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第十章 磁场
第 01 练 磁场及其对电流的作用
知识目标 知识点
目标一 安培定则 磁场的叠加
目标二 安培力的分析与计算
目标三 安培力作用下的平衡和加速问题
1．以下说法中正确的是
A. 通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
B. 带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力对粒子做正功
C. 磁感线可以形象地描述各点的磁场强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点
静止时N极所指的方向一致
D. 放置在磁场中1m长的导线，通过1安的电流，受到的安培力为1N时，该处磁感应强度就是1T
【答案】C
【解析】解：A、依据左手定则，可知，通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向垂直，
故A错误；
B、在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力，与粒子总垂直，因此对粒子不做正功，故B错误；
C、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止
时北极所指的方向一致；故C正确；
D、垂直于磁场方向放置在磁场中1m长的通电导线，通过1A的电流，受到的安培力为1N，则该
处的磁感应强度就是1T，故D错误；
故选：C。
依据左手定则，可判定安培力方向磁场方向关系；洛伦兹力总垂直速度方向，从而判定是否做功；
磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方
向为该点磁场的方向；将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则
所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比。
F
考查安培力的方向，理解洛伦兹力不做功的原因，掌握B= 的成立条件，及知道磁感线上每一点
IL
的切线方向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致。
2．如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是
A. 电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B. 螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C. 螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D. 磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
【答案】B
【解析】
【分析】
明确螺线管内部分析规律，知道螺线管越长，内部磁场越接近匀强电场。
本题考查螺线管分布规律，要知道螺线管边缘处磁感线不均匀，所以螺线管越长内部越接近匀强电
场。
【解答】
根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越
接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场；与电流大小、螺线管
直径以及磁感线的疏密均无关，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O'Q在一条直线上，PO'
与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导
线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的
M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A. B，0 B. 0、2B C. 2B，2B D. B，B
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了利用安培定则分析通电导线的磁场。掌握好安培定则的内容，知道磁场的叠加原理是解
决本题的关键。
根据安培定则确定两导线各自在M、N点形成的磁感应强度的方向，根据叠加原理即可确定两点的
磁感应强度的大小。
【解答】
根据安培定则可知，OF在M点形成的磁感应强度向里，O'Q在M点形成的磁感应强度向外，根据
题意可知，两导线在M点形成的磁感应强度均为B，由叠加原理可知，M点的磁感应强度为零；
同理根据安培定则可知，PO'在N点形成的磁感应强度向里，O'Q在N点形成的磁感应强度向里，
根据题意可知，两导线在N点形成的磁感应强度均为B，由叠加原理可知，N点的磁感应强度为2B；
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先
保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长
度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由安培力的计算公式可知安培力与电流和导线长度间的关系，从而确定图象。
本题考查学生对安培力公式的掌握，只需明确根据安培力的公式：F=BIL，知道L为有效长度即可
顺利求解。
【解答】
AB、由F=BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；
CD、由F=BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。
5．如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向
上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上．若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和
磁场的方向均不变，则金属细杆将( )A. 沿斜面加速上滑 B. 沿斜面加速下滑 C. 沿斜面匀速上滑 D. 仍静止在斜面上
【答案】A
【解析】
【分析】
先对磁感应强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即
可判断出物体的运动情况。
解答本题的关键是：要对磁感应强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属
棒的运动情况。
【解答】
当磁场的磁感应强度大小为B，电流为I时，金属棒处于静止状态，
根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsinθ，
当磁场的磁感应强度大小为3B，电流变为0.5I时，此时安培力大小变为：
F=3B×0.5I×L=1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：
1.5BIL-mgsinθ 0.5mgsinθ gsinθ
a= = = ，故A正确、B、C、D错误。
m m 2
故选：A。
6．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感
应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关
与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，
闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小
取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。
【答案】
解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下；断开时：2kΔl =mg
1
开关闭合后2k(Δl +Δl )=mg+F
1 2
受到的安培力为：F=BIL
E
回路中电流为I=
R
联立解得m=0.01kg。
答：开关闭合后金属棒所受安培力向下，金属棒的质量为0.01kg。
【解析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据
F=BIL求的安培力，根据左手定则判断安培力的方向，由共点力平衡求的质量。
本题主要考查了安培力作用下的平衡问题，抓住通电前后的共点力平衡即可。
1．如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂
直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图
(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. 当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B. 电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C. tanθ与电流I成正比
D. sinθ与电流I成正比【答案】D
【解析】解：A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上
方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，
再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿
第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与
悬线垂直。
F BIL
根据几何关系可得：tanθ= = ，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以
T T
F BIL
tanθ与电流I不成正比；同理sinθ= = ，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错
mg mg
误，D正确。
故选：D。
对直导线进行受力分析，根据几何关系分析出不同力之间的关系，结合安培力公式和三角函数完成
分析。
本题主要考查了安培力的计算，熟悉安培力的计算公式，根据物体的受力分析和几何关系即可完成
解答。
2．如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通
有电流I，其中P、Q导线中电流垂直纸面向里，M导线中电流垂直纸面向外，每根导线在三角形
中心O处产生的磁感应强度大小为B，则三角形中心O处磁感应强度的大小为( )
A. 0 B. B C. 2B D. 2√3B
【答案】C
【解析】【解答】
每根导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小为B，根据安培定则判断可知：M导线在O点产
生的磁感应强度的方向水平向右；P导线在O点产生的磁感应强度的方向与PO连线垂直斜向右下
方，与水平方向的夹角为60°；Q导线在O点产生的磁感应强度的方向与QO连线垂直斜向右上方，
与水平方向的夹角为60°；如图所示：
根据平行四边形定则可知M和P导线在O点产生的合磁感应强度大小为B，方向与水平方向成60°
斜向右下方；所以三根导线在O点的合磁感应强度的大小为2B，方向与水平方向向右，故C正确，
ABD错误。
【分析】本题首先使用安培定则判断磁感应强度的方向，在根据平行四边形定则求出合的磁感应强
度大小，属于基础题。
3．四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，O为正方形线框的中点。当强度为I
的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为______(选填：“垂直于纸面向里”或
“垂直于纸面向外”)。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边
在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为______。
【答案】
垂直于纸面向外；0
【解析】解：导线ad的电流方向是从a到d，由安培定则知，ad边在O点产生的磁场方向为垂直于
纸面向外；
电流I 在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，四根通电导线到O点的距离相等，
ad
1
结合题意：I =I ，I =I =I = I ，由直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成
ad 0 bc cd ab 3 01 1 1
正比，可得ab、bc、cd在O点产生的磁感应强度大小分别为 B、 B、 B。
3 3 3
由安培定则可知，ab导线在中心O点产生的磁感应强度方向由垂直于纸面向里，bc导线在中心O点
产生的磁感应强度方向由垂直于纸面向里，cd导线在中心O点产生的磁感应强度方向由垂直于纸面
向里。
1
根据矢量的合成法则可知，ab、bc、cd三根导线在O点产生的合磁感应强度大小为3× B=B，
3
垂直于纸面向里，而ad在O点产生的磁感应强度为B，垂直于纸面向外，所以O点处实际的磁感应
强度大小为0。
故答案为：垂直于纸面向外；0
根据已知条件，等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小
关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向。
本题是信息题，要能根据题干分析各处通电导线在O点产生的磁感应强度的大小，这是解决本题的
关键，同时要熟练运用安培定则判断磁场的方向，灵活运用平行四边形定则。
4．如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一束速度大小
1
为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀
强磁场中，磁感应强度大小为B ，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为
2
m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和
等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )
mgRsinθ
A. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=
B B Ld
1 2
mgRsinθ
B. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=
B B Ld
1 2
mgRtanθ
C. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=
B B Ld
1 2
mgRtanθ
D. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=
B B Ld
1 2
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复合场的磁流体发电机模型以及受力平衡之安培力计算的问题，属于综合基础题。两次
