第10章 第5讲 电磁感应中的动量问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

第5讲　电磁感应中的动量问题(综合融通课) (一) 动量定理在电磁感应中的应用　 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 模型(一)　“单棒＋电阻”模型 情境示例1 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒的初速度为v0、质量为m、电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝ 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度 情境示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，Δt＝ －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt，Δt＝ 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与，若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量 [例1]　(2024·苏州高三模拟)如图甲所示，两根间距为L＝1.0 m、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，导轨底端接入一阻值为R＝2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量为m＝0.2 kg、电阻为r＝1.0 Ω的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F＝2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为运动过程的v－t图像，重力加速度g取10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确的是(　 ) A．匀强磁场的磁感应强度B＝ T B．前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 C C．前2 s内金属杆通过的位移为4 m D．前4 s内电阻R产生的热量为9.3 J [解析]　由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动。当t＝2 s时，速度为v＝3 m/s，此时感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝，安培力为F安＝BIL＝，根据受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ，联立解得B＝1 T，故A错误；前2 s内，根据动量定理有(F－mgsin θ)Δt－BLΔt＝mv－0，又q＝Δt，联立解得q＝1.4 C，故B正确；设前2 s内金属杆通过的位移为x，由q＝Δt＝Δt＝Δt＝，联立解得x＝4.2 m，故C错误；前2 s内金属杆通过的位移为x＝4.2 m,2～4 s内金属杆通过的位移为x′＝vt＝6 m，前4 s内由能量守恒定律可得F(x＋x′)＝mv2＋mg(x＋x′)sin θ＋Q，解得总热量Q＝9.3 J，则前4 s内电阻R产生的热量为QR＝Q＝6.2 J，故D错误。 [答案]　B 模型(二)　不等间距导轨上的双棒模型 [例2]　如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)外力F与作用时间t的函数关系式； (2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。 [解析]　(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0 金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma 由安培力公式有F安＝ILB0 对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝ 金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv 又因为v＝at 联立解得F＝t＋ma。 (2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有 B0LvA＝B0vB 在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有 (mgsin θ－Ff－B0L)t1＝mvA－mv0 对B，根据动量定理，有 t1＝mvB－0 联立可解出vA＝v0。 [答案]　(1)F＝t＋ma　(2)v0 模型(三)　“电容器＋棒”模型 基本模型 规律　　　　 导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动 运动特点和最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零 最终速度 电容器增加的电荷量：q＝CU 最终电容器两端电压：U＝BLv 对棒应用动量定理： mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝ v-t图像 [例3]　(2024·丹阳模拟预测)如图所示，两条平行金属导轨的间距为L，长为d的倾斜部分与水平面的夹角为θ，水平部分足够长，两部分平滑相连，倾斜导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。两部分导轨均处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小分别为2B和B，在倾斜导轨上端放置一质量为m的金属棒，使其沿导轨由静止开始加速下滑，当金属棒下滑距离d后无动能损失进入水平轨道，然后进入竖直向上的匀强磁场。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电容器能正常工作，重力加速度为g，不计所有电阻和摩擦阻力。求： (1)金属棒刚进入水平导轨时速度的大小v0； (2)金属棒进入水平导轨后的最终速度v。 [解析]　(1)设金属棒速度大小为v′时，通过金属棒的电流为I，对金属棒由牛顿第二定律有mgsin θ－2BIL＝ma 设在极短时间间隔Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CΔE＝2BLC·Δv 而I＝，a＝ 所以I＝2BLCa 联立解得a＝ 金属棒做初速度为零的匀加速运动，当金属棒下滑距离d后的速度大小为v0＝ 联立解得v0＝。 (2)当金属棒刚进入水平导轨时，电容器极板上积累的电荷量为 Q＝EC＝2BLC 此时金属棒的速度大小仍为v0＝ 而感应电动势变为E′＝BLv0 金属棒进入水平轨道后，E′＜E，电容器放电，设再经过t1时间电容器放电结束，此时金属棒达到最终速度v，取水平向右为正方向，根据动量定理可得BL·t1＝mv－mv0 而·t1＝Q－Q′，Q′＝BLCv 联立解得v＝ 。 [答案]　(1) (2) (二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．问题特点：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 2．