电路与电磁感应综合专题
如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ=30°，导轨间距为L=0.5m，接在两导轨间的电阻为R=3Ω，在导轨的中间矩形区域内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。一质量为m=0.2kg、有效电阻为r=6Ω的导体棒从距磁场上边缘d=2m处由静止释放，在磁场中运动了一段距离加速度变为零，然后再运动一段距离离开磁场，磁场区域的长度为4d，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，取g=10m/s2。求：
(1)导体棒刚进入磁场时导体棒两端的电压U0；
(2)导体棒通过磁场的过程中，导体棒产生的焦耳热Q；
(3)求导体棒从开始运动到离开磁场经历的时间t。
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【答案】(1)$\dfrac{2\sqrt{5}}{3}V$；(2)$\dfrac{19}{15}J$；(2)$\dfrac{121}{45}s$
【详解】(1)导体棒从静止下滑d的过程中，由动能定理得
$mgdsin\theta=\dfrac{1}{2}mv^2$
$v=2\sqrt{5}m/s$
运动导体棒相当于电源，导体棒两端电压即路端电压
$U_0=\dfrac{R}{R+r}BLv=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$
(2)当加速度为零时，速度达到最大值v1，由受力平衡
$BIL=\dfrac{B^2L^2v_1}{R+r}=mgsin\theta$
$v_1=9m/s$
由能量守恒定律，产生的总焦耳热等于机械能减少量
$Q_Z=4mgdsin\theta + \dfrac{1}{2}mv^2-\dfrac{1}{2}mv_1^2$
$Q_Z=\dfrac{19}{10}J$
导体棒产生热量
$Q=\dfrac{r}{R+r}Q_Z=\dfrac{19}{15}$
(3)从开始运动到进入磁场历时t1
从进入磁场到离开磁场历时t2
$(mg sin\theta – \dfrac{B^2L^2v}{R+r})\Delta t_2 =m \Delta v$
$mg sin\theta t- \dfrac{B^2L\times 4d}{R+r}=mv_1-mv_0$
$t_2=\dfrac{121}{45}-\dfrac{2\sqrt5}{5}s$
$t_z=t_1+t_2=\dfrac{121}{45}s$
如图所示，固定在水平面上间距为L的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为L、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S 与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
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【答案】（1）$F=\dfrac{BkL}{3R}$，方向水平向右；（2）$W=\dfrac{1}{2}mv^2-\dfrac{2}{3}kq$
【详解】（1）设线圈中的感应电动势为$E$，由法拉第电磁感应定律$E=\dfrac{\Delta \phi}{\Delta t}$，则$E=k$
设PQ与MN并联的电阻为Rb，有$R_b=\dfrac{R}{2}$
闭合S时，设线圈中的电流为$I=\dfrac{E}{R_b+R}$
设PQ中的电流为IPQ，有$I_{PQ} =\dfrac{1}{2}I$
设PQ受到的安培力为F安，有F安 =$BI_{PQ}L$
保持PQ静止，由受力平衡，有F安=F
联立以上各式得$F=\dfrac{BkL}{3R}$，方向水平向右
（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为${\Delta t}$，回路中的磁通量变化为${\Delta \phi}$，平均感应电动势为$\bar E$，有$\bar E=\dfrac{\Delta \phi}{\Delta t}$
其中$\Delta \phi=BLx$
设PQ中的平均电流为$\bar I$，有$\bar I=\dfrac{\Delta \bar E}{2R}$
根据电流的定义得$\bar I=\dfrac{q}{\Delta t}$
由动能定理，有$Fx+W=\dfrac{1}{2}mv^2-0$
联立以上各式得$W=\dfrac{1}{2}mv^2-\dfrac{2}{3}kq$
