高考物理法拉第电磁感应定律培优易错难题练习(含答案)含答案

1、一、法拉第电磁感应定律1.如图所示，正方形单匝线框bcde边长L= 0.4 m,每边电阻相同，总电阻 R= 0.16 葭根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P,手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内.线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L= 0.4 m,磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B=1.0 T,磁场的下边界与线框的上边eb相距h= 1.6 m.现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以 v= 4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g

2、=10 m/s2,不计空气阻力.(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差 Ueb为多少？(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？(3)若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力 F,使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功Wf= 3.6 J,求eb边上产生的焦耳Qeb为多少？【答案】(1) 1.2 V (2) 3.2 J (3) 0.9 J【解析】【详解】线木i eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：E BLv 10.4 4V=1.6 V因为e、b两点间作为等效电源，则 e、b两点间

3、的电势差为外电压：3Ueb=- E=1.2 V.4(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力：F 安=BLI根据闭合电路欧姆定律有：E联立解得解得F安=4 N所以克服安培力做功:W安=Fe 2L=4 2 0.4J=3.2J而Q=W安，故该过程中产生的焦耳热Q=3.2 J(3)设线框出磁场区域的速度大小为vi,则根据运动学关系有:2Viv2 2a2L而根据牛顿运动定律可知:(M m)gM m联立整理得:-(M+m)( v2 -v2)=(M-m )g 2L线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有:Wf-W安 +(M-m )g 2L=1 (M+m )( V

4、i2-v2)联立解得:Wf-W 安=0而 W安=Q',故 Q'=3.6 J又因为线框每边产生的热量相等，故eb边上产生的焦耳热:1Qeb= Q'=0.9 J.4答：(1)线木S eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差 Ueb=1.2 V.(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q=3.2 J.eb边上产生的焦耳Qeb=0.9J.2.光滑平行的金属导轨 MN和PQ,间距L=1.0m,与水平面之间的夹角a =30°包强磁场磁感应强度B=2.0T垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=2.0的电阻，其它电阻不计，质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置，

5、如图(a)所示.用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab,由静止开始运动，v-t图象如图(b)所示.g=10m/s2,导轨足够长.求：(1)恒力F的大小；(2)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；(3)根据v-t图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量.出)【答案】(1)18N(2)2m/s2 (3) 4.12J【解析】【详解】(1)由题图知，杆运动的最大速度为mg sinF安 mg sinVm 4m/s,2 1 2B L vm ,代入数据解得F=18N.R(2)由牛顿第二定律可得:F安 mg sin ma2 2B L vF - mg sinmab杆的质量m以及放上cd杆后ab杆每下滑位移22 1

6、2 218 2 10 0.52m / s2 2 m / s2，2由题图可知0.8s末金属杆的速度为 Vi2.2m/s ,前0.8s内图线与t轴所包围的小方格的个数约为28个，面积为28X0.2 X 0.2=1.12即前0.8s内金属杆的位移为 x 1.12m,12由能重的转化和寸恒te律得：Q Fx mgxsin mv1 ,2代入数据解得：Q 4.12J .【点睛】本题电磁感应与力学知识的综合，抓住速度图象的两个意义：斜率等于加速度，面积”等于位移辅助求解.估算位移时，采用近似的方法，要学会运用.3.如图所示，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON与MON均固定在竖直平面内，二者平行且正对，间

7、距为 L=1m,构成的斜面 ONNO跟水平面夹角均为30 ,两侧斜面均处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=0.1T. t=0时，将长度也为L=1m,电阻R=0.1 的金属杆ab在轨道上无初速释放.金属杆与轨道接触良好，轨道足够长.重力加速度 g=10m/s2;不计空气阻力，轨道与地面绝缘.(1)求t=2s时杆ab产生的电动势 E的大小并判断a、b两端哪端电势高(2)在t=2s时将与ab完全相同的金属杆 cd放在MOO'M'上，发现cd杆刚好能静止，求 s=1m回路产生的焦耳热【答案】(1)1V; a端电势高；(2) 0.1kg； 0.5J解：(1)只放ab杆在导

8、轨上做匀加速直线运动，根据右手定则可知a端电势高;ab杆加速度为：a gsint 2s时刻速度为：v at 10m/sab杆产生的感应电动势的大小：E BLv 0.1 1 10V 1VE 1(2) t 2s时ab杆产生的回路中感应电流：I A 5A2R 2 0.1对 cd 杆有：mgsin30 BIL解得cd杆的质量：m 0.1kg则知ab杆的质量为0.1kg放上cd杆后，ab杆做匀速运动，减小的重力势能全部产生焦耳热根据能量守恒定律则有：Q mgh mgssin30 0.1 10 1 0.5J 0.5J4 .如下图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行导轨，间距L=0.5m.导轨平面与水平面间的

