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一、求解碰撞题 巧解不神秘
碰撞问题是高中物理动量守恒定律和能量转化与守恒定律的重要应用之一.在我们经常遇到的物理问题中，有些看上去并不是碰撞问题，但运用碰撞规律去分析求解却显得比较容易.下面我们一起对此类问题作较为深入的探讨.
1.碰撞的几种类型 图1
（1） 完全弹性碰撞
如图1所示，其特点是：在碰撞的过程中不仅没有动能损失，且动量守恒.于是可得：
m1v1 + m2v2=m1v1′+m2v2′，
1 2 m1v21+ 1 2 m2v22= 1 2 m1v1′2+ 1 2 m2v2′2.
联立上述方程并解之得：v1′=
（m1-m2）v1+2m2v2 m1+m2 ，v2′= （m2-m1）v2+2m1v1 m1+m2
说明 如果v2=0，即m2原来静止，则v1′= （m1-m2）v1 m1+m2 ，v2′= 2m1v1 m1+m2 .
①若m1 > m2，m1撞击m2后的速度方向不变，且m2的速度v2′ 大于v1；
②若m1 < m2，m1撞击m2后被反弹回来，且m2的速度v2′ 小于v1；
③若m1=m2，则碰撞后m1停止，m2的速度v2′ 和m1的速度v1相同.
（2） 完全非弹性碰撞
在这种类型的碰撞中，两物体碰撞之后不再分离，动能损失最大（转化为其它形式的能）.由动量守恒可得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，则v= m1v1+m2v2 m1+m2 .
如果m2原来静止，则v= m1v1 m1+m2 .
碰撞过程损失的机械能为：ΔE= 1 2 m1v21+ 1 2 mv22- 1 2 （m1+m2）v2= m1m2 2（m1+m2） （v1-v2）2.
（3）非弹性碰撞
这种碰撞是日常生活中最常见的，具体的碰撞 结果与碰撞过程中损失的动能大小有关，碰撞过程中仍然满足动量守恒定律，即
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，
1 2 m1v21+ 1 2 m2v22- 1 2 m1v1′2- 1 2 m2v2′2=ΔEk.
2.规律的拓展与应用
图2
例1 如图2所示，水平地面上静止地放置一楔形物体，其质量为M，水平地面及楔形物体上下表面均光滑.现有一质量为m的小球在水平地面上以初速度v0滑上斜面.求小球能在楔形物体斜面上滑行的最大高度为多少？（设楔形物体斜面足够长）
解析 当小球滑上楔形物体后，系统在水平方向不受外力作用，所以在水平方向上动量守恒.其次由于小球高度升高，会使重力势能增大而系统动能减小.当小球上滑到最大高度时势能最大而系统动能损失最大，所以这个问题类似于完全非弹性碰撞.则
mv0=（M+m）v
mghm= 1 2 mv20- 1 2 （M+m）v2
联立以上两式并解之得：hm= mv20 2（M+m） .
图3
例2 如图3所示，放置在光滑水平地面上的两物体A、B，质量相等，它们之间用一轻弹簧连接.物体A靠在竖直墙上，向左推物体B使弹簧处于压缩状态后释放物体B，物体B向右弹出，两物体A、B与弹簧之间不分离.当弹簧第一次恢复原长时，物体B的速度为v.求当弹簧的长度最长时，物体A的速度为多大？
解析 当弹簧第一次恢复原长之后，物体A离开墙壁，弹簧开始伸长，弹性势能增大，系统的动能减小；当物体A离开墙壁后，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒；当弹簧的长度伸长到最长时，弹簧的弹性势能最大而系统的动能损失最大，所以这个过程中相当于类完全非弹性碰撞，弹簧最长时，两物体A、B速度相同.所以
mBv=（mA+mB）vA，则vA= mBv mA+mB = 1 2 v.
