增分培优9 动量观点在电磁感应中的应用

增分培优9动量观点在电磁感应中的应用
角度1动量定理在电磁感应中的应用
在导体切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。

求解的物理量应用示例
电荷量或速度－BI－lΔt＝m v
2－m v1，q＝I
－
Δt，
位移－B2l2v－Δt
R总
＝0－m v0 即
－B2l2x
R总
＝0－m v0
时间－BI
－
lΔt＋F其他Δt＝m v2－m v1
即－Blq＋F
其他
Δt＝m v2－m v1
已知电荷量q、F
其他
(F
其他
为恒力)
－B2l2v－Δt
R总
＋F
其他
Δt＝m v2－m v1，v
－
Δt＝x
已知位移x、F
其他
(F
其他
为恒力)
例1(多选)(2023·湖北模拟预测)如图1，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m，长度均为L，电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是()
图1
A.a、b系统机械能守恒
B.a 、b 系统动量不守恒
C.通过导体棒a 的电荷量为2m v 0
5BL D.导体棒a 产生的焦耳热为2m v 20
5 答案 BC
解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I －
Lt ＝m v 1－m v 0，B I －
Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 0
5，又因
为q ＝I －
t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 0
5BL ，故C 正确；稳定之后，电路
中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 20－12m v 21－12m v 22＝25m v 2
0，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 20，故D 错误。

训练1 (多选)(2023·山西五市一模)光滑绝缘平台处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。

质量为m 的矩形金属框abcd 右端开口，放在平台上。

其bc 边长为l ，只有bc 边有电阻且为R ，ab 、dc 足够长。

质量也为m 的薄金属片MN 置于金属框上，与金属框间的动摩擦因数为μ，接入金属框间的电阻也为R 。

现锁定MN (不能左、右运动)，用小锤给金属框一瞬时水平向右的冲量I ，发现金属框能平移的距离为x 。

则在这一过程中( )
图2
A.MN 中的感应电流方向由N 到M
B.通过MN 的电荷量为Blx
2R C.MN 中产生的焦耳热为I 2
4m －μmgx D.金属框运动的时间为I μmg －B 2l 2x
2μmgR 答案 BD
解析 由右手定则可知，MN 中的感应电流方向由M 到N ，A 错误；由法拉第电
磁感应定律知，整个过程电动势为E －
＝ΔΦΔt ，平均电流为I －＝E
－
2R ，通过MN 的电荷
量为q ＝I －
Δt ＝ΔΦ2R ＝Bxl
2R ，B 正确；给金属框一瞬时水平向右的冲量I ，由动量定
理得I ＝m v ，由能量守恒定律得1
2m v 2＝μmgx ＋Q ，联立得系统产生的总焦耳热为Q ＝I 22m －μmgx ，MN 中产生的焦耳热为Q ′＝Q 2＝I 24m －1
2μmgx ，C 错误；设金属框运动的时间为t ，对金属框，由动量定理得－B I －
lt －μmgt ＝0－m v ，联立上式可得t ＝I μmg －B 2l 2x
2μmgR ，D 正确。

训练2 (多选)如图3所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ，P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置，金属棒b 垂直于M 、N 放置，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中。

现给a 棒一大小为v 0的初速度，方向水平向右。

设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m ，在a 棒的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好。

在这个过程中，以下说法正确的是( )
图3
A.俯视时感应电流方向为顺时针
B.b 棒的最大速度为0.4v 0
C.回路中产生的焦耳热为0.1m v 20
D.通过回路中某一截面的电荷量为2m v 205BL 答案 BC
解析 a 棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A 错误；由题意分析可知，a 棒减速，b 棒加速，设a 棒的速度大小为0.8v 0时b 棒的速度大小为v ，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a 棒有－B I －
L Δt ＝m ·0.8v 0－m v 0，对b 棒有B I －
·2L Δt ＝m v ，联立解得v ＝0.4v 0，此后回路中电流为0，a 、b 棒都做匀速运动，即b 棒的最大速度为0.4v 0，故B 正确；根据能量守恒定律有Q ＝12m v 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m （0.8v 0）2＋12m （0.4v 0）2＝0.1m v 20，故C 正确；对b 棒，由2B I －
L ·Δt ＝m v 得，通过回路中某一截面的电荷量q ＝I －
·Δt ＝m v 2BL ＝m v 05BL ，
故D 错误。