9、夹角 =30； NQ，MN , NQ间连接有一个 R 3的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平 面，磁感应强度为 Bo 1T ,将一根质量为 m=0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨 上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻 r 1 ,其余部分电阻不计，现由静止释放金属 棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行，当金属棒滑行至 cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s=0.5 m , g=10m/s2。(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大；(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至 cd处的时刻记作t=0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可

10、使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？【答案】(1)8 m/s (2)0.0183J(3) T546【解析】【详解】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有 mg sinFA其中Fa BIL,I R r根据法拉第电磁感应定律，有E BLv联立解得：v 1.6(2)根据能量关系有 12mgs sin-mvQ电阻R上产生的热量cR cQr QR r解得：Qr 0.0183J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速 运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin ma根据位移时间关系公式，有(1 Jx vt

11、 at2设t时刻磁感应强度为 B,总磁通量不变，有： BLs BL(s x)当t=1s时，代入数据解得，此时磁感应强度：B T465 .如图所示，竖直平面内两竖直放置的金属导轨间距为L1,导轨上端接有一电动势为 E、内阻不计的电源，电源旁接有一特殊开关S,当金属棒切割磁感线时会自动断开，不切割时自动闭合；轨道内存在三个高度均为L2的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B,方向如图。一质量为 m的金属棒从ab位置由静止开始下落，到达 cd位置前已经开始做匀 速运动，棒通过 cdfe区域的过程中始终做匀速运动。已知定值电阻和金属棒的阻值均为R,其余电阻不计，整个过程中金属棒与导轨接触良好，重力加速

12、度为g,求：(1)金属棒匀速运动的速度大小；(2)金属棒与金属导轨间的动摩擦因数(3)金属棒经过efgh区域时定值电阻 R上产生的焦耳热。mgR 1【答案】(D而；(2)而小(3)NmgS【分析】(1)金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；(2)分析导体棒的受力情况，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解；(3)根据功能关系结合焦耳定律求解。【详解】(1)金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件可得：mg=BILi,叫耳由于(2)由于金属棒切割磁感线时开关会自动断开，不切割时自动闭合，则在棒通过cdfe区域的过程中开关是闭合的，此时棒受到安培力

13、方向垂直于轨道向里；根据平衡条件可得：mg= (jFa,E通过导体棒的电流I ' / ,则Fa=BILi,解得(3)金属棒经过efgh区域时金属棒切割磁感线时开关自动断开，此时导体棒仍匀速运动；根据功能关系可知产生的总的焦耳热等于克服安培力做的功，而W克=mgL2 ,则QmgL2,II 11定值电阻R上产生的焦耳热Qr=；Q总=mgL2。【点睛】 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件 列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功 能关系等列方程求解。6 .如图，水平面(纸面)内同距为 l的平行金属导轨间接一电阻

14、，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为 F的恒定拉力作用下由静止开始运动.to时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触 良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为 g.求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.FB2l2tc【答案】EBit。一 g ； R=U1mm【解析】【分析】【详解】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得：ma=F-!i mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有：v=a

15、to当金属杆以速度 v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为：E=Bk联立式可得：E Blt0 g m(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I,根据欧姆定律：I=R式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为：f BIl因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F- pmg=02. 2X联立式得：r=b1&m7 .如图所示，ACD EFG为两根相距L=0.5m的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面夹角 0=300.两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B'=1T.两根长度也均为 L=0.5m的金

16、属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，ab杆的质量 mi未知，cd杆的质量 m2=0.1kg,两杆与导轨之间的动摩擦因数均为 k®,两金属细杆的电阻均为R=0.5Q,导轨电阻不计.当 ab以速度vi6沿导轨向下匀速运动时，cd杆正好也向下匀速运动，重力加速度 g取10m/s2.(1)金属杆cd中电流的方向和大小(2)金属杆ab匀速运动的速度 vi和质量mi【答案】I =5A电流方向为由d流向c; vi=10m/sm=1kg【解析】【详解】(1)由右手定则可知 cd中电流方向为由d流向c对cd杆由平衡条件可得：mg sin 600(n2g cos 600F安)F安BLI联立可得：

17、I=5A(2)对 ab:由 BLv12IR得 v1 10m/s分析 ab 受力可得：mg sin 300 BLImg cos 300解得：mi=lkgMN和PQ,两导轨间距为1,8 .如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨电阻均可忽略不计。在 M和P之间接有阻值为 R的定值电阻，导体杆 ab质量为m、电阻为r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。现(1)当ab杆刚好具有初速度 vo时，求此时ab杆两端白电压 U; a、b两端哪端电势高；(2)请在图2中定性画出通过电阻 R的电流i随时间t变化规律的图象；(3)若将M和P之间的电阻R改为接一电容为 C

