運(yùn)動狀態(tài)怎樣？ 答案　(1)18 m/s　(2)勻加速運(yùn)動 解析　(1)當(dāng)b棒先向下運(yùn)動時，在a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等.釋放a棒后，經(jīng)過時間t，分別以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理，則有 (mg＋F)t＝mva (mg－F)t＝mvb－mv0 代入數(shù)據(jù)可解得vb＝18 m/s (2)在a、b棒向下運(yùn)動的過程中，a棒的加速度a1＝g＋，b產(chǎn)生的加速度a2＝g－.當(dāng)a棒的速度與b棒接近時，閉合回路中的ΔΦ逐漸減小，感應(yīng)電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減小，最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動. 類型2　動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用 1.問題特點 對于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時必然在磁場中切割磁感線，在該閉合電路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在磁場中通過時在安培力的作用下開始運(yùn)動，一旦運(yùn)動起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動勢，對原來電流的變化起阻礙作用. 2.方法技巧 解決此類問題時通常將兩棒視為一個整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個變力將不影響整體的動量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動量守恒(動量定理)和功能關(guān)系求解. 例2　(2017湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1 kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計.平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與軌道平面垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖3所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運(yùn)動，運(yùn)動過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求： 圖3 (1)c棒的最大速度； (2)c棒達(dá)最大速度時，此棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點時對軌道的壓力的大小. 答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 解析　(1)在磁場力作用下，b棒做減速運(yùn)動，c棒做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度相等時，c棒達(dá)最大速度.選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5 m/s (2)從b棒開始運(yùn)動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因為Rb＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J (3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程由機(jī)械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg2R 解得v′＝3 m/s 在最高點，設(shè)軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上. 變式2　如圖4所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計.質(zhì)量分別為m和m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)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(qiáng)磁場.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求： 圖4 (1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時兩棒的速度大?。? (2)金屬棒b進(jìn)入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時的速度大?。? (3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱. 答案　(1)0　　(2)　(3)mgh 解析　(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時，速度為v0，下滑過程中a棒機(jī)械能守恒mv02＝mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞 由動量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2 由機(jī)械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22 解出v1＝0，v2＝v0＝ (2)b棒剛進(jìn)磁場時的加速度最大. b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒. 由動量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′ 設(shè)b棒進(jìn)入磁場后任一時刻，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(yīng)電動勢E＝BL(vb－vc)，由閉合電路歐姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯(lián)立得a＝. 故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時有v2＝2(v2′－v3′) 聯(lián)立得v2′＝v2＝ (3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動. 由動量守恒定律：mv2＝(m＋)v 由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q 解出Q＝mgh 命題點二　電場中動量和能量觀點的應(yīng)用 動量守恒定律與其他知識綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵. 例3　如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場.質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運(yùn)動，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，碰撞后作為一個整體繼續(xù)向右運(yùn)動.兩球均可視為質(zhì)點，求： 圖5 (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大小； (2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小. 答案　(1)　(2)EqL (3) 解析　(1)由動能定理：EqL＝3mv2 解得v＝ (2)A、B碰撞時間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律：3mv＝(3m＋m)v1 解得v1＝v 系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝3mv2－(3m＋m)v12＝EqL (3)以B為研究對象，設(shè)向右為正方向，由動量定理：I＝mv1－0 解得I＝，方向水平向右 變式3　如圖6所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切.質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為是零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點.已知A、B兩球始終沒有接觸.重力加速度為g.求： 圖6 (1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大?。? (2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep； (3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小. 答案　(1)　(2)mgh　(3)　 解析　(1)對A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得： 2mgh＝2mv02 解得：v0＝ (2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以A球剛進(jìn)入水平軌道的速度方向為正方向，當(dāng)兩球相距最近時共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝v0＝ 據(jù)能量守恒定律：2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep， 解得：Ep＝mgh (3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定.以A球剛進(jìn)入水平軌道的速度方向為正方向， 2mv0＝2mvA＋mvB， 2mv02＝2mvA2＋mvB2 得：vA＝v0＝，vB＝v0＝. 命題點三　磁場中動量和能量觀點的應(yīng)用 例4　如圖7所示，ab、ef是平行的固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d.在導(dǎo)軌左端ae上連有一個阻值為R的電阻，一質(zhì)量為3m，長為d，電阻為r的金屬棒恰能置于導(dǎo)軌上并和導(dǎo)軌良好接觸.