如图甲所示，两根与水平面成θ=30°角的足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L，导轨的电阻忽略不计。整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现将质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b垂直于导轨放置，不可伸长的绝缘细线一端系在金属棒b的中点。另一端N通过轻质小滑轮与质量为M的物体相连，细线与导轨平面平行。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计一切摩擦，物体始终未与地而接触，重力加速度g取10m/s2：
(1)若金属棒a固定，M=m，由静止释放b，求释放瞬间金属捧b的加速度大小；
(2)若金属棒固定，L=1m，B=1T，m=0.2kg，R=1Ω，改变物体的质量M，使金属棒 b 沿斜面向上运动，请推导出金属棒b获得的最大速度v与物体质量M的关系式，并在乙图中画出v—m图像；
(3)若将N 端的物体去掉，并对细线的这一端施加竖直向下的恒力F=mg，同时将金属棒 a、b 由静止释放。从静止释放到棒 a 恰好开始匀速运动的过程中，棒 a 的位移大小为x。求这个过程中棒a产生的焦耳热。
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【答案】(1)$2.5m/s^2$；(2)见解析所示；(3)$Q=\dfrac{1}{2}mgx-\dfrac{m^3g^2R^2}{8B^4L^4}$
【详解】(1)设释放瞬间金属棒b的加速度大小为a，对物体有
$Mg-T=Ma$
对金属棒b
$T-mgsin\theta =ma $
解得
$a=\dfrac{Mg-mgsin\theta}{M+m} =2.5m/s^2$
当金属棒b速度达到最大时，对物体有
$T=Mg$
对金属棒b有
$mgsin\theta +BIL =T$
对电路分析有
$E=Blv$
$I=\dfrac{E}{2R}$
解得
$v=20M-2$
v—M图像如下图所示
(3)对两棒受力分析可知，在任一时刻，对a棒
$mgsin\theta -F_安=ma_1$
对b棒
$F-mgsin\theta – F_安=ma_2$
解得
$a_1=a_2$
即任一时刻两棒的速度、加速度、位移总是大小相等、方向相反，同时达到匀速运动状态，此时的速度最大。设此时a、b棒的速度均为v1，则电路中的总电动势
$E_1=2BLv_1$
电路中的总电流
$I_1=\dfrac{E_1}{2R}$
对a棒
$mgsin\theta=BI_1L$
解得
$v_1=\dfrac{mgRsin\theta}{B^2L^2}=\dfrac{mgR}{2B^2L^2}$
从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，a、b的位移大小均为x，产生的焦耳热均为Q，则由功能关系可得
$Fx-mgx sin\theta=\dfrac{1}{2}mv_1^2+2Q$
解得
$Q=\dfrac{1}{2}mgx-\dfrac{m^3g^2R^2}{8B^4L^4}$
（河北省衡水中学高三期中）如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。a、b为材料相同、长都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质景为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其它电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦。
(1)金属棒b向左运动速度大小减为金属棒a的速度大小的一半时，金属棒a的速度多大？
(2)金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热多大？
(3)从b棒速度减为零至两棒达共速过程中二者的位移差是多大？
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【答案】(1)$v_1=\dfrac{4}{5}\sqrt{2gh}$；(2)3mgh；(3)$x_1-x_2=\dfrac{2mgR\sqrt{2gh}}{B^2L^2}$
【详解】
(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒有
$mgh=\dfrac{1}{2}mv_0^2$
解得
$v_0=\sqrt{2gh}$
两棒同时进入磁场区域的初速大小均为$v_0=\sqrt{2gh}$。由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则两棒在水平轨道上运动时动量守恒，可得
$3mv_0-mv_0=3mv_1-m\dfrac{v_1}{2}$
$v_1=\dfrac{4}{5}v_0=\dfrac{4}{5}\sqrt{2gh}$
(2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速的速度相等，由动量守恒得
$m_a\sqrt{2gh}+m_b(-\sqrt{2gh}=(m_a+m_b)v$
解得
$v=\dfrac{\sqrt{2gh}}{2}$
方向向右。