18、的电容器，如图3所示。同样给ab杆 个初速度vo,使杆向右运动。请分析说明ab杆的运动情况。【答案】(1) U 詈R； a端电势高(3)当ab杆以初速度Vo开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度 减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做 匀速直线运动。【解析】【分析】(1)求解产生感应电动势大小，根据全电路欧姆定律求解电流强度和电压，根据右手定则 判断电势高低；(2)分析杆的受力情况和运动情况，确定感应电流变化情况，由此画出图象；(3)杆在向

19、右运动过程中速度逐渐减小、由此分析安培力的变化，确定运动情况；根据动 量定理求解最后的速度大小。【详解】(1) ab杆切割磁感线产生感应电动势：E = Blvo根据全电路欧姆定律：IR rab杆两端电压即路端电压：U IR解得U BlvR; a端电势高。R r(2)杆在向右运动过程中速度逐渐减小、感应电动势逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流逐渐减小，通过电阻R的电流i随时间变化规律的图象如图所示:(3)当ab杆以初速度V0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电,有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度 也减小，杆做加速度减小的减

20、速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结 束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体 的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。9 .如图(a)所示，间距为1、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为。的斜面上.在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应弓11度为B；在区域n内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度 Bt的大小随时间t变化的规律如图(b)所示.t=0时刻在轨道上端的金属 细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放.在ab棒运动

21、到区域n的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好.已知cd棒的质量为m、电阻为R, ab棒的质量、阻值均未知，区域n沿斜面的长度为 21,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域n ,重力加速度为g.求：图(a)图(b)(1)通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；(2)当ab棒在区域n内运动时，cd棒消耗的电功率;(3)ab棒开始下滑的位置离EF的距离；(4)ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量.【答案】(1)电流方向由d至Uc,区域I内的磁场方向为垂直于斜面向上；(2)(1)由右手定则可知通过 cd棒电流的方向为 于斜面向上.d到c;再由左手定则可判断区域I

22、内磁场垂直HI得(2)cd 棒平衡，BIl = mgsin 0, 网典ncd棒消耗的电功率 P=I2R,m2g2Rsln2O后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒(3)ab棒在到达区域n前做匀加速直线运动， cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域n前、4 m ="Mt在区域n中一定做匀速直线运动，可得所以扁.ab棒在区域n中做匀速直线运动的速度则ab棒开始下滑的位置离 EF的距离(4)ab棒在区域n中运动的时间ab棒从开始下滑至ab棒从开始下滑至 故本题答案是：(1)电流方向由d到(4)1'21力=EF的总时间:i= 2EF的过程中闭合回路中产生的热量：Q = "息

23、c,区域I内的磁场方向为垂直于斜面向上;标炉鹏3西(2)【点睛】题目中cd棒一直处于静止状态，说明 cd棒受到的安培力是恒力并且大小应该和导体棒的 重力分量相等，要结合并把握这个条件解题即可。lm,导轨平10 .如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距面与水平面成。=37。角，下端连接阻值为 R的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直.质量 为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动 摩擦因数为0.25.求：(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W,求该速度的大小；(3)

24、在上问中，若 R= 2 Q,金属棒中的电流方向由a至1Jb,求磁感应强度的大小与方向.(g=10rn/s2, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)【答案】(1) 4m/s2(2) 10m/s (3) 0.4T,方向垂直导轨平面向上【解析】试题分析：(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：陋田疝与日二陶0由 式解得 &=10X (O.6 0.25 X 0.8 m/s2=4m/s2(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为 V ,所受安培力为 F,棒在沿导轨方向受力平衡僧皂疝1F = 口此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻*消耗的电功率：Ft = F 由、两式解得

25、pgv ="=m/s = 10ni/s F 0.2x10x(0.6-0.25x0.8)(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为 1,磁场的磁感应强度为 B vBlI 丁 八P - I'R B = '= 2!T = 04T由、两式解得vl I。*磁场方向垂直导轨平面向上 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律。属于中等 难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。 开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求 解加速度的大

26、小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求 出安培力。:视频DII .如图所示，在水平面上固定一光滑金属导轨HGDEF EF/GH, DE=EF=DG=GH=EG=L. 一质量为m足够长导体棒 AC垂直EF方向放置于在金属导轨上，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r.整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.现对导体棒 AC施加一水平向右的外力，使导体棒从D位置开始以速度vo沿EF方向做匀速直线运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触.(1)求导体棒运动到 FH位置，即将离开导轨时，FH两端的电势差.(2)关于导体棒运动过程中回路产生感应电流，小明和小华两

