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电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”
江苏省特级教师，江苏省丰县中学——戴儒京
所谓：“微元法”
所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。
1.什么情况下用微元法解 题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑
用微元法解题。
2. 关于微元 法。在时间
t
很短或位移
x
很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，
运动图象中的梯形可以看作矩形，所以
vtx
，
lvtlx s
。微元法体现了微分思
想。
3. 关于求和

。许多小的梯形加 起来为大的梯形，即（注意：前面的
s

sS
，
为小写，后面 的
S
为大写），并且
速度
v
0
0
时，有

vvv
0
，当末速度
v0
时，有

v v
0
，或初

vv
，这个求和的方法体现了积分思想。
4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.
如果既可以 用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用
哪一种都行，但对于使用课程 标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内
容移到了选修3-5，如果不选修3-5， 则不能用动量定理解，只能用动能定理解。
微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。

电磁感应中的微元法
一些以“电磁感应”为题材的题目。可以用微元法解，因为在电磁感应中 ，如导体切割
磁感线运动，产生感应电动势为
EBLv
，感应电流为
I< br>BLv
，受安培力为
R
B
2
L
2
FBIL v
，因为是变力问题，所以可以用微元法.
R
1.只受安培力的情况
例1. 如图所示，宽度为L的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有
竖直向 上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒从高度为h的斜轨上
从静止开始滑下，由 于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S而停下。
（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度
v
0
；
（2） 写出导体棒在水平导轨上滑 行的速度
v
与在水平导轨上滑行的距离
x
的函数关
系，并画出
vx
关系草图。
（3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为S4、S2时的速度< br>v
1
、
v
2
；

B



h


0 S4 S2 S
x

例题图
解：（1）根据机械能守恒定 律，有
mgh
1
2
mv
0
，得
v
02gh
。 ①
2
B
2
L
2
v
，(2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为
v
时，受到的安培力为
fBIL< br>R
安培力的方向与速度
v
方向相反。
用微元法，安培力是变力，设在 一段很短的时间
t
内，速度变化很小，可以认为没有变化，
f
B
2
L
2

v
，很短的时间所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定 律，加速度为
a
m
mR
B
2
L
2
t< br>内速度的变化为
vat
vt
，而
vtx
， 那么在时间
t
内速度的变化为
mR
B
2
L
2
V

()vt
，因为
mR
B
2
L2
x
②
vv
0
V
v
0< br>
mR
B
2
L
2
)x
x
，所以< br>V(
mR
，速度
2.既受安培力又受重力的情况
例2. 2010年南京市高考模拟题
如图所示，竖直平面内有一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形线框 在竖直向下的匀强
重力场和水平方向的磁场组成的复合场中以初速度
v
0
水平 抛出，磁场方向与线框平面垂直，
磁场的磁感应强度随竖直向下的z轴按
BB
0kz
得规律均匀增大，已知重力加速度为
g
,
求：
（1） 线框竖直方向速度为
v
1
时，线框中瞬时电流的大小；
（2） 线框在复合场中运动的最大电功率；
（3） 若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达
v
2
所经历的时间为
t
，那么，线框在时间
t
内
的总位移大 小为多少？

解：（1）因在竖直方向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为
e
(B< br>2
B
1
)Lv
1
kL
2
i

RRR
(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大
(B
2B
1
)
2
L
2
v
m
k
2< br>L
4
v
m


mg(B
2
B< br>1
)IL
RR
所以
v
m

mgR

24
kL
m
2
g
2
R
P
m
mgv
m

24

kL
（3）线框受重力和安培力两个 力，其中重力
mg
为恒力，安培力
(B
2
B
1
)
2
L
2
v
z
k
2
L
4
v
z

f
为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运
RR< br>动和在安培力作用下的运动。在重力作用下，在时间t 内增加的速度为
(v)
1gt
，求
在安培力作用下在时间t内增加的速度为
(v)
2

用微元法，设在微小时间
t
内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动 ，加
k
2
L
4
v
z
k
2
L
4
v
z
t
，而
v
z
tz
，所以 速度为
a

，则在
t
内速度的增加为
v

mRmR
在时间t内由于安培力的作用而增加的速度（因为增加量为负，所以实际是减小）为< br>k
2
L
4
(v)
2

mR
k< br>2
L
4

z
，所以
(v)
2
 
mR
z

k
2
L
4
z
。 再根据运动的合成，时间t内总的增加的速度为
(v)
1
(v)
2=
gt
mR
k
2
L
4
22
v0
z
=
v
2
从宏观看速度的增加为
vv
， 所以
gt
，得线框在时间
t
内的总
mR
2
22
0