角度2 动量守恒在电磁感应中的应用 双杆模型
例2 (2023·全国甲卷，25)如图4，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v 0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：
图4
(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。

答案 (1)12v 0 (2)m v 20
(3)2mR B 2l 2
解析 (1)Q 与P 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 3m v 0＝m v P ＋3m v Q 由机械能守恒定律有 12×3m v 20＝12m v 2P ＋12×3m v 2Q 联立解得v Q ＝12v 0，v P ＝32v 0
根据题述，P 、Q 落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v P ′＝v Q ＝1
2v 0。

(2)由能量守恒定律可得，金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量为 Q ＝12m v 2P －12m v P ′2＝m v 20。

(3)P 在导轨上做变速运动，设速度大小为v 时金属棒中产生的感应电动势大小为e ，感应电流大小为i ，在Δt 时间内速度变化Δv ，则由法拉第电磁感应定律有
e ＝Bl v
由闭合电路欧姆定律有i ＝e
R
金属棒P 所受的安培力F ＝Bil ＝B 2l 2v
R 由动量定理有F Δt ＝m Δv 即B 2l 2v
R Δt ＝m Δv
方程两侧求和得∑B 2l 2v
R Δt ＝∑m Δv 即B 2l 2
R ∑v Δt ＝m ∑Δv
注意到∑v Δt ＝x ，∑Δv ＝v P －v P ′＝v 0 联立解得x ＝m v 0R
B 2l 2 对绝缘棒Q 有x ＝v Q t
解得与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间为 t ＝2mR B 2l 2。

训练3 如图5所示，光滑平行金属导轨AB 、CD 固定在倾角为θ的绝缘斜面上，BP 、DQ 为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B 、D 两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B 0、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L ，两金属棒ab 、cd 的质量分别为m 、3m ，电阻均为R ，初始时，金属棒cd 垂直静止放置在水平导轨上，金属棒ab 从倾斜导轨上距底端距离为s 处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd 始终没有接触并一直向右运动，不计导轨电阻，重力加速度为g ，求：
图5
(1)金属棒cd 的最大加速度a m ；
(2)金属棒ab 上产生的热量Q ab 。

答案 (1)B 20L
22gs sin θ6mR (2)
38mgs sin θ
解析 (1)设ab 棒下滑到斜面底端时速度为v ， 由机械能守恒定律有1
2m v 2＝mgs sin θ 解得v ＝2gs sin θ
ab 棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝B 0L v 通过cd 的电流为I ＝E
2R cd 棒所受安培力为F ＝ILB 0 则最大加速度为a m ＝F
3m
联立解得a m ＝B 20L
22gs sin θ6mR。

(2)当ab 、cd 棒共速时， 由动量守恒定律得m v ＝4m v 共 解得v 共＝1
42gs sin θ
共速后两棒一起做匀速直线运动，不再产生热量 由能量守恒定律得，两棒产生的总热量 Q ＝12m v 2－1
2×4m v 2共 解得Q ＝3
4mgs sin θ
ab 棒与cd 棒电阻相同，所以Q ab ＝12Q ＝3
8mgs sin θ。

1.(多选)(2023·辽宁卷，10)如图6，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d 和2d ，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小
分别为2B和B。