金属棒a、b进入磁场后，到b棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒得
$\dfrac{1}{2}(m_a+m_b)v_0^2=\dfrac{1}{2}(m_a+m_b)v^2+Q$
解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热
$Q=3mgh$
(3)对b
$BILt=m \dfrac{v_0}{2}$
根据电量公式
$q=it=\dfrac{BL(V_1-V_2)}{4R}t=\dfrac{BL(x_1-x_2)}{4R}$
$q=it=\dfrac{BL(V_1-V_2)}{4R}t=\dfrac{BL(x_1-x_2)}{4R}$
$x_1-x_2=\dfrac{2mR\sqrt{2gh}}{B^2L^2}$
如图，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0.2m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC＇=3AA＇=0.6m，水平导轨与圆弧导轨在AA＇平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导体棒MN、PQ的质量分别为ml=0.2kg、m2=0.6kg，长度分别为l1=0.2m、l2=0.6m，电阻分别为R1=1.0Ω、R2=3.0Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处AA＇位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04W，重力加速度g=10m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：
(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA＇位置时对轨道的压力大小；
(2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)；
(3)若导体棒MN到达AA＇位置时释放PQ，之后的运动过程中通过回路某截面的电量q。
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【答案】(1)6N；(2)0.397J；(3)0.5C
【详解】
(1)导体棒MN到达圆弧最低处时，克服安培力做功的功率为，$P=BI_1l_1v$，由$E_1=Bl_1v$，$I_1=\dfrac{E_1}{R_1+R_2}$解得
$v=2m/s$
由牛顿第二定律有
$F_N-m_1g=m_1\dfrac{v^2}{r}$
解得
$F_N=6N$
据牛顿第三定律，导体棒MN在AA’位置时对轨道的压力大小为6N
(2)导体棒MN沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势
$e=BL_1v sin\theta$
有效值
$E=\dfrac{BL_1v}{\sqrt{2}}$
经历时间为
$t=\dfrac{2\pi r}{v}\times \dfrac{1}{4}$
产生的焦耳热为
$Q=\dfrac{E^2}{R_1+R_2}t=0.00314j$
克服安培力做功
$W_2=Q=0.00314J$
根据动能定理
$m_1gr－W_1－W_2=0$
解得
$W_1=0.397J$
(3)释放PQ后，当
$Bl_1v_1=Bl_2v_2$
时回路中的电流为0，对MN：
$－BIl_1t=m_1v_1－m_1v$
对PQ：
$BIl_2t=m_2v_2－0$
整理得
$v_2=0.5m/s$
对PQ：
$Bl_2q=m_2v_2－0$
解得 $q=0.5C$
如图所示，CEG、DFH是两条足够长的、水平放置的平行金属导轨，导轨间距为L，在CDFE区域存在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与光滑弯曲轨道MC、ND平滑连接。现将一阻值为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰停在磁场的右边界EF处。金属导轨电阻不计，EF左侧导轨光滑，右侧导轨粗糙，与导体棒间动摩擦因数为μ。建立原点位于磁场左边界CD、方向沿导轨向右的坐标轴x，已知导体棒在有界磁场中运动的速度随位移均匀变化，即满足关系式：$v=v_0-\dfrac{B^2L^2}{2mR}x$，v0为导体棒进入有界磁场的初速度。求：
(1)有界磁场区域的宽度d；
(2)导体棒运动到$x=\dfrac{d}{2}$加速度a；
(3)若导体棒从弯曲轨道上4h高处由静止释放，则导体棒最终的位置坐标x和这一过程中导体棒上产生的焦耳热Q。
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【答案】(1)$d=\dfrac{2mR}{B^2L^2}\sqrt{2gh}$；(2)$a=\dfrac{B^2L^2}{4mR}\sqrt{2gh}$，方向沿x轴负方向；(3) $\dfrac{h}{\mu}+\dfrac{2mR}{B^2L^2}\sqrt{2gh}$；$Q=\dfrac{3}{2}mgh$
