2019年高考物理一轮复习： 电磁感应规律的综合应用(二)动力学和能量、动量讲义含解析

第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1．安培力的大小2．安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向.(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反.3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析.4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程.【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力.外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能.2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化.板块二考点细研·悟法培优考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况.1．两种状态及处理方法2．力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路例1[2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行.(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a .(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R 的电流方向相同吗？ 提示：不同.(2)下降过程的牛顿第二定律. 提示：mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma .尝试解答 (1)BL v 0R ＋r b →a (2)g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r ).(1)导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0 通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a .(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ，方向沿斜面向上.根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma 解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r ).总结升华单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒ab 先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示.模型二：导体棒ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示.两类模型中的临界条件是导体棒ab 受力平衡.以模型一为例，有mg ＝F 安＝B 2l 2v 0R ，即v 0＝mgRB 2l 2.若线框进入磁场时v >v 0，则线框先减速再匀速；若v <v 0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长).[跟踪训练] (多选)如图所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2vR ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma ，解得a＝12g sinθ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误.考点2电磁感应中的能量问题[解题技巧]1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2．电能求解的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算.3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律列式求解.例2将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m.将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg，导线框的电阻为R＝0.25 Ω，ab的长度为L＝0.5 m.从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动.已知导线框向上运动的v -t 图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g ＝10 m/s 2.(1)求在导线框上施加的恒力F 以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v 与位移s 的关系为v ＝v 0－B 2L 2mR s ，其中v 0是导线框ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .(1)由图乙的v -t 图可求出什么？提示：加速度.(2)在图乙中0.4 s 以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？ 提示：导线框进入磁场区域后以2 m/s 的速度匀速运动，受力平衡. (3)安培力做功与焦耳热的关系？提示：克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热. 尝试解答 (1)1.5_N__0.50_T__(2)0.45__J.(1)由v -t 图象可知，在0～0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1＝2.0 m/s ，所以在此过程中的加速度a ＝ΔvΔt＝5.0 m/s 2 由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得F ＝1.5 N由v -t 图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动 通过导线框的电流I ＝E R ＝BL v 1R 导线框所受安培力F 安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有 F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R 解得B ＝0.50 T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H ，导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为 x 0＝x －H ＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12m v 22－12m v 21 解得v 2＝v 21－2g (x －H )(sin θ＋μcos θ)＝1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0.50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2H mR＝－1.0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2H v 1R＝0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q 2＝12m v 22＝0.05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0.45 J. 总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W ＝UIt ，Q ＝I 2Rt 直接计算. (2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决.[跟踪训练] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻.一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T.棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解析(1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为E，则由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I，则由闭合电路欧姆定律得I＝E R＋r通过电阻R的电荷量q＝IΔt联立以上各式，代入数据解得q＝4.5 C.(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2＝2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得W＝0－12m v2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W代入数据解得Q2＝1.8 J.(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2＝5.4 J.考点3电磁感应中的动量问题[拓展延伸]电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化.如果是一个系统，系统合外力为0，则系统动量守恒.例3两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示.两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？(1)什么时候产生的焦耳热最多？提示：两棒速度相同时.(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？ 提示：安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒. 尝试解答 (1)14m v 20 (2)B 2L 2v 04mR.ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动.只要ab 棒的速度大于cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动. (1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 20－12(2m )v 2＝14m v 20. (2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知m v 0＝34m v 0＋m v ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0I ＝E2R此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R.由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR.总结升华[递进题组]1. 如图所示，ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略，重力加速度为g .在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直.求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度. 答案 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR 3B 2l 2解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2 由动量守恒m v 1－2m v 2＝0，得v 1v 2＝21.(2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大 对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mgI ＝ERE ＝Bl v 1＋Bl v 2 得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2. 2. [2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示，竖直平面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放.已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求：(1)ab 边刚进入磁场时，b 、a 间电势差大小U ba ； (2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小. 答案 (1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr ＋2gL解析 (1)ab 边刚进入磁场时速度大小为v 1， 则mgL ＝12m v 21E ＝BL v 1 I ＝E r U ba ＝I ·34r解得U ba ＝3BL42gL . (2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中 mgt －F A t ＝m v 2－m v 1 F A ＝B I L I ＝Er E ＝ΔΦt ΔΦ＝BL 2由以上各式解得：v2＝gt－B2L3mr＋2gL.1．模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型.2．模型分类单杆模型、双杆模型.3．模型特点(1)单杆模型(2)双杆模型 ①模型特点a ．一杆切割时，分析同单杆类似.b ．两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E ＝ΔΦΔt＝Bl (v 1－v 2). ②电磁感应中的“双杆”问题分析a ．初速度不为零，不受其他水平外力的作用b ．初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d 、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d ，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B .有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 与导轨垂直放置，b 棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C 、D 处，导轨除C 、D 两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k 倍，a 棒从弯曲导轨某处由静止释放.当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即Δv ∝Δx .重力加速度为g .(1)若a 棒释放的高度大于h 0，则a 棒进入磁场区域Ⅰ时会使b 棒运动，判断b 棒的运动方向并求出h 0.(2)若将a 棒从高度小于h 0的某处释放，使其以速度v 0进入磁场区域Ⅰ，结果a 棒以12v 0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出，求在a 棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b 棒的电荷量q 和两棒即将相碰时b 棒上的电功率P b .[答案] (1)b 向左运动 h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4(2)q ＝BLd 2R P b ＝B 2L 2v 2064R[解析] (1)根据右手定则可判断出，进入磁场区域Ⅰ时，金属棒a 中感应电流的方向为由M 指向P ，从而可知b 棒中电流方向由D 指向C ，根据左手定则可知金属棒b 所受安培力方向向左，所以b 棒向左运动a 棒从高度为h 0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 mgh 0＝12m v 2解得v ＝2gh 0a 棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势：E ＝BL v 此时感应电流大小I ＝E 2R此时b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ，依题意有F ＝kmg 联立解得h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4.(2)由于a 棒从高度小于h 0的某处释放，因此b 棒在两棒相碰前将保持静止.流过b 棒的电荷量q ＝I ·Δt ，又I ＝ER 总，E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝B ΔS ，ΔS ＝Ld ，R 总＝2R联立解得q ＝BLd2R由题意可知，两棒将要相碰时的a 棒的速度v ′，因为Δv ∝Δx ，所以a 棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为v －v 02d ·12d .v ′＝12v 0－v 0－v 02d ·12d ＝14v 0 此时电流大小I ＝BL v ′2R ＝BL v 08R此时b 棒上的电功率P b ＝I 2R ＝B 2L 2v 2064R .名师点睛分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析：(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； (2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系.1．[2017·湖南衡阳模拟]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d 的三条水平虚线l 1、l 2、l 3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B .一个质量为m 、边长为d 、总电阻为R 的正方形导线框，从l 1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过l 1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边在越过l 2运动到l 3之前的某个时刻，线框又开始以速度v 2做匀速直线运动，重力加速度为g .在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )A ．线框中感应电流的方向不变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为m2g2R4B2d2sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝W G＋12m v21－12m v22＋Q电答案 C解析ab边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A错误；线框以速度v1做匀速直线运动时，有mg sinθ－B2d2v1R＝0，线框以速度v2做匀速直线运动时，mg sinθ－4B2d2v2R＝0，显然v2<v1，线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3所用时间，B错误；线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率与重力做功的功率相同，P＝mg v2sinθ＝m2g2R4B2d2sin2θ，C正确；线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能的变化等于除重力外其他力做的功，即减少的机械能等于克服安培力做的功，也等于线框中产生的焦耳热，所以有ΔE机＝Q电，D错误.2．如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计.金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好.金属棒ab的质量为2m，cd 的质量为m，长度均为L，电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路.整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动.重力加速度为g.(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0＝0，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动.求：①t时刻以后金属棒ab的热功率P ab；②0～t时刻内通过金属棒ab的电荷量q.答案 (1)见解析 (2)m 2g 2R B 2L 2 2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3解析 (1)设金属棒cd 做匀速运动的速度为v ， E ＝BL v ① I ＝E2R② F －mg sin30°＝F 安＝IBL ③金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ④ 电路获得的电功率P 电＝E 22R ⑤由①②③④得P 安＝B 2L 2v 22R ⑥由①⑤得P 电＝B 2L 2v 22R ⑦所以P 安＝P 电⑧(2)①金属棒ab 做匀速运动，则有I 1BL ＝2mg sin30°⑨ 金属棒ab 的热功率P ab ＝I 21R ⑩ 由⑨⑩解得P ab ＝m 2g 2R B 2L2⑪②设t 时刻后金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1，金属棒cd 也做匀速运动，速度为v 2；由金属棒ab 、金属棒cd 组成的系统动量守恒：m v ＝2m v 1＋m v 2⑫ 回路电流I 1＝BL (v 2－v 1)2R⑬由①②③⑨⑫⑬解得：金属棒ab 做匀速运动的速度为 v 1＝mgR3B 2L 2⑭ 0～t 时刻内对金属棒ab 分析：在电流为i 的很短的时间Δt 内，速度的改变量为Δv ，由动量定理得BiL Δt －2mg sin30°·Δt ＝2m Δv ⑮对⑮式进行求和，得BLq －mgt ＝2m v 1⑯ 对⑭⑯解得q ＝2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3.。