位移大小为
z
22
mR(gtv
2
v
0
)
k
2
L
4
。
从例题可以看出，所谓微元法是数学上的微积分理念在解物理题中的应用.
3.重力和安培力不在一条直线上的情况
例3．2008年高考江苏省物理卷第15题 如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻
忽略不计． 场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d
1
，间距为d
2< br>．两
根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度
为g）
⑴若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第 1个磁
场区域过程中增加的动能△E
k
；
⑵若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，
b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间
均相等．求b穿过第 2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q；
⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v．


磁场区域1
B

棒
b
磁场区域2
B


棒

a


d
1
磁场区域3
B

d
2
d
1

磁场区域4
B
d
2

d
1

磁场区域5
B
d
2

d
1

d
2

Θ d1



解： ⑴因为a和b产生的感应电动势大小相等，按回路方向相反，所以感应电流为0，所以a
和b均不受安培 力作用，由机械能守恒得

E
k
mgd
1
sin

①
⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为
v
1
,刚离开无磁场区时的速度为
v< br>2
,即导体棒刚
进入磁场区时的速度为
v
2
,刚离开磁场区时 的速度为
v
1
，由能量守恒得：
11
2
mv
1< br>2
Qmv
2
mgd
1
sin

②
22
11
22
在无磁场区域：
mv
2
mv
1
mgd
2
sin

③
22
在磁场区域有：
解得：
Qmg(d
1
d
2
)sin


⑶用微元法
设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为
t
，
在无磁场区域有：
v
2
v
1
gtsin

④
且平均速度：
v
1

v
2
d
2

⑤
2t
在有磁场区域，对a棒：
Fmgsin

BIl

且：
I
Bl
v

2R
B
2
l
2
v
解得:
Fmgsin


⑥
2R
因为速度
v
是变量，用微元法
根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间
t
内
v
F
t

m
B
2
l
2
v

则有

< br>v



gsin

t

< br>2mR

因为导体棒刚进入磁场区时的速度为
v
2
,刚离开 磁场区时的速度为
v
1
, 所以

vv
1
v
2
,

vtd
，

tt

1
B
2
l
2
d
1
⑦ 所以：
v
1
v
2
gtsin


2m R
4mgRd
2
B
2
l
2
d
1
联 立④⑤⑦式,得
v
1


sin


22
8mR
Bld
1
（原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出 详细过程：
B
2
l
2
d
1
④代入⑦得：
t
， ⑧
4mgRsin

⑧代入⑤得：
v1
v
2

8mgd
2
Rsin

⑨
22
Bld
1
4mgRd
2
B
2
l< br>2
d
1
⑦+⑨得：
v
1

。）
s in


22
8mR
Bld
1
a．b在任意一个磁 场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a穿出任一个磁场区域
时的速率v就等于
v
1
．所以

< br>4mgRd
2
B
2
l
2
d
1
。 < br>v
22
sin


8mR
Bld
1
（注意：由于a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以a穿出任一
个磁场区域 时的速率v都相等，所以所谓“第K个磁场区”，对本题解题没有特别意义。）
练习题
练习题1. 2007年高考江苏省物理卷第18题

如图所示，空间等间距分布着水 平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应
强度Ｂ＝１Ｔ，每一条形磁场区域的宽度及相 邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m，现有一
边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0 .1Ω的正方形
线框ＭＮＯＰ以v
0
=7ms的初速从左侧磁场边缘水平
进入 磁场，求
（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大
小Ｆ。
（２）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中
产生的焦耳热Ｑ。
（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。




解：（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势
EBlv
0
1.4V
，感应电流
I
E

14A
，受到安培力的大小 Ｆ=
BIl2.8N

R
1
2
（2）水平方向速度为0，
Qmv
0

2.45J

2
（3）用“微元法”解
线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势
EBlv
0
，感应电流
I
E
，
R
B
2
l
2
v
受到安培力的大小 Ｆ=
BIl
，得
F
，
R
在
tt
时间内，由牛顿定律：
F
tv

m
B
2
l
2
B
2
l
2
) vt

v
,
xv
0
求和，

(
mRmR
解得
x
mv
0
R
1.75
4.375
，取整
1.75m
，线框能穿过的完整条形 磁场区域的个数n=
22
0.4
Bl
数为4。
练习题2.2009年高考江苏省物理卷第15题
如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一 光滑绝缘斜面上，导轨间距为L、足够长且