起初金屬棒靜止于MN位置，MN距離ae邊足夠遠(yuǎn)，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電荷量為q的絕緣小球在桌面上從O點(O為導(dǎo)軌上的一點)以與ef成60角斜向右方射向ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點上，并和棒粘合在一起(設(shè)小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移).棒運(yùn)動過程中始終和導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌間電場的影響，導(dǎo)軌的電阻不計.求： 圖7 (1)小球射入磁場時的速度v0的大小； (2)電阻R上產(chǎn)生的熱量QR. 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球射入磁場后將做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為r，其軌跡如圖所示 由幾何知識可知：＝r＋rsin (90－60) ① 小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動：qv0B＝m ② 由①②得：v0＝ ③ (2)小球和金屬棒的碰撞過程，以向左為正方向，由動量守恒定律得： mv0＝(m＋3m)v ④ 金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動能轉(zhuǎn)化為電能進(jìn)而轉(zhuǎn)化成焦耳熱： (m＋3m)v2＝Q ⑤ QR＝Q ⑥ 由③④⑤⑥可得：QR＝ 變式4　如圖8所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，整個空間存在勻強(qiáng)電場(圖中未畫出).質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球P靜止于虛線X上方A點，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運(yùn)動.在A點右下方的磁場中有定點O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂，保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于5的夾角，在P開始運(yùn)動的同時自由釋放Q，Q到達(dá)O點正下方W點時速率為v0.P、Q兩小球在W點發(fā)生相向正碰，碰到電場、磁場消失，兩小球黏在一起運(yùn)動.P、Q兩小球均視為質(zhì)點，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度為g. 圖8 (1)求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小和P進(jìn)入磁場時的速率v； (2)若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？ 答案　(1)　　(2)＋2mg 解析　(1)設(shè)小球P所受電場力為F1，則F1＝qE 在整個空間重力和電場力平衡，有F1＝mg 聯(lián)立得E＝ 由動量定理得I＝mv 故v＝. (2)設(shè)P、Q相向正碰后在W點的速度為vm，以與v0相反的方向為正方向，由動量守恒定律得 mv－mv0＝(m＋m)vm 此刻輕繩的拉力為最大，由牛頓第二定律得 F－(m＋m)g＝vm2 聯(lián)立相關(guān)方程，得 F＝＋2mg. 1.如圖1所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)將質(zhì)量為m1的導(dǎo)體棒ab放置于導(dǎo)軌的水平段，將質(zhì)量為m2的導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放.已知導(dǎo)體棒ab和cd接入電路的有效電阻分別為R1和R2，其他部分電阻不計，整個過程中兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且未發(fā)生碰撞，重力加速度為g.求： 圖1 (1)導(dǎo)體棒ab、cd最終速度的大?。? (2)導(dǎo)體棒ab所產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)都為　(2)gh 解析　(1)設(shè)導(dǎo)體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律m2gh＝m2v02，解得v0＝，隨后，導(dǎo)體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒cd、ab受到安培力的作用，其中導(dǎo)體棒cd所受的安培力為阻力，而導(dǎo)體棒ab所受的安培力為動力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當(dāng)導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab速度相等時，回路的感應(yīng)電動勢為零，回路中無感應(yīng)電流，此后導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab以相同的速度勻速運(yùn)動，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得兩棒最終速度為v＝ (2)由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2＝gh 由焦耳定律可得，導(dǎo)體棒ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是：＝ 解得Q1＝gh 2.(2018湖南懷化質(zhì)檢)如圖2所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B，質(zhì)量分別為3m和m，小球A帶正電q，小球B帶負(fù)電－2q，開始時兩小球相距s0，小球A有一個水平向右的初速度v0，小球B的初速度為零，若取初始狀態(tài)下兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)的電勢能為零，試證明：當(dāng)兩小球的速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，并求出該最大值. 圖2 答案　見解析 解析　由于兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)合外力為零，設(shè)某狀態(tài)下兩小球的速度分別為vA和vB，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB ① 所以，系統(tǒng)的動能減小量為ΔEk＝3mv02－3mvA2－mvB2 ② 由于系統(tǒng)運(yùn)動過程中只有電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下電勢能為零，故該狀態(tài)下的電勢能可表示為 Ep＝ΔEk＝3mv02－3mvA2－mvB2 ③ 聯(lián)立①③兩式，得Ep＝－6mvA2＋9mv0vA－3mv02 ④ 由④式得：當(dāng)vA＝v0 ⑤ 時，系統(tǒng)的電勢能取得最大值，而將⑤式代入①式，得vB＝vA＝v0 ⑥ 即當(dāng)兩小球速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，最大值為Epmax＝mv02 ⑦ 3.如圖3所示，“┙”型絕緣滑板(平面部分足夠長)，質(zhì)量為4m，距滑板的A壁為L1的B處放有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的大小不計的小物體，小物體與板面的摩擦不計，整個裝置處于場強(qiáng)為E、水平向右的勻強(qiáng)電場中，初始時刻，滑板與小物體都靜止，試求： 圖3 (1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前小物體的速度v1為多大？ (2)若小物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前的，碰撞時間極短，則碰撞后滑板速度為多大？(均指對地速度) (3)若滑板足夠長，小物體從開始運(yùn)動到第二次碰撞前，電場力做功為多大？ 答案　(1)　(2)　(3)qEL1 解析　(1)對物體，根據(jù)動能定理，有qEL1＝mv12，得v1＝ (2)物體與滑板碰撞前后動量守恒，設(shè)物體第一次與滑板碰后的速度為v1′，滑板的速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得 mv1＝mv1′＋4mv 若v1′＝v1，則v＝v1，因為v1′＞v，不符合實際， 故應(yīng)取v1′＝－v1，則v＝v1＝. (3)在物體第一次與A壁碰后到第二次與A壁碰前，物體做勻變速運(yùn)動，滑板做勻速運(yùn)動，在這段時間內(nèi)，兩者相對于水平面的位移相同. 所以(v2＋v1′)t＝vt，即v2＝v1＝. 對整個過程運(yùn)用動能定理得： 電場力做功W＝mv12＋(mv22－mv1′2)＝qEL1. 4.(2017山東青島一模)如圖4所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d＝0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌電阻不計.有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點PP′，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)ab棒開始向右運(yùn)動時cd棒的加速度a0； (2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W. 答案　(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 解析　(1)ab棒開始向右運(yùn)動時，設(shè)回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ BId＝m2a0 解得：a0＝30 m/s2 (2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時的速度為v2，系統(tǒng)動量定恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g2r＋m2vP2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5 m/s (3)由動能定理得m1v12－m1v02＝－W 解得：W＝4.375 J.