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高考物理一轮总复习考点突破：考点1 动量定理在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析) 1．此类问题中常用到的几个公式(1)安培力的冲量为：I安＝B I Lt＝BLq 。
(2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦΔtR总Δt＝nΔΦR总。
(3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
(4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
2．选用技巧：当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。
►考向1 “导体棒＋电阻”模型模型一示意图水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q 对金属棒应用动量定理－B I LΔt＝0－mv0，q＝IΔt，q＝mv0BL求位移x 对金属棒应用动量定理－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0RB2L2模型二示意图间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v求运动时间－B I LΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，x＝vΔt[解析] (1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路的欧姆定律及安培力公式I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL 联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L2。
(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向右，b 棒受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对b 棒根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma ，解得a ＝2g sin θ。
章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图10-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程 根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。
第68课时 电磁感应中的动量问题(题型研究课)命题点一 动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝ER 总Δt ＝n ΔΦΔtR 总Δt ＝n ΔΦR 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx 。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝mv 2－mv 1。
当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解更方便。
[典例] 如图甲所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内，其上端接一阻值为R 的电阻，在两导轨间OO ′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。
现使长为l 、电阻为r 、质量为m 的金属棒ab 由静止开始自OO ′位置释放，向下运动距离d 后速度不再变化(棒ab 与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。
(1)求棒ab 在向下运动距离d 过程中回路产生的总焦耳热； (2)棒ab 从静止释放经过时间t 0下降了d2，求此时刻的速度大小；(3)如图乙所示，在OO ′上方区域加一面积为S 的垂直于纸面向里的匀强磁场B ′，棒ab 由静止开始自OO ′上方某一高度处释放，自棒ab 运动到OO ′位置开始计时，B ′随时间t 的变化关系B ′＝kt ，式中k 为已知常量；棒ab 以速度v 0进入OO ′下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。
求在t 时刻穿过回路的总磁通量和电阻R 的电功率。
[解析] (1)对闭合回路：I ＝Blv mR ＋r由平衡条件可知：mg ＝BIl 解得v m ＝mg R ＋rB 2l 2由功能关系：mgd ＝12mv m 2＋Q解得Q ＝mgd －m 3g 2R ＋r22B 4l4(2)由动量定理可知：(mg －BIl )t 0＝mv 即mgt 0－Blq ＝mv又q ＝ΔΦ1r ＋R ＝Bld 2r ＋R解得v ＝gt 0－B 2l 2d2m R ＋r。
(3)因为Φ＝Blv 0t ＋ktS由法拉第电磁感应定律可得：E ＝ΔΦΔt＝Blv 0＋kSI ＝E R ＋r，P ＝I 2R 解得P ＝⎝⎛⎭⎪⎫Blv 0＋kS R ＋r 2R 。
[答案] (1)mgd －m 3g 2R ＋r22B 4l 4(2)gt 0－B 2l 2d2m R ＋r(3)Blv 0t ＋ktS⎝ ⎛⎭⎪⎫Blv 0＋kS R ＋r 2R [集训冲关]1．如图所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B ＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中。
闭合开关K ，若安培力远大于重力，“”形框跳起的最大高度h ＝0.20 m ，求通过细杆CD 的电荷量(g 取10 m/s 2)。
解析：由题意知开关K 闭合后，有电流从C 到D 通过“”形框，“”形框受到向上的安培力F ＝BIl 。
取竖直向上的方向为正方向，根据动量定理有 (F －mg )t ＝mv ，其中v 为“”形框离开水银槽做竖直上抛运动的初速度，v 2＝2gh 又因为安培力远大于重力，所以可以忽略重力，即Ft ＝mv ， 解得q ＝It ＝0.03 C 。
答案：0.03 C2．如图所示，质量为M 的U 形金属架M ′MNN ′，静止在粗糙绝缘水平面上(与水平面间的动摩擦因数为μ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
M ′M 、NN ′相互平行，相距为L ，电阻不计且足够长，底边MN 垂直于M ′M ，电阻为r 。
质量为m 的光滑导体棒ab 长为L 、电阻为R ，垂直M ′M 放在框架上，整个装置处于垂直框架平面向上，磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。
在与ab 垂直的水平拉力F 作用下，ab 由静止开始向右做匀加速直线运动，经x 距离后撤去拉力F ，直至最后停下，整个过程中框架恰好没动，ab 与M ′M 、NN ′始终保持良好接触。
求ab 运动的总路程。
