第10章 专题18 动量观点在电磁感应中的应用（PPT课件）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦电磁感应专题，覆盖动量定理、动量守恒及“导轨+杆”模型等核心考点。依据高考评价体系梳理单杆切割、双杆运动等考查方向，通过2025甘肃卷、河北卷等真题分析考点权重，归纳电容结合、多过程问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+素养提升”策略，如以2025甘肃卷双杆电容题为例，用动量定理结合电容特性突破电荷量计算，培养科学思维与模型建构素养。针对训练中设置易错点分析，帮助学生掌握电磁感应综合题答题技巧，教师可据此精准指导，助力高考冲刺。

专题十八　动量观点在电磁感应 中的应用 第十章　电磁感应 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 第十章　电磁感应 1 知能达标•训练 栏目导航 第十章　电磁感应 1 谢谢观看 第十章　电磁感应 1 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 1．在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量等。 (1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t。 (2)求时间：Ft－I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl。 (3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝0－mv。 2．电磁感应中对于双杆切割磁感线运动，若双杆系统所受合外力为零，则运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。 　(2025·甘肃卷节选)已知在一磁感应强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械臂2(可视为杆)，质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1的初速度为v0，机械臂2静止，两者不相撞。求： (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； (2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量的表达式。 [解析]　(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0 由右手定则可知感应电流方向竖直向上。 (2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L 设此时两机械臂的速度分别为v1、v2 根据动量定理－B1L·Δt＝mv1－mv0，B2L·Δt＝mv2， 而1·Δt＝Q1，2·Δt＝Q2 电容器的带电量Q＝Q1－Q2 电容器两端的电压U＝＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R 联立解得U＝ 所以此时电容器电荷量为Q＝CU＝。 [答案]　(1)BLv0　竖直向上　 (2)BI1L　BI2L　Q＝ 1．(2025·福建福州模拟)如图所示，宽度为L的水平导体轨道中AB、CD足够长，导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场B(B未知)。AD处接有电容大小为C的电容器和质量为m、电阻为R的导体棒(与轨道始终保持垂直且接触良好)。开始时导体棒静止于AD处(如图所示)，电容器两端电压为U0，然后闭合开关S，导体棒开始向右加速弹射。已知重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力。 (1)当B为多大时，导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度最大？其最大值vm为多少？ (2)已知电容器存储的电能E＝CU2，在满足第(1)问条件下，导体棒上产生的焦耳热是多少？ 解析　(1)导体棒在ABCD轨道上运动的过程有－BLt＝0－mvm，Δq＝t，C＝，ΔU＝U0－U，U＝BLvm 联立各式解得vm＝ 当且仅当CBL2＝，即B＝ 时， 最终速度最大，其最大值为vm＝ 。 (2)稳定时电容器两端的电压 U＝BLvm＝ ×L× ＝ 导体棒的动能Ekm＝mvm2＝CU02 由能量守恒定律可知CU02－CU 2＝mvm2＋Q 联立解得Q＝CU02。 答案　(1) 　 　(2)CU02 2．(2025·河北沧州模拟)如图所示，间距为1 m、足够长的平行导轨PQ、MN及导轨面与水平面均成37°的角，S、T分别是导轨PQ、MN上两处绝缘小段(长度忽略不计)，S、T的连线垂直于导轨，导轨的其他部分均为金属导体；导轨上端P、M间接有电容C＝0.25 F的电容器，导轨下端Q、N间接有阻值R＝2 Ω的电阻，S、T及以上的导轨光滑，以下的导轨粗糙，整个导轨处在方向垂直导轨 面向上、大小为B＝2 T的匀强磁场中。将一质量m＝0.5 kg、长度l＝1 m且电阻不计的导体棒从光滑导轨上某处静止释放，释放时导体棒垂直于导轨且到S、T的距离x0＝4 m。已知导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.75，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)导体棒离开光滑导轨时的速度大小； (2)导体棒在粗糙导轨上滑行时通过电阻R的电荷量及导体棒滑行的距离。 解析　(1)导体棒在光滑导轨上运动的速度为v时， 电容器的电压U＝Blv 电容器的电荷量q＝CU 电路中的电流I＝ 对导体棒，由牛顿第二定律有mg sin 37°－BIl＝ma 联立解得a＝ 代入数据解得a＝2 m/s2 可见，导体棒在光滑导轨上做匀加速运动 导体棒离开光滑导轨时的速度的大小v0＝＝4 m/s。 (2)设导体棒在粗糙导轨上运动时间t后停下来，由动量定理有mg sin 37°t－μmg cos 37°×t－Bl×t＝0－mv0 通过电阻R的电荷量q0＝t 联立两式并代入数据解得q0＝1 C 设导体棒在粗糙导轨上运动的距离为x，由法拉第电磁感应定律平均感应电动势＝＝ 平均电流为＝ 联立两式并结合q0＝t，代入数据解得x＝1 m。 答案　(1)4 m/s　(2)1 C　1 m 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 　(2025·河北卷)某电磁助推装置设计如图所示，超级电容器经调控系统为电路提供1000 A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全 部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM′到NN′的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s，求此时通过a的电流大小； (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25 m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量； (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小f与其速度v的关系为f＝kv2(k＝0.025 N·s2/m2)，b初始位置与(2)问一致，试估算a运行至NN′时，a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出结论。(0.992＝0.980 1) [解析]　(1)分离后当导体棒a的速度大小为10 m/s时，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv 通过a的电流I1＝ 解得I1＝500 A。 (2)规定水平向右为正方向，a从MM′运动至b位置过程中由安培力提供加速度，则BIL＝maa1 a、b间初始距离x1＝a1t12，碰撞前a的速度为v1＝a1t1 解得a1＝250 m/s2，t1＝0.1 s，v1＝25 m/s a与b碰撞过程中系统动量守恒，有 mav1＝(ma＋mb)v2 储存的弹性势能为Ep＝mav12－(ma＋mb)v22 解得v2＝5 m/s，Ep＝500 J a、b碰后一起运动至NN′过程中，x2＝5 m－1.25 m＝3.75 m，由安培力提供加速度，有BIL＝(ma＋mb)a2，位移为x2＝v2t2＋a2t22，分离前速度为v3＝v2＋a2t2 解得a2＝50 m/s2，t2＝0.3 s，v3＝20 m/s a、b分离过程，由动量守恒定律有(ma＋mb)v3＝mav4＋mbv5 由能量守恒定律有Ep＝mav42＋mbv52－(ma＋mb)v32 解得v4＝0，v5＝25 m/s 在整个过程中安培力大小恒定，安培力做功大小为一定值，若a、b分离时a的速度为零，则此时b能获得最大速度，最大速度为25 m/s 上述过程中通过导体棒a的电荷量q＝I(t1＋t2)＝400 C 电容器电压的减少量ΔU＝，解得ΔU＝40 V。 (3)规定水平向右为正方向，a、b碰后共同速度为v2＝5 m/s，若无空气阻力，到达NN′的速度为v3＝20 m/s，其v2-x图像如图所示 若考虑阻力f＝kv2，则实际v2-x图像应在图中所示图像的下方，可知克服阻力做的功为W＜·x2 由动能定理有Fx2－W＝(ma＋mb)(v2′2－v22) 解得v2′2＞396 m2/s2＞392.04 m2/s2＝v32·0.992 可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。 [答案]　(1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V (3)见解析 1．(2025·福建莆田模拟)舰载机着舰时电磁阻拦技术的基本原理如图甲所示，平行导轨MN与PQ的间距L＝50 m，电阻不计，MP间接有阻值R＝10 Ω的电阻。某舰载机的质量为M＝2.5×104 kg，金属棒ab质量为m＝5×103 kg，电阻也为R，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B＝5 T。某次测试，舰载机以水平速度v0＝60 m/s通过绝缘阻拦索迅速钩住轨道上的金属棒ab后，立即关闭动力系统获得共同速度，在磁场中一起减速滑行至停下，舰载机、金属棒ab的v-t图像如图乙所示，除安培力外，舰载机克服其他恒定阻力做的功为1.5×106 J。 　 (1)求舰载机钩住金属ab棒后它们获得的共同速度大小v； (2)从舰载机与金属棒ab共速到它们停下来的过程中，求回路中产生的焦耳热Q； (3)若舰载机和金属棒ab一起减速滑行了x＝60 m后停下，求从舰载机与金属棒共速到它们停下来所经历的时间t0。 解析　(1)对M、m由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v 解得v＝50 m/s。 (2)从舰载机与金属棒ab共速到它们停下来的过程中，根据动能定理得－W安－Wf＝0－(M＋m)v2，又Q＝W安 解得Q＝3.6×107 J。 (3)从舰载机与金属棒ab共速到它们停下来的过程中，根据动量定理得－ft0－安t0＝0－(M＋m)v，安培力安＝BL 通过金属棒ab的电荷量q＝t0，又＝，＝，R总＝2R 解得q＝ 又ΔΦ＝BLx，Wf＝fx 联立各式解得t0＝52.5 s。 答案　(1)50 m/s　(2)3.6×107 J　(3)52.5 s 2．(2025·安徽合肥二模)如图所示，两平行光滑长直金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，电阻不计。