【详解】
(1)导体棒在弯曲轨道上下滑，机械能守恒，有
$mgh=\dfrac{1}{2}mv_0$
$v_0=\sqrt{2gh}$
导体棒由CD到EF，有
$0=v_0-\dfrac{B^2L^2}{2mR}d$
$d=\dfrac{2mR}{B^2L^2}\sqrt{2gh}$
(2)导体棒运动到
处$x=\dfrac{d}{2}$
速度为V1，则
$v_1=v_0 – \dfrac{B^2L^2}{2mR} \cdot \dfrac{d}{2}$
联立上式，得
$v_1=\dfrac{v_0}{2}=\dfrac{2gh}{2}$
又
$F_A=BIL$
$I=\dfrac{BLv_1}{2R}$
导体棒的加速度
$a=\dfrac{F_A}{m}=\dfrac{B^2L^2}{4mR}\sqrt{2gh}$
方向沿x轴负方向。
(3)导体棒在弯曲轨道上下滑，有
$mgh\cdot 4h=\dfrac{1}{2}m{v_0’}^2$
$v’=2\sqrt{2gh}$
导体棒运动到EF处，速度为v2，则
$v_2=v_0’-\dfrac{B^2L^2}{2mR}d=\sqrt{2gh}$
后在粗糙轨道上减速滑行，加速度为
$a_1=\dfrac{mg\mu}{m}=g\mu$
$v_2^2=2a_1(x-d)$
$x=\dfrac{v_2^2}{2a_1}+d=\dfrac{h}{\mu}+\dfrac{2mR}{B^2L^2}\sqrt{2gh}$
导体棒在有界磁场中运动，速度从v0’减小到v2，克服安培力做功为
$W=\dfrac{1}{2}m{v_0’}^2-\dfrac{1}{2}v_2^2=3mgh$
此过程中电阻R上产生的焦耳热为
$Q=\dfrac{I^2Rt}{I^2\cdot2Rt} \cdot W=\dfrac{3}{2}mgh$
如图，光滑金属轨道POQ、P´O´Q´互相平行，间距为L，其中O´Q´和OQ位于同一水平面内，PO和P´O´构成的平面与水平面成30°。正方形线框ABCD边长为L，其中AB边和CD边质量均为m，电阻均为r，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。BC边和AD边为绝缘轻杆，质量不计。线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB与OO´相距L。在水平轨道之间，MNN´M´长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，OM=O´N>L，N´M´右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B。在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF，其质量为m电阻为r。锁定解除开关K与M点的距离为L，不会阻隔导轨中的电流。当线框AB边经过开关K时，EF杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO´和锁定解除开关造成的机械能损耗。
（1）求整个线框刚到达水平面时的速度v0；
（2）求线框AB边刚进入磁场时，AB两端的电压UAB；
（3）求CD边进入磁场时，线框的速度v；
（4）若线框AB边尚未到达M´N´，杆EF就以速度$v_1=\dfrac{2B^2L^3}{3mr}$离开M´N´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？
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【答案】（1）$\sqrt{\dfrac{3}{2}gL}$；（2）$BL\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}$；（3）$\sqrt{\dfrac{3}{2}gL}-\dfrac{B^2L^3}{3mr}$ ；（4）$\sqrt{\dfrac{3}{2}gL}-\dfrac{2B^2L^3}{3mr}$
【详解】
（1）由机械能守恒
$mgLsin30^{\circ}+mg2Lsin30^{\circ}=\dfrac{1}{2}2mv_0^2-0$
可得
$v_0=\sqrt{\dfrac{3}{2}}L$
（2）由法拉第电磁感应定律可知
$E=BLv_0$
根据闭合电路欧姆定律可知
$I=\dfrac{BLv_0}{\dfrac{3}{2}r}$
根据部分电路欧姆定律
$U_{AB}=I\cdot\dfrac{1}{2}r$
可得
$U_{AB}=BL\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}$
（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理
$-B \overline I L\cdot \Delta t =2mv-2mv_0$