双棒模型(不计摩擦力) 双棒无外力 双棒有外力 示意图 F为恒力 运动过程 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 [典例]　如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则(　 ) A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→b→c→N→M B．导体棒的最大速度为 C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv02 [解析]　金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A错误；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝×2mv02－×3mv2＝mv02，故D错误。 [答案]　C [针对训练] 1.(2024·如皋高三质检)两根水平平行光滑金属导轨上放置两根与导轨接触良好的金属杆，两金属杆质量相同，滑动过程中与导轨保持垂直，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，如图所示，给金属杆A一向右的瞬时冲量使它获得初动量p0，在金属杆A沿水平导轨向右运动的过程中，其动量大小p随时间变化的图像正确的是(　 ) 解析：选A　A杆运动后，产生感应电流，故B杆也向右加速，两个杆合力为零，总动量守恒，设两杆达到的共同速度为v，p0＝2mv，解得v＝，两个杆最后的动量均为，B、C项错误；p－t图像的斜率k＝＝F，由于安培力减小，切线的斜率减小，A项正确，D项错误。 2．(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0。 (2)根据能量守恒定律有mvP2＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv02。 (3)设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x，P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 －BlΔt＝mvP′－mvP 又＝＝＝ 联立可得x＝ 故Q在导轨上运动的时间为t＝＝。 答案：(1)v0　(2)mv02　(3) [课时跟踪检测] 1．如图，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端接有定值电阻R，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN垂直放在导轨上，给金属棒一个水平向右的瞬时速度，金属棒向右运动最终停在虚线b处，虚线a为金属棒向右运动到b的中间位置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒、导轨的电阻。金属棒从开始运动到虚线a的过程中，克服安培力做功为W1，安培力的冲量大小为I1；从虚线a运动到虚线b，克服安培力做功为W2，安培力的冲量大小为I2。则(　 ) A．I1＝I2 B．I1＝2I2 C．W1＝2W2 D．W1＝4W2 解析：选A　设金属棒运动全过程的距离为2x，金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力的冲量为I1＝F安t＝BLt，根据电流的定义式有q＝t，通过金属棒的电荷量为q＝＝，联立解得I1＝，同理可得I2＝I1＝，A正确，B错误；设金属棒初速度为v0，在虚线a位置速度为va，根据动量定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0－mva＝－I2，从开始运动到虚线a的过程有mva－mv0＝－I1，联立得到v0＝2va，根据动能定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0－mva2＝－W2，从开始运动到虚线a的过程有mva2－mv02＝－W1，联立得到W1＝3W2，C、D错误。 2.(2024·江苏省学情调研)如图所示，两光滑平行长直导轨间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(　 ) A．导体棒L1的最终速度为v0 B．导体棒L2产生的焦耳热为 C．通过导体棒横截面的电量为 D．两导体棒的初始距离最小为 解析：选D　根据楞次定律，导体棒L1、L2最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝，故A项错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得mv02＝Q总＋(2m)v12，解得Q总＝mv02，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝Q总＝mv02，故B项错误；对导体棒L1，由动量定理得Bdt＝mv1，因为q＝t，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电量为q＝＝，故C项错误；当导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电量q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得l＝，故D项正确。 3．水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　 ) A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功 B．导体棒在导轨上运动的最大距离为 C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02 D．整个过程中，导体棒的平均速度大于 解析：选B　导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为mv02，故C错误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。 4．如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B＝1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d＝1 m。现有一个边长为l＝0.5 m、质量为m＝0.2 kg、电阻为R＝1 Ω的单匝正方形线框，以v0＝8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为10 m/s2 B．线框进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量为0.25 C C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为4.8 J D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过5个完整磁场区域 解析：选B　根据题意可得E＝Blv0，I＝，F＝BIl，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为F＝2 N，则线框的加速度大小为a＝ ＝10 m/s2，故A错误；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知＝n，＝，q＝t，解得通过线框的电荷量为q＝，进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量q＝＝0.25 C，故B正确；当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得Q＝mv02＝6.4 J，故C错误；水平方向上的安培力大小为F＝，设水平向右为正，在水平方向由动量定理可得－∑Ft＝－＝0－mv0，解得x＝＝6.4 m，线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有＝6.4，则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。 