电阻忽略不计，导轨平面的倾角为

。条形匀强磁场的宽度为
d
，磁感应强度大小为B、
方向与导轨平面垂直。长 度为
2d
的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成
“”型装置。总质量为
m
，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流
源产生，图中未画出） 。线框的边长为
d
（
dL
），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导体棒在整个运动过程中始
终与导轨 垂直。重力加速度为
g
。求：
（1） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间
t
1
；
（3） 经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离
x
m
。

【解答】设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力
做功为W
由动能定理
mgsin

4dW
BILd0

且
QW

解得
Q4mgdsin

BILd

（1） 设线框刚离开磁场下边界时的速度为
v
1
，则接着向下运动
2d
< br>由动能定理
mgsin

2d
BILd0

装 置在磁场中运动的合力
1
2
mv
1

2
Fmgsin

F'

感应电动势

Bdv

感应电流
I'

R
安培力
F'BI'd

由牛顿第二定律，在
t
到
tt
时间内 ，有
v
F
t

m
B
2
d
2
v
)t
则
v
=

(gsin


mR
2B
2
d
3
有
v
1
gt
1
sin
< br>

mR
2B
2
d
3
2m(BILd2m gdsin

)
R

mgsin

解得
t
1

（2） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离
x
m
之间往复运动，
由动 能定理
mgsin

x
m
BIL(x
m
d)
0

解得
x
m

BILd
。
BILdmgsin

解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解）
第（1）问，同原解答
第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为
v
1
，则接着向下运动
2d
，速度变为0，
根据动能定理
mgsin

2dBILd0
1
2
mv
1
，所以v
1

2
2BILd
4gdsin

m
注意：导体棒在磁场中运动的位移是
d
，而不是
2d
，且因为 是恒流，所以安培力是恒
力。
B
2
d
2
v
是与速 因为线框在磁场中的运动时受到的合力
Fmgsin

F
安
，而
F
安

R
度
v
成正比的力，所以把线框在磁场中的 运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀
变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移 均匀变化的匀变速直线运动两种运
动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有
B
2
d
2
gsin

t
1
 2dv
1

mR
注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共
2d
。
2B
2
d
3
2B
2
d
3
2
v< br>1

2mBILd4mgdsin


mR
R 所以
t
1

=
gsin

mgsin

第（3）问，同原解答，不重复。

电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”
江苏省特级教师 江苏省丰县中学 戴儒京
所谓：“微元法”
所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。
1.什么情况下用微元法解 题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑
用微元法解题。
2. 关于微元 法。在时间
t
很短或位移
x
很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，
运动图象中的梯形可以看作矩形，所以
vtx
，
lvtlx s
。微元法体现了微分思
想。
3. 关于求和

。许多小的梯形加 起来为大的梯形，即（注意：前面的
s

sS
，
为小写，后面 的
S
为大写），并且
速度
v
0
0
时，有

vvv
0
，当末速度
v0
时，有

v v
0
，或初

vv
，这个求和的方法体现了积分思想。
4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.
如果既可以 用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用
哪一种都行，但对于使用课程 标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内
容移到了选修3-5，如果不选修3-5， 则不能用动量定理解，只能用动能定理解。
微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。

电磁感应中的微元法
一些以“电磁感应”为题材的题目。可以用微元法解，因为在电磁感应中 ，如导体切割
磁感线运动，产生感应电动势为
EBLv
，感应电流为
I< br>BLv
，受安培力为
R
B
2
L
2
FBIL v
，因为是变力问题，所以可以用微元法.
R
1.只受安培力的情况
例1. 如图所示，宽度为L的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有
竖直向 上、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒从高度为h的斜轨
上从静止开始滑下， 由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S而停下。
（3） 求导体棒刚滑到水平面时的速度
v
0
；
（4） 写出导体棒在水平导轨上滑 行的速度
v
与在水平导轨上滑行的距离
x
的函数关
系，并画出
vx
关系草图。
（3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为S4、S2时的速度< br>v
1
、
v
2
；
解：（1）根据机械能守恒定律，有
mgh
1
2
mv
0
，得
v
0
 2gh
。 ①
2

B
2
L
2
v
，(2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为
v
时，受到的安培力为
fBI L
R
安培力的方向与速度
v
方向相反。
用微元法，安培力是变 力，设在一段很短的时间
t
内，速度变化很小，可以认为没有变化，
f
B< br>2
L
2

v
，很短的时间所以安培力可以看做恒力，根据牛 顿第二定律，加速度为
a
m
mR
B
2
L
2
t
内速度的变化为
vat
vt
，而
vtx< br>，那么在时间
t
内速度的变化为
mR
B
2
L
2
V

