2020年高考物理常考题型解析：电磁感应的综合应用（电路问题、图像问题、动力学问题）

专题 8 电磁感应的综合应用 （电路问题、图像问题、动力学问题） 考点一: 电磁感应中的电路问题　 1.分析电磁感应电路问题的基本思路 (1)确定电源:用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和电源“正负”极,电源内部 电流从低电势流向高电势; (2)分析电路结构:根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路.注意区别内外电路,区别路端电 压、电动势; (3)利用电路规律求解:根据 E=BLv 或 E=n 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定 律等关系式联立求解. 2.电磁感应电路的几个等效问题 t ∆ Φ ∆考点二　电磁感应的图像问题 1.图像问题类型 类型 据电磁感应过程 选图像 据图像分析判断电磁 感应过程 求解 流程 2.解题关键 弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类 问题的关键. 3.解决图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类,即是 B-t 图还是 Φ-t 图,或者 E-t 图、I-t 图等; (2)分析电磁感应的具体过程; (3)用右手定则、楞次定律、左手定则或安培定则确定有关方向的对应关系;(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式; (5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等; (6)画图像或判断图像. 考点三：电磁感应中的动力学问题 1. 两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析 或结合功能关系进行分析 2.力学对象和电学对象的相互关系 3.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题典例精析 ★考点一：电磁感应中的电路问题 ◆典例一：(2018·芜湖模拟)如图所示,在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨,磁场方向与导轨所在平 面垂直,磁感应强度大小为 B0,导轨上端连接一阻值为 R 的电阻和开关 S,导轨电阻不计,两金属棒 a 和 b 的电 阻都为 R,质量分别为 ma=0.02 kg 和 mb=0.01 kg,它们与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦地运动,若将 b 棒固 定,开关 S 断开,用一竖直向上的恒力 F 拉 a 棒,稳定后 a 棒以 v1=10 m/s 的速度向上匀速运动,此时再释放 b 棒,b 棒恰能保持静止.(g=10 m/s2) (1) 求拉力 F 的大小; (2)若将 a 棒固定,开关 S 闭合,释放 b 棒,求 b 棒滑行的最大速度 v2; (3)若将 a 棒和 b 棒都固定,开关 S 断开,使磁感应强度从 B0 随时间均匀增加,经 0.1 s 后磁感应强度增大到2B0 时,a 棒受到的安培力大小正好等于 a 棒的重力,求两棒间的距离. 解析:(1)设轨道宽度为 L,开关 S 断开,a 棒做切割磁感线运动,产生的感应电动势为 E1=B0Lv1,a 棒与 b 棒构成 串联闭合电路,电流为 I1= ,a 棒,b 棒受到的安培力大小为 Fa=I1LB0,Fb=I1LB0,依题意,对 a 棒有 F=Fa+Ga, 对 b 棒有 Fa=Gb,所以 F=Ga+Gb=0.3 N. (2)a 棒固定、开关 S 闭合后,当 b 棒以速度 v2 匀速下滑时,b 棒滑行速度最大,此时 b 棒产生的感应电动势为 E2=B0Lv2,等效电路图如图 2 所示.其内、外总电阻 R=Rb+ = R,所以电流为 I2= = ,b 棒受到 的安培力与 b 棒的重力平衡,有 mbg= ,由(1)中分析可知 mbg= ,联立可得 v2=7.5 m/s. (3)设两棒间距为 d,当磁场均匀变化时,产生的感应电动势为 E3= Ld,由于 S 断开,回路中电流为 I3= ,依 题意,a 棒所受安培力 2B0I3L=Ga,代入数据解得 d=1 m. ◆典例二：(2017·唐山模拟)在同一水平面上的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电 路。其中水平放置的平行板电容器两极板 M、N 相距 d＝10 mm ，定值电阻 R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属 棒 ab 的电阻 r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿 导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量 m＝1×1 0－14kg、电荷量 q＝－1×10－14C 的微粒恰好 静止不动。取 g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求： (1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒 ab 运动的速度。 【答案：】(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s 【解析】:(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故 M 板带正电。ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由 b→a，其 a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。 (2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有 mg＝Eq 又 E＝UMN d 所以 UMN＝mgd q ＝0.1 V 0 1 2 B Lv R a a RR R R+ 3 2 0 2 3 2 B Lv R 0 22 3 B Lv R 2 2 0 22 3 B L v R 2 2 0 1 2 B L v R B t ∆ ∆ 3 2 E RR3 两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过 R3 的电流为 I＝UMN R3 ＝0.05 A 则 ab 棒两端的电压为 Uab＝UMN＋I R1R2 R1＋R2 ＝0.4 V。 (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势 E＝Blv 由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得 v＝1 m/s。 ◆典例三（2018 洛阳联考）如图所示，边长为 L、不可形变的正方形导线框内有半径为 r 的圆形磁场区域， 其磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系为 B＝kt(常量 k＞0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1＝R0、R2＝R0 2 。闭合开关 S，电压表的示数为 U，不考虑虚线 MN 右侧导 体的感应电动势，则(　　) A.R2 两端的电压为U 7 B.电容器的 a 极板带正电 C.滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2 的 5 倍 D.正方形导线框中的感应电动势为 kL2 【答案】AC 解析:由法拉第 电磁感应 定律 E＝ nΔΦ Δt ＝nΔB Δt S 有 E＝kπr2，D 错误；因 k＞0，由楞次定律知线框内感应电流 沿逆时针方向，故电容器 b 极板带正电，B 错误；由题图知外电路结构为 R2 与 R 的右半部并联，再与 R 的 左半部、R1 相串联，故 R2 两端电压 U2＝ R0 2 × 1 2 R0＋R0 2 ＋R0 2 × 1 2 U＝U 7，A 正确；设 R2 消耗的功率为 P＝IU2，则 R 消耗的功率 P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故 C 正确。★考点二：电磁感应的图像问题 ◆典例一：．(多选)(2017·山东第一次大联考)如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度 v 向右匀速 通过一正方形 abcd 磁场区域，ac 垂直于导轨且平行于导体棒，ac 右侧的磁感应强度是左侧的 2 倍且方向相 反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规 定电流由 M 经 R 到 N 为正方向，安培力向左为正方向)(　　) 【答案】AC 解析:导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流 M 经 R 到 N 为 正值，且逐渐变 大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经 过分界线时感应电流大小突然加倍，A 正确，B 错误；第一段时间内安培力大小 F＝BIL∝L2，第 2 段时间 内 F＝2BIL∝L2，C 正确，D 错误。 ◆典例二： (2017·德州一模)(多选)如图所示,abcd 为一边长为 l 的正方形导线框,导线框位于光滑水平面内,其 右侧为一匀强磁场区域,磁场的边界与线框的 cd 边平行,磁场区域的宽度为 2l,磁感应强度为 B,方向竖直向下. 线框在一垂直于 cd 边的水平恒定拉力 F 作用下沿水平方向向右运动,直至通过磁场区域.cd 边刚进入磁场时, 线框开始匀速运动,规定线框中电流沿逆时针时方向为正,则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中,a,b 两端的电压 Uab 及导线框中的电流 i 随 cd 边的位置坐标 x 变化的图线可能是(　 　) 【答案】BDm tlBR 0 22 = [解析]:线框进入磁场的过程做匀速直线运动,感应电动势 E=Blv 恒定,线框中的电流大小恒定,方向沿逆时针 方向,a,b 两端的电压 Uab= Blv;线框完全在磁场中运动时,穿过闭合电路的磁通量不变,线框中感应电流为零, 做匀加速运动,但 ab 边两端的电压 Uab=Blv=Bl ,其中 v0 为匀速运动的速度,Uab 随位移 x 增大而增大 但不是线性关系,当出磁场时,线框做减速运动,Uab 不断减小,故 A 错误,B 正确;线框进入过程中,线框中的电流 大小恒定且为逆时针,完全进入磁场时电流为零;线框离开磁场,做减速运动,加速度逐渐减小,线框刚好完全离 开磁场时,速度大于或等于匀速运动时的速度,但不可能为零,故此时电流也不可能为零,故 C 错误,D 正确. ★考点三：电磁感应中的动力学问题 ◆典例一： (2016·全国Ⅱ卷,24)如图,水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻,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.t0 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 μ.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. 【解析】:(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-μmg, 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=at0, 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=Blv,联立解得 E=Blt0( -μg). (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为 I,根据欧姆定律 I= , 式中 R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为 FA=BlI, 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-μmg-FA=0,联立解得 ◆典例二【2018·高考江苏卷】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 θ，间距为 1 4 2 0 2v ax+ F m E Rd.导轨处于 匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直．质量为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的 距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金 属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g.求下滑到底端的过程中，金属棒 (1)末速度的大小 v. (2)通过的电流大小 I. (3)通过的电荷量 Q. 【答案】　(1) 2as　(2)m(gsin θ－a) dB (3)m 2as(gsin θ－a) dBa 【解析】　(1)金属棒做匀加速直线运动，有 v2＝2as，解得 v＝ 2as. (2)安培力 F 安＝IdB，金属棒所受合力 F＝mgsin θ－F 安 由牛顿第二定律 F＝ma 解得 I＝m(gsin θ－a) dB (3)运动时间 t＝v a，电荷量 Q＝It 解得 Q＝m 2as(gsin θ－a) dBa1.