金属棒a、b垂直导轨放置，b棒右侧MNPQ矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。a棒以大小为v0的水平速度向右运动，一段时间后a与静止的b发生弹性碰撞，碰后两棒先后进入磁场区域。已知两棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，a、b的质量分别为4m、m，电阻均为R，长度均为L。 (1)求碰撞后瞬间a、b的速度大小； (2)若b在磁场中运动距离d＝时，a还未进入磁场，求此过程中b棒产生的焦耳热； (3)若a刚进入磁场时，b已经离开磁场区域，要使a、b不会再次发生碰撞，求磁场区域宽度x需满足的条件。 解析　(1)设碰后瞬间a、b速度大小分别为v1、v2，由于发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律有4mv0＝4mv1＋mv2，×4mv02＝×4mv12＋×mv22　 解得v1＝0.6v0，v2＝1.6v0。 (2)设导体棒b在磁场中运动距离为d时速度大小为v3，此过程中a、b棒中产生的焦耳热分别为Qa、Qb，b从进入磁场到运动距离为d过程中，根据动量定理有－LBt＝mv3－mv2 根据闭合电路欧姆定律有＝ 根据法拉第电磁感应定律有＝＝ 根据能量守恒定律有Qa＋Qb＝mv22－mv32 两个导体棒电阻相等，根据焦耳定律知Qa＝Qb 联立以上各式解得Qb＝0.55mv02。 (3)导体棒a、b在磁场中做减速运动，若导体棒a出磁场时速度不大于导体棒b出磁场时的速度，则a与b不会再次发生碰撞，取临界状态当磁场区域宽度为x0时，导体棒a、b出磁场时的速度大小均为v，则b在磁场中运动过程，由动量定理得－bLBtb＝mv－mv2 感应电流的平均值b＝，b＝ 联立解得－＝mv－mv2 同理，导体棒a在磁场中运动过程，x0与其出磁场时的速度v的关系为－＝4mv－4mv1 联立以上各式可得x0＝ 要使a与b不会再次发生碰撞， 则磁场区域的宽度x需满足条件0<x≤x0 解得0<x≤。 答案　(1)0.6v0　1.6v0　(2)0.55mv02 (3)见解析 考点三　电磁感应中的“导轨＋杆”模型 模型 概述 “导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情境变化空间大，是复习中的难点。“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情境复杂，形式多变 常见类型 单杆水平式(导轨光滑) 设运动过程中某时刻杆的速度为v，加速度为a＝－，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定 单杆倾斜式(导轨光滑) 杆释放后下滑，开始时a＝g sin α，速度v↑→E＝BLv↑→I＝↑→F＝BIL↑→a↓，当F＝mg sin α时，a＝0，v最大 双杆切割式(导轨光滑) 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动。对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理 常见类型 光滑不等距导轨 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆以不同的速度做匀速运动 含“源”水平光滑导轨(v0＝0) S闭合，ab杆受安培力F＝，此时a＝，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝ 含“容”水平光滑导轨(v0＝0) 拉力F恒定，开始时a＝，速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt，速度变为v＋Δv，此时E′＝BL(v＋Δv)，电容器增加的电荷量ΔQ＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝＝CBL＝CBLa，安培力 F安＝BIL＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动 考向1　“双杆＋不等宽轨道”模型 　(2024·江西宜春模拟)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨的间距为l，右侧导轨的间距为2l，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。导体棒ab的电阻为R，导体棒cd的电阻为2R，两导体棒始终在对应的导轨部分运动，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是(　　) A．导体棒ab最终的速度为v0 B．全过程中，通过导体棒cd的电荷量为 C．从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动，此过程中系统产生的焦耳热为mv02 D．导体棒ab和cd组成的系统动量守恒 [解析]　当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab＝B·2lvcd，对导体棒ab由动量定理可得－B·lΔt＝0－mvab；对导体棒cd由动量定理可得－B·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得vab＝，vcd＝，故A错误；对导体棒cd有q＝·Δt，又－B·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得q＝，故B错误； 由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q＝·2mv02－·2mvcd2－mvab2，解得Q＝mv02，故C正确；导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故D错误。 [答案]　C 考向2　“双杆＋等宽轨道”模型 　(2025·湖南长沙模拟)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L，abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求初始时刻N到ab的最小距离x； (3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同且到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 [解析]　(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时， 产生电动势为E＝BLv0 根据右手定则可知电流方向为a→b，电流大小为I＝ 则所受的安培力大小为F＝BIL＝ 根据左手定则可知，安培力的方向水平向左。 (2)金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有BL·Δt＝m·－0 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ 联立可得Δx＝ 可知初始时刻N到ab的最小距离为x＝Δx＝。 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同且到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m· 解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝v0 由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有B1L·Δt1＝m·v0－m·，又q1＝1·Δt1＝ 联立解得k＝2。 ②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有B2L·Δt2＝m·－0 又q2＝2·Δt2＝，解得k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3。 [答案]　(1)，方向水平向左　(2)　(3)2≤k<3 1．(多选)(2025·山东聊城模拟)如图所示，宽度为L1＝2L的水平宽导轨的左侧平滑连接倾斜导轨，右侧连接宽度为L2＝L的水平窄导轨，宽、窄导轨区域分别有竖直向上的匀强磁场B1和B2，B1＝2B2＝2B。一质量为mb＝m、电阻为Rb＝R的导体棒b静止在窄导轨区域，另一质量为ma＝2m、电阻为Ra＝2R的导体棒a由倾斜导轨h高处静止下滑。宽、窄导轨长度足够，不计导轨电阻和一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．导体棒a进入水平宽导轨时的速度为v0＝ B．两导体棒达到稳定状态后，导体棒b的速度为vb＝ C．整个过程在导体棒b上产生的焦耳热为Qb＝mgh D．整个过程通过导体棒a的电荷量为qa＝ 解析　根据动能定理有2mgh＝×2mv02，解得v0＝，故A正确；两导体棒达到稳定状态时，设a、b导体棒的速度分别为va、vb，则有B1×2Lva＝B2Lvb，对a、b导体棒根据动量定理有－2B×2LΔt＝mava－mav0，BLΔt＝mbvb，解得va＝，vb＝；由于q＝Δt解得qa＝，故B错误，D正确；根据能量守恒定律有Q＝mav02－mava2－mbvb2，整个过程在导体棒b上产生的焦耳热Qb＝Q＝mgh，故C正确。 答案　ACD 2．(2025·云南大理模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨abc和efg固定，间距L＝1 m，其中ab、ef是半径为r＝0.8 m的四分之一圆弧导轨，bc、fg是与圆弧轨道相切的水平导轨，水平导轨所在的区域有磁感应强度大小为B＝1 T，方向竖直向上的匀强磁场。初始时刻，质量为mQ＝1 kg的金属棒Q与水平导轨垂直放置，与bf之间的距离为d＝1.5 m。现将另一根质量为mP＝3 kg的金属棒P从ae位置由静止释放。已知金属棒P、Q接入电路的电阻分别为RP＝0.1 Ω、RQ＝0.3 Ω，金属棒P、Q运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，导轨长度无限长，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)金属棒P进入磁场瞬间，金属棒Q的加速度大小； (2)从金属棒P进入磁场到速度恒定的过程中，金属棒Q上产生的焦耳热； (3)金属棒P、Q之间的最小距离。 解析　(1)P棒从ae运动到bf的过程中，由动能定理得mPgr＝mPvP2 解得vP＝＝ m/s＝4 m/s P棒进入磁场瞬间，P棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLvP＝1×1×4 V＝4 V 根据闭合电路的欧姆定律得I＝＝ A＝10 A 对Q棒由牛顿第二定律得BIL＝mQa 解得Q棒的加速度大小a＝＝ m/s2＝10 m/s2。 (2)从P棒进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mPvP＝(mP＋mQ)v， 解得v＝＝ m/s＝3 m/s 由能量守恒定律得mPvP2＝(mP＋mQ)v2＋Q总 解得Q总＝mPvP2－(mP＋mQ)v2＝×3×42 J－×(3＋1)×32 J＝6 J Q棒上产生的焦耳热为Q′＝Q总＝×6 J＝4.5 J。 (3)当P、Q棒共速时，二者之间的距离最小， 对Q根据动量定理得BLΔt＝mQv 设从P棒进入磁场开始，在这段时间内，两导轨之间的距离减少了 Δx，根据法拉第电磁感应定律得＝＝， 根据闭合电路的欧姆定律得＝ 联立解得Δx＝(RP＋RQ)＝×(0.1＋0.3) m＝1.2 m P、Q之间的最小距离为xmin＝d－Δx＝1.5 m－1.2 m＝0.3 m。 答案　(1)10 m/s2　(2)4.5 J　(3)0.3 m $