2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒學(xué)案 教科版選修3-2目標(biāo)定位1.綜合運用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題.2.會分析電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題.一、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中將受到安培力作用，所以電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向.(2)求回路中的感應(yīng)電流的大小和方向.(3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力).(4)列動力學(xué)方程或平衡方程求解.2.兩種狀態(tài)處理：(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)靜止或勻速直線運動狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件合力等于零列式分析.(2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.例1如圖1所示，空間存在B0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌，其間距L0.2 m，電阻R0.3 接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動，過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：(g10 m/s2)圖1(1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度；(2)試定性畫出導(dǎo)體棒運動的速度時間圖像.解析ab棒在拉力F作用下運動，隨著ab棒切割磁感線運動的速度增大，棒中的感應(yīng)電動勢增大，棒中感應(yīng)電流增大，棒受到的安培力也增大，最終達(dá)到勻速運動時棒的速度達(dá)到最大值.外力在克服安培力做功的過程中，消耗了其他形式的能，轉(zhuǎn)化成了電能，最終轉(zhuǎn)化成了焦耳熱.(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：EBLvI導(dǎo)體棒受到的安培力F安BIL導(dǎo)體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，根據(jù)牛頓第二定律：FmgF安ma由得：Fmgma由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時，速度達(dá)到最大.此時有Fmg0可得：vm10 m/s(2)導(dǎo)體棒運動的速度時間圖像如圖所示.答案(1)10 m/s(2)見解析圖電磁感應(yīng)動力學(xué)問題中，要把握好受力情況、運動情況的動態(tài)分析.,基本思路是：導(dǎo)體受外力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力合外力變化加速度變化速度變化感應(yīng)電動勢變化a0，v最大值.周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，a0，速度v達(dá)到最大值.例2如圖2所示，豎直平面內(nèi)有足夠長的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為0.2 m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4 ，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2 g，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.2 T，且磁場區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4 s時，突然閉合開關(guān)S，則：(g取10 m/s2)圖2(1)試說出S接通后，導(dǎo)體ab的運動情況；(2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？解析(1)閉合S之前導(dǎo)體ab自由下落的末速度為：v0gt4 m/s.S閉合瞬間，導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab立即受到一個豎直向上的安培力.F安BIL0.016 Nmg0.002 N.此刻導(dǎo)體所受合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為ag，所以ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動.當(dāng)速度減小至F安mg時，ab做豎直向下的勻速運動.(2)設(shè)勻速下落的速度為vm，此時F安mg，即mg，vm0.5 m/s.答案(1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動，后做勻速運動(2)0.5 m/s例3如圖3，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，圖3已知金屬棒ab勻速下滑求(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；(2)金屬棒運動速度的大小解析(1)由ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運動設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsin N1TFN12mgcos 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin N2TN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧：(1)受力分析時，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時標(biāo)明電流方向及磁場B的方向，以便準(zhǔn)確地畫出安培力的方向.(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力.(3)根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況，以求出穩(wěn)定狀態(tài)的速度.(4)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口.二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量守恒電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的“阻礙”是能量守恒的具體體現(xiàn)，在這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化方式3.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般思路(1)確定回路，分清電源和外電路.(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如：有滑動摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能；如果安培力做正功，就有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.(3)列有關(guān)能量的關(guān)系式.例4如圖4所示，勻強磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B.正方形金屬框abcd可繞光滑軸OO轉(zhuǎn)動，邊長為L，總電阻為R，ab邊質(zhì)量為m，其他三邊質(zhì)量不計，現(xiàn)將abcd拉至水平位置，并由靜止釋放，經(jīng)一定時間到達(dá)豎直位置，ab邊的速度大小為v，則在金屬框內(nèi)產(chǎn)生熱量大小等于()圖4A.B.C.mgLD.mgL解析金屬框繞光滑軸轉(zhuǎn)下的過程中機(jī)械能有損失但能量守恒，損失的機(jī)械能為mgL，故產(chǎn)生的熱量為mgL，選項C正確.答案C例5如圖5所示，兩根電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾角為，導(dǎo)軌下端接有電阻R，勻強磁場垂直斜面向上.質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，上升高度為h，在這個過程中()圖5A.金屬棒所受各力的合力所做的功等于零B.金屬棒所受各力的合力所做的功等于mgh和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C.恒力F與重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析棒勻速上升的過程有三個力做功：恒力F做正功、重力G做負(fù)功、安培力F安做負(fù)功.根據(jù)動能定理：WWFWGW安0，故A對，B錯；恒力F與重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中電能(最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱)的增加量，克服安培力做功與焦耳熱不能重復(fù)考慮，故C錯，D對.答案AD電磁感應(yīng)中焦耳熱的計算技巧：,(1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即QI2Rt.,(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：,利用動能定理，求出克服安培力做的功，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即QW安.,利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的其他形式的能量，即QE其他.1.如圖6，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(dL)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下導(dǎo)線框以某一初速度向右運動t0 時導(dǎo)線框的右邊恰好與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域下列vt圖像中，可能正確描述上述過程的是()圖6答案D解析進(jìn)入階段，導(dǎo)線框受到的安培力F安BIL，方向向左，所以導(dǎo)線框速度減小，安培力減小，所以進(jìn)入階段導(dǎo)線框做的是加速度減小的減速運動全部進(jìn)入之后，磁通量不變化，根據(jù)楞次定律，電路中沒有感應(yīng)電流，速度不變出磁場階段，導(dǎo)線框受到的安培力F安BIL，方向向左所以導(dǎo)線框速度減小，安培力減小，所以出磁場階段導(dǎo)體框做的是加速度減小的減速運動綜上所述，D正確2.