(2019·福建南平高三第一次质检)如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计， 两导轨左端用导线与电容器 C(电容器不带电)及开关连接。匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接触良好的导 体棒垂直于导轨以某一初速度向右运动。某时刻将开关 S 闭合并开始计时，用 v、q、i 和 a 分别表示导体棒 的速度、电容器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度。则图中正确的是(　　) 【答案】　D 【解析】　导体棒切割磁感线产生感应电动势，闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增加， 同时导体棒中有向上的充电电流，并在向左的安培力作用下做减速运动，当感应电动势等于电容器两板间电 压后，不再充电，导体棒也不再受安培力作用而做匀速直线运动，A 错误；电容器所带电荷量 Q＝CU，电 荷量增加到一定值不再变化，最终不为零，B 错误；当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再给电容器 充电，最终电流为零，C 错误；由 E＝BLv，I＝E－U R ，F 安＝BIL＝ma 联立，解得导体棒的加速度 a＝B2L2v R － BL R ·U，随着 t 增大，v 减小，U 增大，则 a 减小，故 v 随时间减小得越来越慢，又 I 减小，故 U＝q C随时间增 加得越来越慢，可知 a 随时间减小得越来越慢，直至导体棒做匀速直线运动，a＝0，D 正确。 2.(2019·山东泰安检测)矩形线框 abcd 固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度 B 随 时间 t 变化的图象如图甲所示．设 t＝0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图乙中 i 表示线圈中感应电 流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F 表示线框 ab 边所受的安培力的大小(规定 ab 边中所受的安培力方 向向左为正)，则下列图象中可能正确的是 (　　) 【答案】　AC 【解析】　在 0～2 s 内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电 磁感应定律得：E＝ΔB Δt S，该段时间内ΔB Δt 恒定，则感应电动势恒定，由 I＝E R可知感应电流也一定．同理得知， 在 2～4 s 内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定，故 A 正确，B 错误；在 0～2 s 内，线框 ab 边所受的安培力的大小为 F＝BIL，IL 一定，F 与 B 成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方 向先向左后向右，即先为正值后为负值．同理得知，在 2～4 s 内，F 与 B 成正比，安培力方向先向左后向 右，即先为正值后为负值，与 0～2 s 内情况相同，故 C 正确，D 错误． 3．(2017·上饶二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线 MN 的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形 金属线框顶点 C 与 MN 重合，线框由静止释放，沿轴线 DC 方向竖直落入磁场中。忽略空气阻力，从释放 到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的 v-t 图像，可能正确的是(　　) 【答案】C 【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力 F＝BIL＝B2l2v R ，线框切割磁感线的有效长度 l 增大、安培力增 大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得 a＝g－B2l2v mR ，线框由静止加速，由于 l、v 不断增大， a 不断减小， 则线框做加速度减小的加速运动，故 C 正确。 4.(2017·唐山模拟)在同一水平面上的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中 水平放置的平行板电容器两极板 M、N 相距 d＝10 mm ，定值电阻 R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒 ab 的电 阻 r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿导轨向右匀 速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量 m＝1×1 0－14kg、电荷量 q＝－1×10－14C 的微粒恰好静止不动。 取 g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求： (1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒 ab 运动的速度。【解析】(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故 M 板带正电。ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由 b→a，其 a 端 为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。 (2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有 mg＝Eq 又 E＝UMN d 所以 UMN＝mgd q ＝0.1 V R3 两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过 R3 的电流为 I＝UMN R3 ＝0.05 A 则 ab 棒两端的电压为 Uab＝UMN＋I R1R2 R1＋R2 ＝0.4 V。 (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势 E＝Blv 由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得 v＝1 m/s。 