3.类完全弹性碰撞问题
例3 在例2中，试分析当弹簧再次恢复原长时，A的速度是多大？
解析 从弹簧第一次恢复到原长到再次恢复原长的过程中动量守恒.弹簧先伸长后缩短，虽然在这个过程中系统的动能有变化，但初状态（弹簧第一次恢复原长）和末状态（弹簧再次恢复原长）相比较，系统的总动能是相同的.所以可把这个过程看作是类完全弹性碰撞.在两物体A、B的质量相同的情况下，其速度互换，即vA′=v.
例4 位于水平光滑桌面上的n个完全相同的小物块，沿一条直线排列，相邻小物块间都存在一定的距离.自左向右起，第一个小物块标记为P1，第二个小物块标记为P2，第三个小物块标记为P3，……，最后一个小物块即最右边的小物块标记为Pn.现设法同时给每个小物块一个方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大是速度记作v1，最小的速度记作vn，介于最大速度与最小速度间的各速度由大到小依次记为v2， v3， …， vn-1，若当小物块发生碰撞时，碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短，则最终小物块P1， P2， P3， …， Pn速度的大小依次为 .
解析 由于相邻的两个小物块发生弹性正碰，则满足动量守恒、机械能守恒.由于它们发生碰撞时交换速度，据此很容易得出结论，故应顺填：vn， vn-1， …， v3， v2， v1.
例5 相隔一定距离的A、B质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用，原来两球被按住并处于静止状态.现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零.求两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复原始值所经历的时间内球B在斥力作用下的加速度.
解析 对A、B球来说，当二者速度相等时，两球间距离最小，则根据动量守恒定律有： mv0=2mv′，解得v′= v0 2 .
当二者距离恢复到原始值时，二者作用完毕，则有上述结论可知，A球速度为零，B球速度为v0，于是对B球有a= v0- v0 2 t = v0 2t .
图4
例6 如图4所示，在光滑水平面上停放着质量为m且装有光滑的弧形槽轨道AB的小车.一质量为m的小球以水平初速度v0从小车右端沿弧形槽轨道A端滑上小车，到达某一高度后，小球又返回弧形槽轨道A端，则下列判断正确的是（ ）.
A. 小球离开小车后向右做平抛运动
B. 小球离开小车后做自由落体运动
C. 此过程中小球对车做功为 1 2 mv20
D. 小球沿小车的弧形槽轨道上升的最大高度为 v20 2g
解析 小球滑上弧形槽后又滑下的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒.系统的动能先减小后增大，当小球返回弧形槽轨道A端时，系统的重力势能与小球滑上槽口时相同.因此初状态（小球滑上轨道A端）与末状态（小球返回轨道A端）系统的动能相同.所以可把这个过程看作是类完全弹性碰撞.根据完全弹性碰撞的规律可知：当小球返回轨道A端时，小车的速度为v1=v0.小球的末速度恰好为零.故小球离开车后做自由落体运动，在这一过程中小球对小车做的功为：W= 1 2 mv21= 1 2 mv20.故应选B和C. 图5
例7 如图5所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M = 19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ = 60°的位置自由释放，下摆后在最低点处于金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角将小于45°.
解析 设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn、Vn.由于碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等.设速度向左为正，则有
mvn-1=MVn-mvn ①
1 2 mv2n-1= 1 2 MV2n+ 1 2 mv2n ②
①可变形为m（vn-1+vn）=MVn ③
②可变形为 1 2 m（vn-1-vn）（vn-1+vn）= 1 2 MV2n ④
将③代入④得（vn-1-vn）=Vn ⑤
由③和⑤可得
vn= M-m M+m vn-1= 9 10 vn-1，Vn= 2m M+m = 1 10 vn-1.
第n次碰撞后绝缘球的动能为En= 1 2 mv2n=（0.81）nE0，（E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量）
绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的势能之比为 E E0 = mgl（1-cosθ） mgl（1-cosθ0） =（0.81）n，易算出（0.81）2=0.656，（0.81）3=0.531，因此经过3次碰撞后θ小于45°.