解析：由题意可知当框架恰好不动时，ab 速度最大，则有F A ＝f m ＝μ(M ＋m )g 而F A ＝BIL 且I (R ＋r )＝BLv m 解得v m ＝μgM ＋m R ＋rB 2L 2撤去拉力F 后ab 在安培力作用下做减速运动，由动量定理可知F A ′t ＝mv m 而F A ′＝B I L ，且q ＝I t ，联立解得q ＝mv mBL又因为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx ′R ＋r ，解得x ′＝μmg M ＋mR ＋r2B 4L 4所以总路程s ＝x ＋x ′＝x ＋μmg M ＋m R ＋r2B 4L 4。
答案：x ＋μmg M ＋mR ＋r2B 4L 4命题点二 动量守恒定律在电磁感应现象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，安培力充当系统内力，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，运用动量守恒定律解题比较方便。
[典例] (2019·淄博模拟) 如图所示，一质量为m 、电阻不计的足够长的光滑U 形金属导轨MN Q P ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和P Q 相距L ，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。
有一质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根与MN 平行的绝缘细线系在定点A 。
已知细线能承受的最大拉力为T 0，棒接入导轨间的有效电阻为R 。
现从t ＝0时刻开始对导轨施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动。
(1)求从导轨开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时导轨的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q 。
[解析] (1)细线断裂时，对棒有T 0＝F 安，F 安＝BIL I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0 解得t 0＝T 0R B 2L 2a ，v 0＝T 0R B 2L2。
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，导轨向右做减速运动，棒向右做加速运动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v ，撤去拉力时，导轨的速度v 0＝T 0RB 2L 2，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 解得v ＝v 02＝T 0R2B 2L2撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为Q ＝12mv 02－12×2mv 2 解得Q ＝mT 02R 24B 4L4。
[答案] (1)T 0R B 2L 2a T 0R B 2L 2 (2)mT 02R 24B 4L4[集训冲关]1．(2019·湖北七市(州)联考)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B ＝4 T 的匀强磁场中，两导轨间距为L ＝0.5 m ，导轨足够长且不计电阻。
金属棒a 和b 的质量都为m ＝1 kg ，连入导轨间的电阻R a ＝R b ＝1 Ω。
b 棒静止于导轨水平部分，现将a 棒从h ＝80 cm 高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C 点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰。
求a 、b 两棒的最终速度，以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g ＝10 m/s 2)。
解析：设a 棒下滑至C 点时速度为v 0，由动能定理，有：mgh ＝12mv 02－0解得：v 0＝4 m/s ；此后的运动过程中，a 、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a 、b 两棒组成的系统动量守恒，有：mv 0＝(m ＋m )v解得a 、b 两棒共同的最终速度为：v ＝2 m/s ，此后两棒一起做匀速直线运动； 由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为： Q ＝12mv 02－12(m ＋m )v 2 则b 棒中产生的焦耳热为：Q b ＝12Q解得：Q b ＝2 J 。
答案：2 m/s 2 J2．如图甲所示，两足够长且不计电阻的光滑金属轨道固定在水平面上，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 接入电路的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ＝2 T 。
现杆b 以大小为v 0＝5 m/s 的初速度开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到平直轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从杆a 下滑到平直轨道时开始计时，杆a 、b 运动的速度—时间图像如图乙所示(以杆a 运动方向为正方向)，其中杆a 的质量为m a ＝2 kg ，杆b 的质量为m b ＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在平直轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热。
解析：(1)设杆a 滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，杆b 的速度大小为v b 0， 对杆b 运用动量定理， 有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0) 其中v b 0＝2 m/s代入数据解得Δt ＝5 s 。
(2)对杆a 由静止下滑到平直轨道上的过程中， 由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后杆a 、b 共同的速度为v ′， 由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/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v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得BdI ·Δt ′＝m a (v a －v ′) 而q ＝I ·Δt ′ 代入数据解得q ＝73C 。
(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2＝1616 J杆b 中产生的焦耳热为Q ′＝R bR a ＋R b Q ＝1156J 。
答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。