答案：(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s 5.(2019·广西五市考前联考)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨 MN、PQ，间距为 L，电阻不计，两导 轨构成的平面与水平面成 θ 角．金属棒 ab、cd 用绝缘轻绳连接，其电阻均为 R，质量分别为 2m 和 m.沿斜 面向上的力作用在 cd 上使两棒静止，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，重力加速度大小为 g，将轻绳烧断后，保持 F 不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则 (　　) A．轻绳烧断瞬间，cd 的加速度大小 a＝1 2gsinθ B．轻绳烧断后，cd 做匀加速运动 C．轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比 vab∶vcd＝1∶2 D．棒 ab 的最大速度 vabm＝2mgRsin θ 3B2L2 【答案】：C 【解析】：沿斜面向上的力 F 作用在 cd 上使两棒静止，由平衡条件可得 F＝3mgsin θ，轻绳烧断瞬间，cd 受到沿斜面向上的力 F 和重力、支持力作用，由牛顿第二定律，F－mgsin θ＝ma，解得 cd 的加速度大小 a＝ 2gsin θ，选项 A 错误；轻绳烧断后，cd 切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，受到与速度相关的安培力作用，所以 cd 做变加速运动，选项 B 错误；对两导体棒组成的系统，所受合外力为零，系统动量 守恒，由动量守恒定律可知，轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比 vab∶vcd＝1∶2，选项 C 正确； 当棒 ab 达到最大速度时，ab 棒受力平衡，2mgsin θ＝BIL，I＝E 2R，E＝BLvabm＋BL·2vabm＝3BLvabm，联立解 得：vabm＝4mgRsin θ 3B2L2 ，选项 D 错误． 6.(2019·广东佛山普通高中教学质量检测)如图所示，两根互相平行的金属导轨 MN、PQ 水平放置，相距 d＝ 1 m、且足够长、不计电阻。AC、BD 区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数 μ＝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，磁感应强度均为 B＝2 T。在导轨中央放置着两根质量均为 m＝1 kg、电 阻均为 R＝2 Ω 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＝9 J。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＝ 0.8 m 后停止，g 取 10 m/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)3 m/s　3 m/s　(2)8 m/s2　(3)5.8 J 【解析】　(1)设 a、b 棒刚进入磁场时的速度大小分别为 va、vb，对 a、b 组成的系统， 由动量守恒定律得：0＝mva－mvb， 由能量守恒定律得：Ep＝1 2mv2a＋1 2mv2b， 解得 va＝vb＝3 m/s。 (2)当 a、b 棒刚进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生的感应电动势串联，则有：Ea＝Eb＝Bdva＝6 V， 回路中感应电流 I＝2Ea 2R ＝3 A， 对 b 受力分析，由牛顿第二定律得：BId＋μmg＝mab， 解得 ab＝8 m/s2。 (3)将弹簧和金属棒 a、b 看做一个系统，分析可知，a、b 棒所受力时刻大小相等、方向相反，故系统动量守 恒，由动量守恒定律可知，a、b 棒的速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则在整个运动过程中，对系统，由能量守恒可得：Ep＝2μmgx＋Q，解得 Q＝5.8 J。 7..两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，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 的电阻分别为 Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 B＝2 T．现杆 b 以初速度大小 v0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆 a，杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过 杆 b 的平均电流为 0.3 A；从 a 下滑到水平轨道时开始计时，a、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以 a 运动方向为正方向)，其中 ma＝2 kg，mb＝1 kg，g 取 10 m/s2，求： (1)杆 a 在弧形轨道上运动的时间； (2)杆 a 在水平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． 【答案】　(1)5 s　(2)7 3 C　(3)115 6 J 【解析】　(1)设杆 a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆 b 的速度大小为 vb0，对杆 b 运用动量定量， 有 BdI·Δt＝mb(v0－vb0) 其中 vb0＝2 m/s 代入数据解得 Δt＝ 5 s. (2)对杆 a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有 magh＝1 2mav2a 解得 va＝ 2gh＝5 m/s 设最后 a、b 两杆共同的速度为 v′，由动量守恒定律得 mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入数据解得 v′＝8 3 m/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 va 到 v′的运动时间为 Δt′，则由动量定理可得 BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而 q＝I·Δt′ 代入数据得 q＝7 3 C. (3)由能量守恒定律可知杆 a、b 中产生的焦耳热为Q＝magh＋1 2mbv20－1 2(mb＋ma)v′2＝161 6 J b 棒中产生的焦耳热为 Q′＝ 5 2＋5Q＝115 6 J.