二、磁场中双杆运动 能量守恒有妙用
对于双杆在磁场中运动的问题，稳定后回路中有感应电流存在，电流做功使系统发热，系统中总会涉及到能量的转化，因此双杆系统总要受到外力作用，外力给系统补充能量，才能维持双杆持续不断地生热而耗散的能量.安培力做功总是量度其它形式的能转化为内能的，若双杆的机械能不增加，则由能量转化与守恒知，外力做功的功率与安培力做功的功率必相等.稳定状态表现在双杆运动应该有恒定的速度差.差值是多少视具体情况而定，也可以为零.因双杆系统除受安培力，还受到其它力作用，在求表征单杆运动特征的某一物理量这样的局部问题时，用牛顿第二定律.求系统发热等全局问题时，应结合能量转化与守恒定律. 图6
例8 如图1所示，在水平面上有两条平行导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上且与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ.已知杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动，达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻忽略不计，求杆2克服摩擦力做功的功率.
解析 设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间与导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势
E=Bl（v0-v） ①
感应电流为I=E/（R1+R2） ②
杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，则有
Blv=μm2g ③
导体杆2克服摩擦力做功的功率
P=μm2gv ④
联立以上四式可解得P=μm2g[v0- μm2g B2l2 （R1+R2）].
点评 两杆受的安培力等大反向，稳定后系统受力平衡，则外力F=（m1+m2）gμ.外力做功全部转化为系统的内能，但通过了两种途径，一是感应电流做功发热，另一种是摩擦生热. 图7
例9 在如图7所示的导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，左端间距L1=4L，右端间距L2=L.现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1=2m，m2=m；电阻R1=4R，R2=R.现使ab棒向右以初速度v0运动，求整个过程中cd棒产生的焦耳热和通过它的电量.
解析 设ab长为L1、cd长为L2，如图7所示.当ab棒刚开始运动时，回路中产生有顺时针方向的电流，由左手定则可以判断ab棒受到向左的安培力做变减速运动，cd棒受到向右的安培力做变加速运动，过程中电流不断减小.当回路电流为零时，ab棒和cd棒受到的安培力均为零，速度不再发生变化，各自做匀速直线运动，达到稳定状态. 收尾运动之前，因为Fab=BIL1、Fcd=BIL2，所以两棒受到的合力不为零，故系统动量不守恒，只能运用动量定理.设从开始运动到稳定状态回路中的平均电流（对时间）为I，对ab棒运用动量定理有
-BIL1Δt=m1vab-m1v0 ①
对cd棒运用动量定理有
BIL2Δt=m2vcd ②
由电流的定义知
q=IΔt ③
两棒稳定后，回路中电流I=0，所以Eab=Ecd，即BL1vab=BL2vcd，故此有
L1vab=L2vcd ④
由以上四式可解得 q= m1m2v0L1 m1BL22-m2BL21 ，vab= v0 9 ，vcd= 4 9 v0.
将L1=4L、L2=L、m1=2m、m2=m代入上式可求得q= 4mv0 9BL .
因回路电流始终为零，故两棒产生的热量之比等于其电阻之比： Qcd R2 = Qab R1 = Q R1+R2 .
故cd棒产生的焦耳热 Qcd= 1 5 （ 1 2 mv20- 1 5 m1v2ab- 1 2 m2v2cd）= 72 405 mv20.
点评 求解本题的关键在于当回路电流为零时，两导体棒做匀速直线运动，于是可求得两棒收尾速度的关系：vcd=4vab. 图8
例10 如图8所示，a1b1c1d1与a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面（纸面）向里.导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2.x1、y1 与x2、y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1、m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触.两杆与导轨构成的回路的总电阻为R.F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力，已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率.
