金属棒$a$获得瞬时冲量$I_{0}$的电动势大小；

$E= \\dfrac{BdI_{0}}{m}$

对$a$棒，根据动量定理有$I_{0}=mv_{a0}-0$

解得$v_{a0}=\dfrac{I_{0}}{m}$

此时$a$棒电动势$E=Bdv_{a0}=\dfrac{BdI_{0}}{m}$

$a$棒开始运动后，两棒经过多长时间发生第一次碰撞；

$\\Delta t=\\dfrac{3I_{0}R- 4B^{2}d^{3}}{4\\mu mgR}$

根据$\mu mg\Delta t+I_{安}=mv_{a0} − mv_{a}$

其中$I_{安}=B{I}dt=Bqd=\dfrac{B^{2}d^{3}}{R}$

两棒碰撞时时间极短，故两棒组成系统动量守恒，且两棒之间为弹性碰撞。设碰前瞬间$a$棒速度为$v_{a}$，碰后瞬间$a$棒速度为$v'_{a}$，由动量守恒和机械能守恒有$mv_{a}=mv'_{a}+mv_{b}$，$\dfrac{1}{2}mv_{a}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v'}_{a}^{2}+\dfrac{1}{2}mv_{b}^{2}$

解得$v_{a}=\dfrac{I_{0}}{4m}$，$v'_{a}=0$

联立解得$\Delta t=\dfrac{3I_{0}R-4B^{2}d^{3}}{4\mu mgR}$

求两棒碰撞前的过程中，$a$棒上产生的焦耳热：

$Q=\\dfrac{15I_{0}^{2}}{32m}-\\mu mgd$

在两棒碰撞过程中，根据能量守恒定律有$\dfrac{1}{2}mv_{a0}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{a}^{2}=Q +\mu mgd$

由于$v_{a0}=\dfrac{I_{0}}{m}$，$v_{a}=\dfrac{I_{0}}{4m}$

解得$Q=\dfrac{15I_{0}^{2}}{32m}-\mu mgd$

已知$b$棒在导轨$NP$、$P'N'$上的运动是简谐运动的一部分，求$b$棒从滑上导轨$NP$、$P'N'$到再次回到$NN'$所用的时间。（提示：简谐运动的回复力与位移的关系为$F=-kX$，运动周期$T= 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，线圈产生的感应电动势$E=L\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$。）

$t=\\dfrac{\\pi\\sqrt{mL}}{Bd}$

当棒$b$滑上水平导轨后，其与线圈组成的回路无电阻，有$E_{v}=E_{L}$

在$\Delta t$时间内有$L\dfrac{\Delta i}{\Delta t}=Bdv_{1}=Bd\dfrac{\Delta x}{\Delta t}$

两边积分可得$i=\dfrac{Bd}{L}x$

故安培力$F=- Bid=- \dfrac{B^{2}d^{2}}{L}x$

故$k=\dfrac{B^{2}d^{2}}{L}$

故周期$T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}=\dfrac{2\pi\sqrt{mL}}{Bd}$

棒$b$从$NN'$又回到$NN'$经过了半个周期，则有$t=\dfrac{1}{2}T=\dfrac{\pi\sqrt{mL}}{Bd}$