27、位同学进行了讨论.小明认为导体棒在整个运动过程中是匀速的，所以回路中电流的值是恒定不变的；小华则认为前一过程导体棒有效切割长度在增大，所以电流是增大的，后一过程导体棒有效切割长度不变，电流才是恒定不变的.你认为这两位同学的观点正确吗？请通过推算证 明你的观点.(3)求导体棒从D位置运动到EG位置的过程中，导体棒上产生的焦耳热.【答案】(1)UFH4BLVo (2)两个同学的观点都不正确(3)Q3B L v0536E=BLvo在电(1)导体棒运动到FH位置，即将离开导轨时，由于切割磁感线产生的电动势为路中切割磁感线的那部分导体相当于电源，则此时可将电路等效为:可以将切割磁感线的 FH棒看成电动势

28、为 E,内阻为r的电源，根据题意知，外电路电阻为R=4r,R 4r再根据闭合电路欧姆定律得FH间的电势差：UFH RE 4BLv0R r 4r r4BLVo 5(2)两个同学的观点都不正确取AC棒在D到EG运动过程中的某一位置，MN间距离设为x,则由题息有： DM=NM=DN=x则此时切割磁感线的有效长度为x,则回路中产生白感应电动势E=Bxvo回路的总电阻为 R=3rx据欧姆定律知电路中电流为I EBXvoB” 即此过程中电流是恒定的；R 3rx 3r当导体棒由EG棒至FH的过程中，由于切割磁感线的导体长度一定，故产生的感应电动势 恒定，但电路中电阻是随运动而增加的据欧姆定律可得，电路中的电

29、流是减小的.(3)设任意时刻沿运动方向的位移为安培力与位移的关系为FABIxAB2v0x 2 3B2v0s3r 9rs,如图所示:AC棒在DEG上滑动时产生的电热，数值上等于克服安培力做的功,又因为Fa S,所以Q 5百l百B2L2V0221213'因为导体棒从 D至EG过程中，导体棒的电阻始终是回路中电阻的2 2所以导体棒中产生的焦耳热 Q Q 3B L v03612.如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L=1 m,左侧接一阻值为R=0.5的电阻.在 MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d=1 m. 一质量m=1 kg的金属棒属棒ab受水平力ab置于导轨

30、上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻.金F的作用从磁场的左边界 MN由静止开始运动，其中， F与x (x为金属棒距MN的距离)大.则：的关系如图乙所示.通过电压传感器测得电阻R两端电压随时间均匀增xi二(1)XXfX X甲金属棒刚开始运动时的加速度为多少?(2)磁感应强度B的大小为多少?B2I 2(3)若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足 v=V0-且二s (V0为mR撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移)，且棒运动到 PQ处时恰好静止，则金属棒 从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻 R的电荷量为多少？外力 F作用的时间为多 少？【答案】(1) a=0.

31、4m/s2； (2) B=0.5T； (3) t=1s 【解析】解：(1)金属棒开始运动时,x 0 , v 0 ,金属棒不受安培力作用金属棒所受合力为:0.4N由牛顿第二定律得:F 0.4m/s2 m(2)由题意可知，电阻 随时间均匀增大，由R两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势E BLv可知，金属棒的速度 v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动.加速度：a 0.4m/s2由匀变速直线运动的位移公式可得：v2 2ax由图乙所示图象可知，x 0.8m时，F 0.8NB2I 2v由牛顿第二定律得：F B-LmaR解得：B 0.5T(3)金属棒经过磁场的过程中，感

32、应电动势的平均值:感应电流的平均值： ER通过电阻R的电荷量：q tB S BLd解得：q 一 BLd- 1CR R设外力F的作用时间为t ,力F作用时金属棒的位移为:x -at22撤去外力后，金属棒的速度为:到PQ恰好静止，v 0B2L2v v0 sRm则撤去外力后金属棒运动的距离为:2 2则-at2 B-?at d2 Rm解得：t 1smR_ 22B L?at13.如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距 d=1m、且足够长、不计电阻。AC BD区域光滑，其它区域粗糙且动摩擦因数科=0.2并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T。在导轨中央放置着两根质量均为m=1kg,电阻均为R=2的金属棒a、b,用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E=9J现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且 b棒向右运动x=0.8m后停止，g取10m/s2,求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。【答案】(1) 3m/s (2) 8m/s2 (3) 5.8J【解析】【分析】对ab系统，所受的合外力为零，则动量守恒，根据动量守恒定律和能量关系列式求解速度；(2)当ab棒进入磁场后，两棒均