已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。

初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。

释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。

整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。

下列说法正确的是()
图6
A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4B2d2v 3R
C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLd 3R
答案AC
解析弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，对PQ由动量定理得Ft－B I－·2dt＝2m v，对MN由动量定理得Ft－2B I－·dt＝m v′，解得导体棒MN的速度为v′＝2v，PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为
E＝2Bd·2v＋B·2d v＝6Bd v，回路中的感应电流大小为I＝E
3R
＝2Bd v
R
，则MN所受
的安培力大小为F MN＝2BId＝4B2d2v
R
，B错误；由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式x＝v－t可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；
两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由C选项分析可知，MN的位移大小为2L
3
，
PQ的位移大小为L
3
，由法拉第电磁感应定律得E－＝ΔΦ
Δt
，又I－＝E
－
3R
，通过MN的电
荷量为q ＝I －·Δt ，整理得q ＝ΔΦ
3R ，代入数据解得q ＝2Bd ·2L 3＋B ·2d ·L 33R ＝2BLd 3R ，D
错误。

2.(2023·湖南卷，14)如图7，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L ，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。

现将质量均为m 的金属棒a 、b 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R 。

运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g 。

图7
(1)先保持棒b 静止，将棒a 由静止释放，求棒a 匀速运动时的速度大小v 0； (2)在(1)问中，当棒a 匀速运动时，再将棒b 由静止释放，求释放瞬间棒b 的加速度大小a 0；
(3)在(2)问中，从棒b 释放瞬间开始计时，经过时间t 0，两棒恰好达到相同的速度v ，求速度v 的大小，以及时间t 0内棒a 相对于棒b 运动的距离Δx 。

答案 (1)2mgR sin θB 2L 2 (2)2g sin θ (3)gt 0sin θ＋mgR sin θB 2L 2 2m 2gR 2sin θB 4L 4
解析 (1)棒a 匀速运动时，对棒a 分析，由平衡条件有 mg sin θ＝BI 1L
由法拉第电磁感应定律有E 1＝BL v 0 由闭合电路欧姆定律有I 1＝E 1
2R 联立解得v 0＝2mgR sin θ
B 2L 2。

(2)当棒a 匀速运动时，释放棒b ，分析可知，棒b 受到沿导轨向下的安培力，则
释放棒b 的瞬间，对棒b ， 由牛顿第二定律有 mg sin θ＋BI 1L ＝ma 0 又BI 1L ＝mg sin θ 解得a 0＝2g sin θ。

(3)分析可知棒a 与棒b 受到的安培力大小始终相等， 则对棒a 、b 由动量定理分别有 mgt 0sin θ－F －
安t 0＝m v －m v 0 mgt 0sin θ＋F －安t 0＝m v
联立解得v ＝gt 0sin θ＋mgR sin θ
B 2L 2
F －
安t 0＝m 2gR sin θ
B 2L 2
又F －
安t 0＝I －
LBt 0 q ＝I －
t 0＝E －
2R t 0＝BL Δx
2R
联立解得Δx ＝2m 2gR 2sin θ
B 4L 4。

1.(2023·云南师大附中高三校考)如图1所示，光滑绝缘的水平桌面上存在足够大的等间距匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1 T ，磁场间距为L ＝0.5 m ；一个质量m ＝0.2 kg ，电阻R ＝3 Ω，边长也为L 的正方形导线框，以初速度v ＝1 m/s 进入该区域，则该线框能穿过的磁场区域个数为( )
图1
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 A
解析正方形导线框，以初速度v＝1 m/s进入该区域，从导线框进入该区域到
最终停下来过程，根据动量定理得－∑BIL·Δt＝－∑B2L2v
R·Δt＝－B2L2
R x＝0－m v，
解得线框在磁场中运动的距离为x＝m v R
B2L2
＝2.4 m，由于线框进出磁场都受到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则减速到停下时穿过磁场区域的个数为n＝
x
2L
＝2.4，则该线框能穿过的磁场区域个数为2，故A正确。

2.(多选)(2023·河南信阳市高三质检)如图2所示，两根足够长相互平行、间距d ＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻。