解析 设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少.由法拉第电磁感应定律知回路中的感应电动势的大小
E=B（l2-l1）v ①
回路中的电流I= E R ②
电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为
f1=Bl1I ③
方向向上，作用于杆x2y2的安培力为
f2=Bl2I ④
方向向下，当杆做匀速运动时，根据牛顿第二定律有
F-m1g-m2g+f1-f2=0 ⑤
由以上各式可解得：I= F-（m1+m2）g B（l2-l1） ⑥
v= F-（m1+m2）g B（l2-l1） R ⑦
作用于两杆的重力的功率大小
P=（m1+m2）gv ⑧
电阻上的热功率Q=I2R ⑨
由后四式可解得P= F-（m1+m2）g B2（l2-l1） R（m1+m2）g，Q=[ F-（m1+m2）g B（l2-l1） ]2R.
点评 稳定后两杆都向上匀速运动，由于轨道不等宽，则两杆所受安培力大小不同，同时两杆也要受到重力作用.因此系统必受向上的拉力才能平衡.外力做功一部分转化为重力势能，另一部分转化为系统的内能.
例11 在例9中，若开始时两棒均静止，现给cd棒施加一个向右大小为F的恒力，如图9所示.求ab棒上消耗的最大电功率. 图9
解析 由于有恒定的外力F作用，两棒不可能匀速运动，很显然两棒在稳定状态时，回路电流不可能为零，cd棒开始在外力F和安培力作 用下向右做变加速运动，ab棒在安培力作用下也开始向右做变加速运动.回路中有逆时针方向逐渐增大的电流I.这就使得cd棒的加速度acd逐渐减小，ab棒的加速度aab逐渐增大.当回路中电流增大到最大值，这时两棒加速度达到稳定值，最终两棒均做匀加速运动.这时有E=BL2vcd-BL1vab，当两棒加速度达到稳定值的瞬时，设ab棒的速度为v1，加速度为a1，cd棒的速度为v2，加速度为a2，则有vab=v1+a1t，vcd=v2+a2t，所以I=
E/5R=BL/5R[（v2-4v1）+（a2-4a1）t]，可见要使I恒定，只有
a2=4a1 ①
由牛顿第二定律，对ab棒有BIL1=m1a1 ②
对cd棒有F-BIL2=m2a2 ③
由以上三式可解得a1= 2F 9m ， a2= 8F 9m ， I= F 9BL .
因此ab棒上消耗的最大电功率Pabm=I2R1= 4F2R 81B2L2 .
此后，两棒上消耗的电功率不变，而外力F的功率仍在增大，使两棒的动能仍在增大.
点评 两棒收尾运动是匀加速运动，这时回路电流恒定，即不随时间变化，得到两棒的加速度关系，于是问题便迎刃而解. 图10
例12 如图10所示，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a、b的质量ma=2mb=2m，其电阻大小Ra=2Rb=2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨且相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.开始时a棒向右的速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行，且a总在MN上运动.求a、b稳定运动前电路中产生的焦耳热.
解析 由法拉第电磁感应定律和 楞次定律可知，a棒运动后做加速度减小的减速运动，b棒从静止开始做加速度减小的加速运动，当两棒加速度同时减小到零，即电路中电流为零时，两棒运动达到稳 定，此时两棒速度关系为vb=2va（从阻碍磁通量变化的角度可知，两棒速度关系为vb=2va且恒定不变时，两棒与导轨构成的回路面积不再变化，电路达到稳定）.
根据上述分析，从开始运动到稳定，对两棒分别运动动量定理有：
-BI ·t=2mva-mv0，-BI ·t=mvb-0 vb=2va.由以上三式可解得va= v0 3 ， vb= 2 3 v0.
由能量守恒知，a、b稳定运动前电路产生的焦耳热为Q= 1 2 ×2mv20- 1 2 ×mv2a- 1 2 ×2mv2b，将va= v0 3 ， vb= 2 3 v0，代入可求得Q= 2mv20 3 .
点评 对于双导体棒切割磁感线问题，两棒相对运动稳定的标志是相对速度恒定，稳定的实质是电流恒定.
