根据机械能守恒得：
Ep?可得 v0?2m/s
12mv0 2（2）设a棒反弹的速度为v1，b棒碰后速度为v3，金属棒b离开磁场时的速度v2。
a弹回至CD处时弹簧具有的弹性势能为：
Ep??5?0.02J?0.05J 21Ep??mv12
2根据机械能守恒得：
解得v1?1m/s
对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0??mv1?Mv3
可得v3?1m/s
b棒通过磁场的过程，根据动量定理得：
?BILt?ft?M(v2?v3)
又：
q?It?0.2C f??Mg?0.3N
可得v2?0.5m/s （3）根据：
q?It?可得x?0.1m
整个过程中回路产生的总热量：
EtBLvtBLx?? R?rR?rR?r122Q总?M?v3?v2??fx
2电阻R上产生的热量：
QR?联立解得：QR?0.055J
RQ总 R?r
12．如图所示，竖直平面存在宽度均为L?0.2m的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B?0.5T．电场的下边界与磁场的上边界相距也为L．电荷量q?2.5?10C、质量m?0.02kg的带正电小球（视为质点）通过长度为3.5L的绝缘轻杆与边长为L、电阻R?0.01Ω的正方形线框相连，线框质量
?4M?0.08kg．开始时，线框下边与磁场的上边界重合，现将该装置由静止释放，当线框
下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球刚要运动到电场的下边界时恰好返回．装置在运动过程中空气阻力不计，求：
(1)线框下边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小； (2)线框从静止释放到线框上边匀速离开磁场所需要的时间； (3)经足够长时间后，小球能到达的最低点与电场上边界的距离； (4)整个运动过程中线框内产生的总热量．
【答案】(1)1m/s；(2) t?0.5s；(3)0.133m； (4) Q?0.4J 【解析】 【详解】
(1)设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为v0，则有：
EB2L2v0E?BLv0，I? ，FA?BIL?
RR根据平衡条件：
B2L2v0FA??(M?m)g
R可解得：
v0?(2)由动量定理得：
(M?m)Rg?1m/s 22BL(m?m)gt?BILt?(M?m)v0
其中：
2BL2 q?It?R由以上两式代入数据解得：
t?0.5s
(3)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界的过程中，由动能定理得：
12?qEL?(m?m)g(1.5L)?0?(M?m)v0
2解得：
E?7?103N/C
设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，小球做上下往复运动．
设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x，从图中“1”位置到“2”位置由动能定理得：
(M?m)g(0.5L?x)?qEx?0
可得：
x?2m?0.133m 15(4)从开始状态到最终稳定后的最高点（线框的上边与磁场的下边界重合处） 由能量守恒得：
Q?(M?m)gg2L
代入数值求得：
Q?0.4J
13．如图所示，在竖直平面内有间距L=0.2 m的足够长的金属导轨CD、EF，在C、E之间连接有阻值R=0.05 Ω的电阻。虚线M、N下方空间有匀强磁场，磁感应强度B=1 T，方向与导轨平面垂直。质量均为m=0.2 kg的物块a和金属杆b通过一根不可伸长的轻质细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧。初始时a静止于水平地面上，b悬于空中并恰好位于磁场边界MN上(未进入磁场)。现将b竖直向上举高h=0.2 m后由静止释放，一段时间后细绳绷直，a、b以大小相等的速度一起运动，之后做减速运动直至速度减为0。已知运动过程中a、b均未触及滑轮，金属杆与导轨始终垂直且接触良好，金属杆及导轨的电阻不计，取重力加速度g=10 m/s2，求： (1)整个过程中电阻R产生的热量； (2)金属杆b刚进入磁场时的加速度大小； (3)物块a最终的位置离地面的高度。
【答案】(1)0.2 J(2)2 m/s2(3)0.5 m 【解析】 【详解】
(1)设细绳绷直前瞬间b的速度为v0，绷直后瞬间b的速度为v，蹦直瞬间细绳对b的拉力的冲量大小为I，则b自由下落过程中，根据动能定理有
12
mv0－0 2
细绳蹦直瞬间，对a、b根据动量定理分别有
I=mv－0 I=mv0－mv
mgh=
此后系统机械能转化为电能并最终变成电阻R产生的热量Q，故有
Q=2×
由以上各式解得
Q=0.2 J；
(2)设b刚进入磁场时受到的安培力为F，绳中拉力为T，b的加速度大小为a，则有
F=BiL， i=
12mv 2E， RE=BLv， 对a、b根据牛顿第二定律分别有
mg－T=ma， T＋F－mg=ma， 由以上各式得
a=2 m/s2；
(3)联立上面各式可得
B2L2v=2ma R对一小段时间Δt，有
B2L2vΔt=2maΔt R故有
B2L2∑vΔt=2m∑aΔt， R即
B2L2Δx=2mΔv R从b进入磁场到a、b速度减为0的过程中
Δv=v－0
所以a上升的高度
Δx=
解得
Δx=0.5 m
另解：
由牛顿第二定律得
BiL=2ma
对一小段时间Δt，有
BiLΔt=2maΔt BLq=2mΔv
又有
q=
其中
ΔΦ=BLΔx
由以上各式得
Δx=
解得
Δx=0.5 m；
2mvR B2L2?? R2mvR22 BL
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