一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上。

在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50 T(图中未画出)。

撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m。

假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10 m/s2。

下列说法正确的是()
图2
A.导体棒能获得的最大速度为20 m/s
B.导体棒能获得的最大速度为10 m/s
C.t＝0.25 s时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2 C
D.t＝0.25 s时导体棒的速度为2.21 m/s
答案BCD
解析导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg＝F安＝BId，解得I＝1 A，
又由E＝Bd v m，I＝E
2R
，解得v m＝10 m/s，故A错误，B正确；在下落0.29 m的
过程中有E －
＝ΔΦt ，I －＝E －
2R ，q ＝I －t ，可知q ＝ΔΦ
2R ，其中ΔΦ＝ΔS ·B ＝0.2×0.29×0.5
Wb ＝0.029 Wb ，解得
q ＝2.9×10－2 C ，故
C 正确；由动量定理有(mg －B I －
d )t ＝
m v ，通过导体棒的电荷量为q ＝I －
t ＝Bdh 2R ，可得v ＝gt －B 2hd 2
2Rm ，代入数据解得v ＝2.21 m/s ，故D 正确。

3.(多选)(2023·重庆市育才中学高三校考)如图3所示，水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ 、MN ，导轨电阻不计，间距为L ；导轨之间有方向竖直向下(垂直于纸面向里)、大小为B 的匀强磁场；金属杆ab 、cd 质量均为m ，电阻均为R ，两杆静止在水平导轨上，间距为s 0。

t ＝0时刻开始金属杆cd 受到方向水平向右、大小为F 的恒定外力作用。

t ＝t 0时刻，金属杆cd 的速度大小为v ，此时撤去外力F ，下列说法正确的是( )
图3
A.t ＝t 0时刻，金属杆ab 的速度大小为Ft 0
m －v
B.从t ＝0到t ＝t 0时间内，流过金属杆ab 的电荷量为Ft 0
BL C.最终两金属杆的间距为s 0＋2FRt 0
B 2L 2 D.最终两金属杆的间距为s 0＋FRt 0
B 2L 2 答案 AD
解析 t ＝t 0时刻，设金属杆ab 的速度大小为v ′，对两杆整体，由动量定理得Ft 0＝m v ′＋m v ，解得v ′＝Ft 0
m －v ，选项A 正确；从t ＝0到t ＝t 0时间内，对于金属
杆ab ，由动量定理得B I －Lt ＝m v ′，q ＝I －t ，则流过金属杆ab 的电荷量为q ＝m v ′
BL ＝
Ft0－m v
BL
，选项B错误；最终两金属杆达到共同速度v共，由动量守恒定律得m v′＋m v＝2m v共，设通过回路的电荷量为q′，有BLq′＝m v共，设最终两金属杆的间
距为s，有q′＝BΔs
2R ＝
BL（s－s0）
2R
，联立解得s＝s0＋FRt0
B2L2
，选项C错误，D正确。

4.如图4所示，质量为m、间距为L、足够长的“U”型平行金属导轨，静止放在足够高的粗糙水平桌面上，与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.5；质量为m的光滑金属棒ab垂直放在导轨上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

在金属棒ab的中点系一根不可伸长的轻绳，绕过固定在桌边的光滑轻滑轮与一物块相连，现将物块由静止释放，金属棒ab在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，经过t时间金属棒ab恰好达到稳定速度，此时“U”型平行金属导轨也恰好开始运动。

已知金属棒ab阻值为R，其他电阻不计，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

求：
图4
(1)物块的质量M；
(2)稳定时金属棒ab的速度大小v m；
(3)从释放物块到速度恰好稳定的过程中金属棒ab的位移x。

答案(1)m(2)mgR
B2L2(3)mgR（B2L2t－2mR）
B4L4
解析(1)稳定时，对M有T＝Mg
对于金属棒ab有T＝T′＝F安
对于“U”型导轨有F安＝F安′＝μ(m＋m)g 联立可得M＝2μm＝m。