碰撞问题是高中物理动量守恒定律和能量转化与守恒定律的重要应用之一.在我们经常遇到的物理问题中，有些看上去并不是碰撞问题，但运用碰撞规律去分析求解却显得比较容易.下面我们一起对此类问题作较为深入的探讨.
1.碰撞的几种类型 图1
（1） 完全弹性碰撞
如图1所示，其特点是：在碰撞的过程中不仅没有动能损失，且动量守恒.于是可得：
m1v1 + m2v2=m1v1′+m2v2′，
1 2 m1v21+ 1 2 m2v22= 1 2 m1v1′2+ 1 2 m2v2′2.
联立上述方程并解之得：v1′=
（m1-m2）v1+2m2v2 m1+m2 ，v2′= （m2-m1）v2+2m1v1 m1+m2
说明 如果v2=0，即m2原来静止，则v1′= （m1-m2）v1 m1+m2 ，v2′= 2m1v1 m1+m2 .
①若m1 > m2，m1撞击m2后的速度方向不变，且m2的速度v2′ 大于v1；
②若m1 < m2，m1撞击m2后被反弹回来，且m2的速度v2′ 小于v1；
③若m1=m2，则碰撞后m1停止，m2的速度v2′ 和m1的速度v1相同.
（2） 完全非弹性碰撞
在这种类型的碰撞中，两物体碰撞之后不再分离，动能损失最大（转化为其它形式的能）.由动量守恒可得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，则v= m1v1+m2v2 m1+m2 .
如果m2原来静止，则v= m1v1 m1+m2 .
碰撞过程损失的机械能为：ΔE= 1 2 m1v21+ 1 2 mv22- 1 2 （m1+m2）v2= m1m2 2（m1+m2） （v1-v2）2.
（3）非弹性碰撞
这种碰撞是日常生活中最常见的，具体的碰撞 结果与碰撞过程中损失的动能大小有关，碰撞过程中仍然满足动量守恒定律，即
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，
1 2 m1v21+ 1 2 m2v22- 1 2 m1v1′2- 1 2 m2v2′2=ΔEk.
2.规律的拓展与应用
图2
例1 如图2所示，水平地面上静止地放置一楔形物体，其质量为M，水平地面及楔形物体上下表面均光滑.现有一质量为m的小球在水平地面上以初速度v0滑上斜面.求小球能在楔形物体斜面上滑行的最大高度为多少？（设楔形物体斜面足够长）
解析 当小球滑上楔形物体后，系统在水平方向不受外力作用，所以在水平方向上动量守恒.其次由于小球高度升高，会使重力势能增大而系统动能减小.当小球上滑到最大高度时势能最大而系统动能损失最大，所以这个问题类似于完全非弹性碰撞.则
mv0=（M+m）v
mghm= 1 2 mv20- 1 2 （M+m）v2
联立以上两式并解之得：hm= mv20 2（M+m） .
图3
例2 如图3所示，放置在光滑水平地面上的两物体A、B，质量相等，它们之间用一轻弹簧连接.物体A靠在竖直墙上，向左推物体B使弹簧处于压缩状态后释放物体B，物体B向右弹出，两物体A、B与弹簧之间不分离.当弹簧第一次恢复原长时，物体B的速度为v.求当弹簧的长度最长时，物体A的速度为多大？
解析 当弹簧第一次恢复原长之后，物体A离开墙壁，弹簧开始伸长，弹性势能增大，系统的动能减小；当物体A离开墙壁后，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒；当弹簧的长度伸长到最长时，弹簧的弹性势能最大而系统的动能损失最大，所以这个过程中相当于类完全非弹性碰撞，弹簧最长时，两物体A、B速度相同.所以
mBv=（mA+mB）vA，则vA= mBv mA+mB = 1 2 v.