又有
$\overline I \cdot \Delta t = \dfrac{BL^2}{\dfrac{3}{2}r}$
代入可得
$v=\sqrt{\dfrac{3}{2}gL}-\dfrac{B^2L^3}{3mr}
（4）杆EF解除锁定后，杆EF向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF上电流
对杆EF
$B\overline I L \cdot \Delta t =m \cdot \Delta v_1 $
对线框
$B\overline I L \cdot \Delta t =2 m \cdot \Delta v_1 $
可得
$\Delta v_1=2\Delta v_2$
整理得到
$\Delta v_2=\dfrac{1}{2}\Delta v_1 =\dfrac{B^2L^3}{3mr}$
可得
$v_2=v-\Delta v_2 =\sqrt{\frac{3}{2}gL}-\dfrac{2B^2L^3}{3mr}$
如图所示，两同心圆的半径分别为R和$(2+\sqrt{3})R$，在内圆和环形区域分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），从内圆边界上的A点沿半径方向以某一速度射入内圆。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的周期；
（2）若粒子恰好不会从环形区域的外边界飞离磁场，求粒子从环形区域内边界，第一次到环形区域外边界的运动时间；（从粒子离开A后再次到达内圆边界处开始算起）
（3）若粒子经过时间$t=\dfrac{6 \pi m}{qB}$，再次从A点沿半径方向射入内圆，求粒子的速度大小。
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【答案】（1）$t=\dfrac{2 \pi m}{qB}$；（2）$t=\dfrac{5 \pi m}{6qB}$；（3）$t=\dfrac{\sqrt{3}qBR}{m}$，$t=\dfrac{\sqrt{3}qBR}{3m}$
【详解】（1）
设粒子在磁场中做圆周运动的速度为v，半径为r，则根据牛顿第二定律有$Bqv=m\dfrac{v^2}{r}$ ①
粒子在磁场中做圆周运动的周期为$T=\dfrac{2 \pi r}{v}$ ②
联立①②解得 $T=\dfrac{2 \pi m}{Bq}$ ③
（2）若粒子恰好不会从环形区域的外边界飞离磁场，其运动轨迹如图1所示。
由几何关系可得
$R^2+r^2=[(2+\sqrt{3})R-r]^2$ ④
$r=Rtan \theta$ ⑤
联立④⑤解得
$r=\sqrt{3}R$ ⑥
$\theta$ =60° ⑦
则粒子第一次从内圆边界到达外圆边界的过程中转过的圆心角为α=150°，运动时间为
$t=\dfrac{a}{360}T=\dfrac{5 \pi m}{6qB}$ ⑧
（3）由③式可知
$t=\dfrac{6 \pi m}{qB}=3T$ ⑨
即粒子经过3个周期再次从A点射入内圆，则粒子的运动轨迹可能如图2或图3所示。
在图2情况下，由对称性可知θ1=60°，则粒子运动的半径为
$r_1=R tan \theta_1 =\sqrt{3}R$ ⑩
由①⑩式可得粒子的速度大小为
$v_1=\dfrac{qBr_1}{m}=\dfrac{\sqrt{3}qBR}{m}$ ⑪
在图3情况下，由对称性可知θ2=30°，则粒子运动的半径为
$r_2=R tan \theta_2=\dfrac{\sqrt{3}}{3}R$ ⑫
由①⑫式可得粒子的速度大小为
$v_2=\dfrac{qBr_2}{m}=\dfrac{\sqrt{3}qBR}{3m}$ ⑬
如图，边长为L的正方形区域abcd内，上半区域存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），下半区域存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个重力不计的带正电的粒子从a点沿ab方向以速度v0进入磁场，之后从两磁场边界mn 的中点垂直边界进入上半区域的磁场，最后它从 bc边界离开磁场，它离开磁场时与mn 的距离为$\dfrac{L}{4}$求：
（1）上半区域磁场的磁感应强度B1；
（2）粒子在下半区域磁场中运动的时间t。
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【答案】（1）$\dfrac{8}{5}B$或$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}B$；（2）$\dfrac{\pi L}{4v_0}$或$\dfrac{\pi L}{3v_0}$
【详解】(1)如图，粒子在下半区域磁场做圆周运动的半径为$r=\dfrac{1}{2}L$
由牛顿第二定律得$qv_0B=m\dfrac{v_0^2}{r}$
（i）如果粒子沿轨迹I离开bc边，设此时它在上半区域磁场运动的半径为r1
由几何关系