5．(2024·南通高三检测)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中放置两平行且足够长的光滑水平金属导轨，导体棒MN沿导轨向右匀速运动，导轨左侧接有电源和电容器，不计导体棒以外的电阻。t＝0时将S由a转接到b，MN两端的电势差UMN、导体棒的动能Ek与时间t的关系图像中，一定错误的是(　 ) 解析：选B　设导体棒MN沿导轨向右匀速运动的速度为v，将S由a转接到b，对导体棒MN根据动量定理有－BLt＝0－mv，即BLq0＝mv，此时流过电容器的电量也为q0。若初始状态满足qC＝C·UC>q0，则导体棒MN先减速，再反向加速，最后达到匀速状态，UMN－t、Ek－t图像如图甲、乙所示； 若初始状态满足qC＝C·UC＝q0，则导体棒MN恰好减速至0，UMN－t、Ek－t图像如图丙、丁所示； 若初始状态满足qC＝C·UC＜q0，则导体棒MN先减速，再匀速，电容器先放电，后反向充电，UMN－t、Ek－t图像如图戊、己所示； 本题选择一定错误的图像，故选B。 6．(2024·南京高三检测)如图所示，光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场， 正方形线框abcd以与ab垂直的速度v0向右运动，一段时间后进入磁场，磁场宽度大于线框宽度。ab边刚进入磁场时的速度为v0。整个过程中ab、cd边始终与磁场边界平行。若线框进入磁场过程中通过线框的电荷量为q，线框中产生的焦耳热为Q，则线框穿出磁场过程中(　 ) A．通过线框的电荷量为 B．通过线框的电荷量为q C．线框中产生的焦耳热为Q D．线框中产生的焦耳热为Q 解析：选D　设线框边长为L，电阻为R，进入磁场过程中，通过线框的电荷量q＝t，又＝＝，联立求得q＝＝，所以线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量为q＝，显然线框进、出磁场的过程中，通过线框的电荷量相等，所以线框穿出磁场过程中，通过线框的电荷量仍然为q，故A、B项错误；线框进入磁场过程中，受到安培力减速，有F＝BIL，又I＝＝，由动量定理有Ft＝Δp，联立求得线框完全进入磁场时，线框动量变化量大小为Δp1＝＝mv0－m×v0，同理可得线框完全穿出磁场时，线框动量变化量大小为Δp2＝＝m×v0－mv，求得线框穿出磁场时的速度大小为v＝v0，线框进、出磁场的过程中，产生的焦耳热等于线框动能的减少量，所以线框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q＝mv02－m×2＝mv02，线框穿出磁场过程中产生的焦耳热为Q′＝m×2－m×2＝mv02，故有Q′＝Q，故C项错误，D项正确。 7．(2024·常熟、昆山、太仓初调)如图所示，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd放在光滑水平桌面上，MN右侧空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从左边界以初速度v进入磁场。求： (1)线框刚进入磁场时，ab两端的电压Uab； (2)线框完全进入磁场后的速度大小v′。 解析：(1)当ab边刚进入磁场时，ab边相当于电源，根据法拉第电磁感应定律，可得闭合电路的感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律，有I＝＝ 根据欧姆定律，有Uab＝IR＝。 (2)由动量定理有－BLt＝mv′－mv 又t＝ 解得v′＝v－。 答案：(1)　(2)v－ 8．(2024·南京高三模拟)如图甲，两相距为L的光滑金属导轨水平放置，导轨右端连接阻值为R的电阻，导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m的金属棒ab在水平拉力作用下，由静止开始向左运动，金属棒的有效电阻为r，导轨电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直，并保持良好接触，其速度—时间图像如图乙所示，图中所标的vm、T为已知量。求： (1)0～时间内，水平拉力随时间变化的关系。 (2)0～T时间内，安培力的冲量大小。 解析：(1)根据题图乙可知，0～时间内金属棒的加速度为a＝＝ 任意时刻的速度为v＝at 感应电动势为 E＝BLv＝BLat 感应电流为I＝＝ 对金属棒根据牛顿第二定律F－BIL＝ma 解得F＝ t＋。 (2)0～T时间内，安培力的冲量大小为I冲量＝BLt 其中t＝t＝＝ x＝T 联立解得I冲量＝。 答案：(1)F＝ t＋ (2) 9．(2024·常州高三模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移大小为3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； (2)由图中信息计算0～1 s内通过电阻R的电量q和金属棒滑过的位移x。 解析：(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高； 当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安 其中F安＝BIL＝ 由题图乙可知v＝1.0 m/s 联立解得F＝5 N。 (2)进入匀强磁场金属棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有 (F－mgsin 37°)t－BLt＝mv1－0 又q＝t 由题图乙可知v1＝0.98 m/s 代入数据解得q＝0.755 C 由q＝t＝t＝＝ 得x＝0.755 m。 答案：(1)b端　5 N　(2)0.755 C　0.755 m 10．(2024·盐城高三月考)如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接一定值电阻R。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。在金属棒的中点对棒施加一个平行于导轨的拉力，棒运动的速度v随时间t的变化规律如图乙所示的正弦曲线。已知在0～的过程中，通过定值电阻的电量为q；然后在t＝T时撤去拉力。其中v0已知，T未知，不计导轨的电阻。求： (1)电阻R上的最大电压U； (2)在0～T的过程中，拉力所做的功W； (3)撤去拉力后，金属棒的速度v随位置x变化的变化率k(取撤去拉力时棒的位置x＝0)。 解析：(1)当金属棒的速度最大时，棒中的感应电动势为E＝B0Lv0 回路中的电流I＝ 电阻上的最大电压为U＝IR＝。 (2)由于感应电动势为e＝B0Lv0sin 类比于单匝线圈在磁场中转动产生的电动势，则0～的过程中通过定值电阻的电量与线圈从中性面转过90°的过程中通过定值电阻的电量相同 B0Lv0＝Φ·，q＝ 电动势的有效值为E有＝ 在0～时间内， 产生的焦耳热为Q＝·T 根据功能关系，有W＝Q＋mv02 联立解得W＝mv02＋B0Lv0q。 (3)撤去拉力后，对金属棒根据动量定理有－B0LΔt＝mv－mv0 感应电流的平均值为＝ 由于x＝t，解得v＝v0－ 可知k＝－。 答案：(1)　(2)mv02＋B0Lv0q (3)－ 学科网（北京）股份有限公司 $$