(2)稳定时根据平衡条件可得F安＝B2L2v m
R
＝mg
解得v m ＝mgR
B 2L 2。

(3)由动量定理对物块有Mgt －T －
t ＝M v m 对金属棒ab 有：T －
t －BL I －
t ＝m v m 通过金属棒ab 的电荷量q ＝I －
t ＝ΔΦR ＝BLx
R
解得x ＝mgtB 2L 2R －2m 2gR 2B 4L 4＝mgR （B 2L 2t －2mR ）
B 4L 4。

5.如图5，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l ；两根相同的导体棒AB 、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l ；棒与导轨间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下。

从t ＝0时开始，对AB 棒施加一外力，使AB 棒从静止开始向右做匀加速运动，直到t ＝t 1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i 1；已知CD 棒在t ＝t 0(0<t 0<t 1)时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。

两棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨的电阻不计。

重力加速度大小为g 。

图5
(1)求AB 棒做匀加速运动的加速度大小； (2)求撤去外力时CD 棒的速度大小；
(3)撤去外力后，CD 棒在t ＝t 2时刻静止，求此时AB 棒的速度大小。

答案 (1)2μmgR B 2l 2t 0 (2)2μmgRt 1B 2l 2t 0－2Ri 1
Bl (3)4μmgRt 1B 2l 2t 0－2Ri 1Bl －2μg (t 2－t 1)
解析 (1)设AB 棒做匀加速运动的加速度大小为a ， 在t ＝t 0时刻AB 棒的速度为v 0＝at 0 此时对CD 棒，有μmg ＝F 安1 F 安1＝BI 0l I 0＝Bl v 0
2R
联立解得a ＝2μmgR
B 2l 2t 0。

(2)在t 1时刻，AB 棒的速度v 1＝at 1＝2μmgRt 1
B 2l 2t 0
此时i 1＝E
2R E ＝Bl v 1－Bl v CD
解得v CD ＝2μmgRt 1B 2l 2t 0
－2Ri 1
Bl 。

(3)撤去外力后到CD 棒静止，对CD 棒由动量定理得 －μmg (t 2－t 1)＋B I －
l (t 2－t 1)＝0－m v CD
对AB 棒：－μmg (t 2－t 1)－B I －
l (t 2－t 1)＝m v AB －m v 1 联立解得v AB ＝4μmgRt 1B 2l 2t 0
－2Ri 1
Bl －2μg (t 2－t 1)。

6.(2023·新课标卷，26)一边长为L 、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为R 0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。

宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两虚线为磁场边界，如图6(a)所示。

图6
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。

运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。

(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R 1＝2R 0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示，让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。

运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。

求在金属框整个运动过程中，电阻R 1产生的热量。

答案 (1)B 2L 3mR 0 (2)3B 4L 6
25mR 20
解析 (1)设金属框的初速度大小为v 0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有
－2B I －Lt ＝m v 0
2－m v 0
通过金属框的电流I －
＝E
－
4R 0
根据法拉第电磁感应定律有E －
＝BL 2
t
联立解得v 0＝B 2L 3
mR 0。

(2)金属框进入磁场的过程，有 －B I －
′Lt ′＝m v 1－m v 0
闭合电路的总电阻R 总＝R 0＋1
1
R 1＋1R 0
＝53R 0
通过金属框的电流I －
′＝
E －
′R 总
根据法拉第电磁感应定律有E －
′＝BL 2
t ′ 解得v 1＝2B 2L 3
5mR 0
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有
－B I －
″Lt ″＝－m v 1
通过金属框的电流 I －
″＝
E －
″
R 1＋R 02
根据法拉第电磁感应定律有 E －″＝BLx
t ″
解得x ＝L
故假设成立，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有 Q 总＝12m v 20－12
m v 2
1 电阻R 1产生的热量为Q 1＝2
3R 0R 总·R 0
R 1＋R 0Q 总
金属框完全在磁场中运动过程，有Q 总′＝1
2m v 21 电阻R 1产生的热量为Q 1′＝
R 1
R 1＋R 02Q 总′
电阻R 1产生的总热量为Q 1总＝Q 1＋Q 1′ 解得Q 1总＝3B 4L 6
25mR 20。