3.类完全弹性碰撞问题
例3 在例2中，试分析当弹簧再次恢复原长时，A的速度是多大？
解析 从弹簧第一次恢复到原长到再次恢复原长的过程中动量守恒.弹簧先伸长后缩短，虽然在这个过程中系统的动能有变化，但初状态（弹簧第一次恢复原长）和末状态（弹簧再次恢复原长）相比较，系统的总动能是相同的.所以可把这个过程看作是类完全弹性碰撞.在两物体A、B的质量相同的情况下，其速度互换，即vA′=v.
例4 位于水平光滑桌面上的n个完全相同的小物块，沿一条直线排列，相邻小物块间都存在一定的距离.自左向右起，第一个小物块标记为P1，第二个小物块标记为P2，第三个小物块标记为P3，……，最后一个小物块即最右边的小物块标记为Pn.现设法同时给每个小物块一个方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大是速度记作v1，最小的速度记作vn，介于最大速度与最小速度间的各速度由大到小依次记为v2， v3， …， vn-1，若当小物块发生碰撞时，碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短，则最终小物块P1， P2， P3， …， Pn速度的大小依次为 .
解析 由于相邻的两个小物块发生弹性正碰，则满足动量守恒、机械能守恒.由于它们发生碰撞时交换速度，据此很容易得出结论，故应顺填：vn， vn-1， …， v3， v2， v1.
例5 相隔一定距离的A、B质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用，原来两球被按住并处于静止状态.现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零.求两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复原始值所经历的时间内球B在斥力作用下的加速度.
解析 对A、B球来说，当二者速度相等时，两球间距离最小，则根据动量守恒定律有： mv0=2mv′，解得v′= v0 2 .
当二者距离恢复到原始值时，二者作用完毕，则有上述结论可知，A球速度为零，B球速度为v0，于是对B球有a= v0- v0 2 t = v0 2t .
图4
例6 如图4所示，在光滑水平面上停放着质量为m且装有光滑的弧形槽轨道AB的小车.一质量为m的小球以水平初速度v0从小车右端沿弧形槽轨道A端滑上小车，到达某一高度后，小球又返回弧形槽轨道A端，则下列判断正确的是（ ）.
A. 小球离开小车后向右做平抛运动
B. 小球离开小车后做自由落体运动
C. 此过程中小球对车做功为 1 2 mv20
D. 小球沿小车的弧形槽轨道上升的最大高度为 v20 2g
解析 小球滑上弧形槽后又滑下的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒.系统的动能先减小后增大，当小球返回弧形槽轨道A端时，系统的重力势能与小球滑上槽口时相同.因此初状态（小球滑上轨道A端）与末状态（小球返回轨道A端）系统的动能相同.所以可把这个过程看作是类完全弹性碰撞.根据完全弹性碰撞的规律可知：当小球返回轨道A端时，小车的速度为v1=v0.小球的末速度恰好为零.故小球离开车后做自由落体运动，在这一过程中小球对小车做的功为：W= 1 2 mv21= 1 2 mv20.故应选B和C. 图5
例7 如图5所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M = 19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ = 60°的位置自由释放，下摆后在最低点处于金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角将小于45°.
解析 设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn、Vn.由于碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等.设速度向左为正，则有
mvn-1=MVn-mvn ①
1 2 mv2n-1= 1 2 MV2n+ 1 2 mv2n ②
①可变形为m（vn-1+vn）=MVn ③
②可变形为 1 2 m（vn-1-vn）（vn-1+vn）= 1 2 MV2n ④
将③代入④得（vn-1-vn）=Vn ⑤
由③和⑤可得
vn= M-m M+m vn-1= 9 10 vn-1，Vn= 2m M+m = 1 10 vn-1.
第n次碰撞后绝缘球的动能为En= 1 2 mv2n=（0.81）nE0，（E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量）
绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的势能之比为 E E0 = mgl（1-cosθ） mgl（1-cosθ0） =（0.81）n，易算出（0.81）2=0.656，（0.81）3=0.531，因此经过3次碰撞后θ小于45°.