(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)如圖7所示，光滑金屬直導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，MN、PQ平行且足夠長，兩導(dǎo)軌間的寬度L0.5 m.導(dǎo)軌左端接一阻值R0.5 的電阻.導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B0.4 T，方向豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量m0.5 kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置.在沿著導(dǎo)軌方向向右的力F作用下，導(dǎo)體棒由靜止開始運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好并且相互垂直，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，不計空氣阻力，若力F的大小保持不變，且F1.0 N，求：圖7(1)導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度vm的大小；(2)導(dǎo)體棒的速度v5.0 m/s時，導(dǎo)體棒的加速度大小.答案(1)12.5 m/s(2)1.2 m/s2解析(1)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時受力平衡，有FF安m，此時F安m，解得vm12.5 m/s.(2)導(dǎo)體棒的速度v5.0 m/s時，感應(yīng)電動勢EBLv1.0 V，導(dǎo)體棒上通過的感應(yīng)電流大小I2.0 A，導(dǎo)體棒受到的安培力F安BIL0.4 N，根據(jù)牛頓第二定律，有FF安ma，解得a1.2 m/s2.3.(電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化)如圖8所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B0.4 T.金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當(dāng)金屬棒的位移x9 m時撤去外力，金屬棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求：圖8(1)金屬棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解析(1)勻加速運動過程中產(chǎn)生的平均電動勢n回路中的電流為通過電阻R的電荷量為qt由上述公式聯(lián)立可得：qn C4.5 C.(2)撤去外力前金屬棒做勻加速運動，根據(jù)運動學(xué)公式得xat2，vat所以v6 m/s撤去外力后金屬棒在安培力作用下做減速運動，安培力做負(fù)功先將金屬棒的動能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于金屬棒的動能減少量，有：Q2Ekmv2×0.1×62 J1.8 J.(3)根據(jù)題意，在撤去外力前的焦耳熱為Q12Q23.6 J，撤去外力前拉力做正功、安培力做負(fù)功(其大小等于焦耳熱Q1)、重力不做功.金屬棒的動能增大，根據(jù)動能定理有：EkWFQ1則WFQ1Ek3.6 J1.8 J5.4 J.題組一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動.桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計.開始時，給ef一個向右的初速度，則()圖1A.ef將減速向右運動，但不是勻減速B.ef將勻減速向右運動，最后停止C.ef將勻速向右運動D.ef將往返運動答案A解析ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由FBILma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確.2.如圖2所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計，ab是一根不但與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像不可能是下圖中的()圖2答案B解析S閉合時，若mg，先減速再勻速，D項有可能；若mg，勻速，A項有可能；若mg，先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，mgma中a不恒定，故B項不可能.3.(多選)如圖3所示，有兩根和水平方向成角的光滑平行金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()圖3A.如果B變大，vm將變大B.如果變大，vm將變大C.如果R變大，vm將變大D.如果m變小，vm將變大答案BC解析金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBlv，在閉合電路中形成電流I，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力作用，F(xiàn)安BIl，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinma，當(dāng)a0時，vvm，解得vm，故選項B、C正確.4如圖4，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求圖4(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小；(2)電阻的阻值答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，有FmgF安0聯(lián)立式得R題組二電磁感應(yīng)中的能量問題5.光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖5所示，拋物線的方程為yx2，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是ya的直線(圖中虛線所示)，一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線yb(ba)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱總量是()圖5A.mgbB.mv2C.mg(ba) D.mg(ba)mv2答案D解析金屬塊在進(jìn)入磁場或離開磁場的過程中，穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生電流，進(jìn)而產(chǎn)生焦耳熱，最后，金屬塊在高為a的曲面上做往復(fù)運動，減少的機(jī)械能為mg(ba)mv2，由能量守恒定律可知，減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱，即D選項正確.6.如圖6所示，質(zhì)量為m、高為h的矩形導(dǎo)線框在豎直面內(nèi)自由下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過一有理想邊界、高亦為h的勻強磁場區(qū)域，線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為()圖6A.mghB.2mghC.大于mgh而小于2mghD.大于2mgh答案B解析因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh.故選B.7.如圖7所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進(jìn)入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()圖7A.Q1Q2，q1q2B.Q1Q2，q1q2C.Q1Q2，q1q2D.Q1Q2，q1q2答案A解析根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1W1F1lbclbclab，同理Q2lbc，又lablbc，故Q1Q2；因qtt，故q1q2，因此A正確.題組三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題和能量問題的綜合8.(多選)如圖8所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運動.導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是()圖8A.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時加速度大小為gsinB.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時加速度大小為gsinC.P2mgvsin D.P3mgvsin 答案AC9.如圖9所示，長L1、寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直，求將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中，圖9(1)拉力的大小F；(2)線圈中產(chǎn)生的電熱Q.答案(1)(2)解析(1)線圈出磁場時：FBIL2IEBL2v解得F.(2)方法一：tQI2Rt所以Q方法二：QWFL1.10.如圖10所示，足夠長的光滑金屬框豎直放置，框?qū)扡0.5 m，框的電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1 T，方向與框面垂直，金屬棒MN的質(zhì)量為100 g，電阻為1 ，現(xiàn)讓MN無初速度釋放并與框保持接觸良好的豎直下落，從釋放直至到最大速度的過程中通過棒某一截面的電荷量為2 C，求此過程中回路產(chǎn)生的電能為多少？(空氣阻力不計，g10 m/s2)圖10答案3.2 J解析金屬棒下落過程做加速度逐漸減小的加速運動，加速度減小到零時速度達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件得mg在下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為它的動能和電能E，由能量守恒定律得mghmvE通過棒某一橫截面的電荷量為q由解得：Emghmv J J3.2 J.