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    13．如图所示，电阻不计的平行的金属导轨间距为L，下端通过一阻值为R的电阻相连，宽度为x0的匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感强度为B．一电阻不计，质量为m的金属棒获得沿导轨向上的初速度后穿过磁场，离开磁场后继续上升一段距离后返回，并匀速进入磁场，金属棒与导轨间的滑动摩擦系数为μ，不计空气阻力，且整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直．
    （1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量q；
    （2）金属棒下滑进入磁场时的速度v2；
    （3）金属棒向上离开磁场时的速度v1；
    （4）若金属棒运动过程中的空气阻力不能忽略，且空气阻力与金属棒的速度的关系式为f=kv，其中k为一常数．在金属棒向上穿越磁场过程中克服空气阻力做功W，求这一过程中金属棒损耗的机械能△E．

    分析 （1）根据电量与电流的关系、法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电量．
    （2）金属棒下滑进入磁场时做匀速运动，受力平衡，由平衡条件和安培力与速度的关系，求解速度v2．
    （3）对于金属棒离开磁场的过程，分上滑和下滑两个过程，分别运用动能定理列式，即可求得速度v1．
    （4）金属棒损耗的机械能△E等于克服安培力、空气阻力和摩擦力做功，由安培力与速度的关系式得到克服安培力做功，即可求得．

    解答 解：（1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量为：
    q=$\overline{I}$△t=$\frac{\overline{E}△t}{R}$=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BL{x}_{0}}{R}$；

    （2）导体棒返回磁场处处于平衡状态，则有：
    mgsinθ=μmgcosθ+BIL
    又 I=$\frac{BL{v}_{2}}{R}$
    联立得：v2=$\frac{mg（sinθ-μcosθ）R}{{B}^{2}{L}^{2}}$；

    （3）对于金属棒离开磁场的过程，设上滑的最大距离为s，由动能定理得：
     上滑有：-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
     下滑有：（mgsinθ-μmgcosθ）s=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
    解得：v1=$\sqrt{\frac{sinθ+μcosθ}{sinθ-μcosθ}}$v2=$\sqrt{\frac{sinθ+μcosθ}{sinθ-μcosθ}}$•$\frac{mg（sinθ-μcosθ）R}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$$\sqrt{si{n}^{2}θ-{μ}^{2}co{s}^{2}θ}$；

    （4）设金属棒克服安培力做功为W安．
     因f=kv，F安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$
    所以F安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}f}{kR}$
    则得：W安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{kR}$W
    根据功能关系得金属棒损耗的机械能为：
    △E=μmgcosθx0+W安+W=μmgcosθx0+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{kR}$W+W．
    答：（1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量q为$\frac{BL{x}_{0}}{R}$；
    （2）金属棒下滑进入磁场时的速度v2为$\frac{mg（sinθ-μcosθ）R}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
    （3）金属棒向上离开磁场时的速度v1为$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$$\sqrt{si{n}^{2}θ-{μ}^{2}co{s}^{2}θ}$．
    （4）金属棒损耗的机械能△E为μmgcosθx0+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{kR}$W+W．

    点评 电磁感应现象中产生的电量表达式q=$\frac{△Φ}{R}$和安培力表达式F安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，都是经常用到的经验公式，要学会推导．

    练习册系列答案
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    （2）小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；
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