()vt
，因为
mR
B
2
L
2
x
②
vv
0
V
v0

mR
B
2
L
2
)x
x
，所以
V(
mR
，速度
2.既受安培力又受重力的情况
例2. 2010年南京市高考模拟题
如图所示，竖直平面内有一边长为L、质量为m、电阻 为R的正方形线框在竖直向下的匀强
重力场和水平方向的磁场组成的复合场中以初速度
v
0
水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，
磁场的磁感应强度随竖直向下的z轴按
B B
0
kz
得规律均匀增大，已知重力加速度为
g
,
求：
（4） 线框竖直方向速度为
v
1
时，线框中瞬时电流的大小；
（5） 线框在复合场中运动的最大电功率；
（6） 若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达
v
2
所经历的时间为
t
，那么，线框在时间
t
内< br>的总位移大小为多少？

解：（1）因在竖直方向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为
e
(B< br>2
B
1
)Lv
1
kL
2
i

RRR

(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大
(B
2
B
1
)
2
L
2
v
m
k
2
L
4
v
m


mg(B
2
B
1
)IL
RR
所以
v
m

mgR

24
kL
m
2
g
2
R
P
m
mgv
m

24

kL
（3）线框受 重力和安培力两个力，其中重力
mg
为恒力，安培力
(B
2
B1
)
2
L
2
v
z
k
2
L4
v
z

为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运
f 
RR
动和在安培力作用下的运动。在重力作用下，在时间t 内增加的速度为
(v )
1
gt
，求
在安培力作用下在时间t内增加的速度为
(v)< br>2

用微元法，设在微小时间
t
内，变力可以看做恒力，变加速运动 可以看做匀加速运动，加
k
2
L
4
v
z
k
2
L
4
v
z
t
，而
v
z
t z
，所以速度为
a

，则在
t
内速度的增加为
v

mRmR
在时间t内由于安培力的作用而增加的速度（因为增加量为负，所 以实际是减小）为
k
2
L
4
(v)
2

mR
k
2
L
4

z
，所以
(v)< br>2

mR
z

k
2
L
4
z
。 再根据运动的合成，时间t内总的增加的 速度为
(v)
1
(v)
2
=
gt
mRk
2
L
4
22
v
0
z
=
v
2
从宏观看速度的增加为
vv
，所以
gt
，得线框在 时间
t
内的总
mR
2
2
2
0
位移大小为< br>z
22
mR(gtv
2
v
0
)
kL< br>24
。
从例题可以看出，所谓微元法是数学上的微积分理念在解物理题中的应用.
3.重力和安培力不在一条直线上的情况
例3．2008年高考江苏省物理卷第15题 如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻
忽略不计． 场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d
1
，间距为d
2< br>．两
根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度
为g）
⑴若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第 1个磁
场区域过程中增加的动能△E
k
；
⑵若a进入第2个磁场区域时，b 恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，

b 又恰好进入第2个磁场区 域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间
均相等．求b穿过第2个磁场区域过程中，两 导体棒产生的总焦耳热Q；
⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v．


磁场区域1
B

棒
b
磁场区域2
B


棒

a


d
1
磁场区域3
B

d
2
d
1

磁场区域4
B
d
2

d
1

磁场区域5
B
d
2

d
1

d
2

Θ d1



解： ⑴因为a和b产生的感应电动势大小相等，按回路方向相反，所以感应电流为0，所以a
和b均不受安培 力作用，由机械能守恒得

E
k
mgd
1
sin

①
⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为
v
1
,刚离开无磁场区时的速度为
v< br>2
,即导体棒刚
进入磁场区时的速度为
v
2
,刚离开磁场区时 的速度为
v
1
，由能量守恒得：
11
2
mv
1< br>2
Qmv
2
mgd
1
sin

②
22
11
22
在无磁场区域：
mv
2
mv
1
mgd
2
sin

③
22
在磁场区域有：
解得：
Qmg(d
1
d
2
)sin


⑶用微元法
设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为
t
， 在无磁场区域有：
v
2
v
1
gtsin

④
且平均速度：
v
1

v
2
d
2

⑤
2t
在有磁场区域，对a棒：
Fmgsin

BIl

且：
I
Bl
v

2R
B
2
l
2
v
解得:
Fmgsin


⑥
2R

因为速度
v
是变量，用微元法
根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间
t
内
v
F
t

m

B
2
l2
v

则有


v


< br>gsin



t

2mR

因为导体棒刚进入磁场区时的速度为
v
2
,刚离开磁场区时的速度为
v
1
, 所以

vv
1
v
2
,

vtd
，

tt

1
B
2
l
2
d
1
⑦ 所以：
v
1
v
2
gtsin


2m R
4mgRd
2
B
2
l
2
d
1
联 立④⑤⑦式,得
v
1


sin


22
8mR
Bld
1
（原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出 详细过程：
B
2
l
2
d
1
④代入⑦得：
t
， ⑧
4mgRsin