二、磁场中双杆运动 能量守恒有妙用
对于双杆在磁场中运动的问题，稳定后回路中有感应电流存在，电流做功使系统发热，系统中总会涉及到能量的转化，因此双杆系统总要受到外力作用，外力给系统补充能量，才能维持双杆持续不断地生热而耗散的能量.安培力做功总是量度其它形式的能转化为内能的，若双杆的机械能不增加，则由能量转化与守恒知，外力做功的功率与安培力做功的功率必相等.稳定状态表现在双杆运动应该有恒定的速度差.差值是多少视具体情况而定，也可以为零.因双杆系统除受安培力，还受到其它力作用，在求表征单杆运动特征的某一物理量这样的局部问题时，用牛顿第二定律.求系统发热等全局问题时，应结合能量转化与守恒定律. 图6
例8 如图1所示，在水平面上有两条平行导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上且与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ.已知杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动，达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻忽略不计，求杆2克服摩擦力做功的功率.
解析 设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间与导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势
E=Bl（v0-v） ①
感应电流为I=E/（R1+R2） ②
杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，则有
Blv=μm2g ③
导体杆2克服摩擦力做功的功率
P=μm2gv ④
联立以上四式可解得P=μm2g[v0- μm2g B2l2 （R1+R2）].
点评 两杆受的安培力等大反向，稳定后系统受力平衡，则外力F=（m1+m2）gμ.外力做功全部转化为系统的内能，但通过了两种途径，一是感应电流做功发热，另一种是摩擦生热. 图7
例9 在如图7所示的导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，左端间距L1=4L，右端间距L2=L.现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1=2m，m2=m；电阻R1=4R，R2=R.现使ab棒向右以初速度v0运动，求整个过程中cd棒产生的焦耳热和通过它的电量.
解析 设ab长为L1、cd长为L2，如图7所示.当ab棒刚开始运动时，回路中产生有顺时针方向的电流，由左手定则可以判断ab棒受到向左的安培力做变减速运动，cd棒受到向右的安培力做变加速运动，过程中电流不断减小.当回路电流为零时，ab棒和cd棒受到的安培力均为零，速度不再发生变化，各自做匀速直线运动，达到稳定状态. 收尾运动之前，因为Fab=BIL1、Fcd=BIL2，所以两棒受到的合力不为零，故系统动量不守恒，只能运用动量定理.设从开始运动到稳定状态回路中的平均电流（对时间）为I，对ab棒运用动量定理有
-BIL1Δt=m1vab-m1v0 ①
对cd棒运用动量定理有
BIL2Δt=m2vcd ②
由电流的定义知
q=IΔt ③
两棒稳定后，回路中电流I=0，所以Eab=Ecd，即BL1vab=BL2vcd，故此有
L1vab=L2vcd ④
由以上四式可解得 q= m1m2v0L1 m1BL22-m2BL21 ，vab= v0 9 ，vcd= 4 9 v0.
将L1=4L、L2=L、m1=2m、m2=m代入上式可求得q= 4mv0 9BL .
因回路电流始终为零，故两棒产生的热量之比等于其电阻之比： Qcd R2 = Qab R1 = Q R1+R2 .
故cd棒产生的焦耳热 Qcd= 1 5 （ 1 2 mv20- 1 5 m1v2ab- 1 2 m2v2cd）= 72 405 mv20.
点评 求解本题的关键在于当回路电流为零时，两导体棒做匀速直线运动，于是可求得两棒收尾速度的关系：vcd=4vab. 图8
例10 如图8所示，a1b1c1d1与a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面（纸面）向里.导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2.x1、y1 与x2、y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1、m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触.两杆与导轨构成的回路的总电阻为R.F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力，已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率.