$r_1+\sqrt{r_1^2-(\dfrac{L}{4})^2}=\dfrac{L}{2}$
解得$r_1=\dfrac{5L}{16}$
又$qv_0B_1=m\dfrac{v_0^2}{r_1}$
解得$B_1=\dfrac{8}{5}B$
（ii）如果粒子沿轨迹Ⅱ离开bc边，设此时它在上半区域磁场运动的半径为r2，由几何关系
$2r_2 = \dfrac{L}{2} – (\dfrac{L}{2}-\sqrt{(\dfrac{L}{2})^2-(\dfrac{L}{4})^2})$
解得$r_2=\dfrac{\sqrt{3}L}{8}$
又$qv_0B_1=m\dfrac{v_0^2}{r_2}$
解得$B_1=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}B$
(2)粒子在下半区域磁场做圆周运动的周期
$T=\dfrac{2\pi r}{v_0}=\dfrac{\pi L}{v_0}$
（i）如果粒子沿轨迹Ⅰ离开bc边，粒子在下半区域磁场运动的时间
$t=\dfrac{T}{4}=\dfrac{\pi L}{4 v_0}$
（ii）如果粒子沿轨迹Ⅱ离开bc边，设此时它在上半区域磁场运动的半径为r2，由几何关系
$2r_2 = \dfrac{L}{2} – (\dfrac{L}{2}-\sqrt{(\dfrac{L}{2})^2-(\dfrac{L}{4})^2})$
解得$r_2=\dfrac{\sqrt{3}L}{8}$
又$qv_0B_1=m\dfrac{v_0^2}{r_2}$
解得$B_1=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}B$
(2)粒子在下半区域磁场做圆周运动的周期
$T=\dfrac{2\pi r}{v_0}=\dfrac{\pi L}{v_0}$
（i）如果粒子沿轨迹Ⅰ离开bc边，粒子在下半区域磁场运动的时间
$t=\dfrac{T}{4}=\dfrac{\pi L}{4 v_0}$
（ii）如果粒子沿轨迹Ⅱ离开bc边，由几何关系
$sina = \dfrac{\dfrac{L}{4}}{\dfrac{L}{2}}=\dfrac{1}{2}$
解得$a=\dfrac{\pi}{6}$
粒子在下半区域磁场中运动的时间
$t=\dfrac{T}{4}+\dfrac{\dfrac{\pi}{6}}{2\pi}T=\dfrac{\pi L}{3v_0}$
如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m、电阻为R的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值也为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦和接触电阻，重力加速度为g，求：
（1）重物匀速下降的速度v；
（2）重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR；
（3）将重物下降h时的时刻记作t=0，速度记为v0，若从t=0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度的大小B随时间t变化的关系。
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【答案】（1）$v=\dfrac{2mgR}{B_0^2L^2}$；（2）$Q_R=\dfrac{1}{2}mgh-\dfrac{3m^3g^2R^2}{B_0^4L^4}$；（3）$B_t=\dfrac{B_0h}{h+v_0t+\dfrac{g}{6}t^2}$
【解析】(1)重物匀速下降时，设细线对金属棒的拉力为T，金属棒所受安培力为F，对金属棒受力，由平衡条件
$T=mg+F$
由安培力公式得
$F=B_0IL$
由闭合电路欧姆定律得
$I=\dfrac{E}{R+r}$
由法拉第电磁感应定律得
$E=B_0Lv$
对重物，由平衡条件得
$T=2mg$
由上述式子解得
$v=\dfrac{2mgR}{B_0^2L^2}$
(2)设电路中产生的总焦耳热为Q，则由系统功能原理得
$2mgh-mgh=\dfrac{1}{2}(2m)v^2+\dfrac{1}{2}mv^2+Q$
电阻R中产生的焦耳热为QR，由串联电路特点
$Q_R=\dfrac{1}{2}Q$
所以
$Q_R=\dfrac{1}{2}mgh-\dfrac{3m^3g^2R^2}{B_0^4L^4}$
(3)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变
$\varPhi_0=\varPhi_t$
所以
$B_0hL=B_t(h+h_2)L$
式中
$h_2=v_0t+\dfrac{1}{2}at^2$
由牛顿第二定律得：对系统
$a=\dfrac{2mg-mg}{2m+m}=\dfrac{g}{3}$
则磁感应强度与时间t的关系为
$B_t=\dfrac{B_0h}{h+v_0t+\dfrac{g}{6}t^2}$