⑧代入⑤得：
v1
v
2

8mgd
2
Rsin

⑨
22
Bld
1
4mgRd
2
B
2
l< br>2
d
1
⑦+⑨得：
v
1

。）
s in


22
8mR
Bld
1
a．b在任意一个磁 场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a穿出任一个磁场区域
时的速率v就等于
v
1
．所以
4mgRd
2
B
2
l
2
d
1
。
v
22
sin


8mR
Bld
1（注意：由于a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以a穿出任一
个磁场区 域时的速率v都相等，所以所谓“第K个磁场区”，对本题解题没有特别意义。）
练习题
练习题1. 2007年高考江苏省物理卷第18题

如图所示，空间等间距分布着水 平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应
强度Ｂ＝１Ｔ，每一条形磁场区域的宽度及相 邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m，现有一
边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0 .1Ω的正方形
线框ＭＮＯＰ以v
0
=7ms的初速从左侧磁场边缘水平
进入 磁场，求
（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大
小Ｆ。

（２）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Ｑ。
（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。




解：（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势
EBlv
0
1.4V
，感应电流
I
E

14A
，受到安培力的大小 Ｆ=
BIl2.8N

R
1
2
（2）水平方向速度为0，
Qmv
0

2.45J

2
（3）用“微元法”解
线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势
EBlv
0
，感应电流
I
E
，
R
B
2
l
2
v
受到安培力的大小 Ｆ=
BIl
，得
F
，
R
在
tt
时间内，由牛顿定律：
F
tv

m
B
2
l
2
B
2
l
2
) vt

v
,
xv
0
求和，

(
mRmR
解得
x
mv
0
R
1.75
4.375
，取整
1.75m
，线框能穿过的完整条形 磁场区域的个数n=
22
0.4
Bl
数为4。
练习题2.2009年高考江苏省物理卷第15题
如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一 光滑绝缘斜面上，导轨间距为L、足够长且
电阻忽略不计，导轨平面的倾角为

。条形 匀强磁场的宽度为
d
，磁感应强度大小为B、
方向与导轨平面垂直。长度为
2 d
的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成
“”型装置。总质量为
m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流
源产生，图中未画出）。线框的边长为
d
（
dL
），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。
将装置由静 止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导体棒在整个运动过程中始
终与导轨垂直。重力加速 度为
g
。求：
（4） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（5） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间
t
1
；
（6） 经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离
x
m
。

【解答】设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力
做功为W
由动能定理
mgsin

4dW
BILd0

且
QW

解得
Q4mgdsin

BILd

（3） 设线框刚离开磁场下边界时的速度为
v
1
，则接着向下运动
2d
< br>由动能定理
mgsin

2d
BILd0

装 置在磁场中运动的合力
1
2
mv
1

2
Fmgsin

F'

感应电动势

Bdv

感应电流
I'

R
安培力
F'BI'd
由牛顿第二定律，在
t
到
tt
时间内，有
v

F
t

m
B
2
d
2
v
)t
则
v
=

(gsin


mR
2B
2
d
3
有
v
1
gt
1
sin
< br>

mR
2B
2
d
3
2m(BILd2m gdsin

)
R

mgsin

解得
t
1


（4） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离
x
m
之间往复运动，
由动 能定理
mgsin

x
m
BIL(x
m
d)
0

解得
x
m

BILd
。
BILdmgsin

解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解）
第（1）问，同原解答
第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为
v
1
，则接着向下运动
2d
，速度变为0，
根据动能定理
mgsin

2dBILd0
1
2
mv
1
，所以v
1

2
2BILd
4gdsin

m
注意：导体棒在磁场中运动的位移是
d
，而不是
2d
，且因为 是恒流，所以安培力是恒
力。
B
2
d
2
v
是与速 因为线框在磁场中的运动时受到的合力
Fmgsin

F
安
，而
F
安

R
度
v
成正比的力，所以把线框在磁场中的 运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀
变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移 均匀变化的匀变速直线运动两种运
动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有
B
2
d
2
gsin

t
1
 2dv
1

mR
注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共
2d
。
2B
2
d
3
2B
2
d
3
2
v< br>1

2mBILd4mgdsin


mR
R 所以
t
1

=
gsin

mgsin

第（3）问，同原解答，不重复。