解析 设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少.由法拉第电磁感应定律知回路中的感应电动势的大小
E=B（l2-l1）v ①
回路中的电流I= E R ②
电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为
f1=Bl1I ③
方向向上，作用于杆x2y2的安培力为
f2=Bl2I ④
方向向下，当杆做匀速运动时，根据牛顿第二定律有
F-m1g-m2g+f1-f2=0 ⑤
由以上各式可解得：I= F-（m1+m2）g B（l2-l1） ⑥
v= F-（m1+m2）g B（l2-l1） R ⑦
作用于两杆的重力的功率大小
P=（m1+m2）gv ⑧
电阻上的热功率Q=I2R ⑨
由后四式可解得P= F-（m1+m2）g B2（l2-l1） R（m1+m2）g，Q=[ F-（m1+m2）g B（l2-l1） ]2R.
点评 稳定后两杆都向上匀速运动，由于轨道不等宽，则两杆所受安培力大小不同，同时两杆也要受到重力作用.因此系统必受向上的拉力才能平衡.外力做功一部分转化为重力势能，另一部分转化为系统的内能.
例11 在例9中，若开始时两棒均静止，现给cd棒施加一个向右大小为F的恒力，如图9所示.求ab棒上消耗的最大电功率. 图9
解析 由于有恒定的外力F作用，两棒不可能匀速运动，很显然两棒在稳定状态时，回路电流不可能为零，cd棒开始在外力F和安培力作 用下向右做变加速运动，ab棒在安培力作用下也开始向右做变加速运动.回路中有逆时针方向逐渐增大的电流I.这就使得cd棒的加速度acd逐渐减小，ab棒的加速度aab逐渐增大.当回路中电流增大到最大值，这时两棒加速度达到稳定值，最终两棒均做匀加速运动.这时有E=BL2vcd-BL1vab，当两棒加速度达到稳定值的瞬时，设ab棒的速度为v1，加速度为a1，cd棒的速度为v2，加速度为a2，则有vab=v1+a1t，vcd=v2+a2t，所以I=
E/5R=BL/5R[（v2-4v1）+（a2-4a1）t]，可见要使I恒定，只有
a2=4a1 ①
由牛顿第二定律，对ab棒有BIL1=m1a1 ②
对cd棒有F-BIL2=m2a2 ③
由以上三式可解得a1= 2F 9m ， a2= 8F 9m ， I= F 9BL .
因此ab棒上消耗的最大电功率Pabm=I2R1= 4F2R 81B2L2 .
此后，两棒上消耗的电功率不变，而外力F的功率仍在增大，使两棒的动能仍在增大.
点评 两棒收尾运动是匀加速运动，这时回路电流恒定，即不随时间变化，得到两棒的加速度关系，于是问题便迎刃而解. 图10
例12 如图10所示，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a、b的质量ma=2mb=2m，其电阻大小Ra=2Rb=2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨且相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.开始时a棒向右的速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行，且a总在MN上运动.求a、b稳定运动前电路中产生的焦耳热.
解析 由法拉第电磁感应定律和 楞次定律可知，a棒运动后做加速度减小的减速运动，b棒从静止开始做加速度减小的加速运动，当两棒加速度同时减小到零，即电路中电流为零时，两棒运动达到稳 定，此时两棒速度关系为vb=2va（从阻碍磁通量变化的角度可知，两棒速度关系为vb=2va且恒定不变时，两棒与导轨构成的回路面积不再变化，电路达到稳定）.
根据上述分析，从开始运动到稳定，对两棒分别运动动量定理有：
-BI ·t=2mva-mv0，-BI ·t=mvb-0 vb=2va.由以上三式可解得va= v0 3 ， vb= 2 3 v0.
由能量守恒知，a、b稳定运动前电路产生的焦耳热为Q= 1 2 ×2mv20- 1 2 ×mv2a- 1 2 ×2mv2b，将va= v0 3 ， vb= 2 3 v0，代入可求得Q= 2mv20 3 .
点评 对于双导体棒切割磁感线问题，两棒相对运动稳定的标志是相对速度恒定，稳定的实质是电流恒定.