应用左手定则判断粒子偏转方向和已知安培力方向判断磁场方向，属于易错点。其它物理原理及推
导过程较简单。
【解答】
平行金属板P、Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，由左手定则判断，等离子体中的正离子向
金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q带正电荷(电源正极)，金属板P带负电荷(电
源负极)，金属棒ab中电流方向由a流向b，已知磁场B 的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金
2
属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒ab处于静止，由受力平衡条件判断其所
受安培力沿导轨平面向上，再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下；
金属棒ab恰好静止，由受力平衡可得：B IL=mgsinθ，由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板
2
U
P、Q之间的电压U=IR，金属板P、Q之间电场强度E= ，等离子体的正负离子在磁场B 中受
d 1
mgRsinθ
到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则：qvB =qE，联立解得v= ，故B正确，
1 B B Ld
1 2
ACD错误。
5．在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应
强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为( )
A. BIL B. 2BIL C. πBIL D. 2πBIL
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了安培力、左手定则；解答本题时要注意正确使用左手定则，计算金属环内部张力时，突
破点在于对取半圆进行分析。
柔软绝缘细导线在匀强磁场的作用下，导线扩展稳定后，为圆环；对圆环进行受力分析，即可判断
圆环的运动趋势以及收缩还是扩张；圆环内部的张力处处相等，且沿着金属环的切线方向，所以任
取一个半圆进行分析即可得到圆环内部的张力。
【解答】
柔软绝缘细导线在匀强磁场的作用下，导线扩展稳定后，为圆环，半径为L；
由微元法结合左手定则可知，圆环上各处都受到指向圆外的安培力，由于圆具有对称性，所以这些
力的合力为0；
设圆环中电流方向为逆时针，对任意半圆进行受力分析如图：；
F为圆环内部的张力，任意半圆所受的安培力为：F =BI·2L=2BIL；
安
由受力平衡可知：F =2F
安
F 2BIL
解得金属环内部的张力为：F= 安= =BIL；
2 2
故A正确，BCD错误。
6．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l=0.40m的正方形金属框的一个顶点上。
金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导
线单位长度的阻值为λ=5.0×10-3Ω/m；在t=0到t=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变
化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求
(1)t=2.0s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热。
【答案】
解：(1)金属框的总电阻为R=4lλ=4×0.40×5.0×10-3Ω=8×10-3Ω，
ΔB 1 1
金属框中产生的感应电动势为E= S=k× l2=0.1× ×0.402V =8×10-3V
Δt 2 2
E 8×10-3
金属框中的电流为I= = A=1A，
R 8×10-3
t=2.0s时磁感应强度B =0.3T-0.1×2.0T=0.1T，
1
金属框处于磁场中的有效长度为L=√2l=0.40√2m
此时金属框所受安培力大小为F=BIL=0.1×1×0.40√2N=0.04√2N；
(2)在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为：Q=I2Rt=12×8×10-3×2.0J=0.016J。
答：(1)t=2.0s时金属框所受安培力的大小为0.04√2N；
(2)在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.016J。【解析】(1)求解总电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据B与t关系求解磁感应强度，根据
F=BIL求解安培力，注意L为等效长度；
(2)根据Q=I2Rt求解焦耳热。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律，关键是知道B-t图象的斜率不变、感应电动势不变，则感应
电流也不变。
1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的，
在下列四个图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇
指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。
主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在.另外
要掌握此类题目一定要注意安培定则的准确应用。
【解答】
地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；
而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向
西。故C正确，ABD错误。
故选C。
2．如图所示，M，N两根通电长直导线垂直放置，通有大小相同的电流，方向已标出。O点距两
直导线的距离相等，此时测得O点的磁感应强度大小为B ，现将通电长直导线M逆时针转动90∘(从
0上往下看)，则此时O点的磁感应强度大小为( )
√2
A. 2B B. B C. √2B D. √3B
0 2 0 0 0
【答案】C
【解析】
【分析】
根据右手螺旋定则判断两根导线在O处的磁感应强度，根据磁场的叠加原则，得出两根导线在O处
产生的磁感应强度大小，再分析将通电长直导线B顺时针转动90°(从上往下看)O处的磁感应强度
大小。
本题主要考查通电直导线的磁感应强度以及磁场的叠加，要注意磁感应强度的叠加满足矢量的叠加
原则。
【解答】
由于O点距离两根导线距离相等，且导线中电流相同，初始状态时，假设两根导线在O点产生的磁
感应强度大小为B，则A导线在O处产生的磁感应强度向左，B导线在O处产生的磁感应强度垂直于
√2
纸面向外，因此B =√B2+B2=B ，解得B= B ；将通电长直导线B顺时针转动90°(从上往下
O 0 2 0
看)，A导线在O处产生的磁感应强度向左，B导线在O处产生的磁感应强度向左，此时O点的磁感
应强度为B '=B+B=√2B ，故C正确，ABD错误。
O 0
3．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小
为F ，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F ，则此时b受到的
1 2
磁场力大小变为( )
A. F B. F -F C. F +F D. 2F -F
2 1 2 1 2 1 2
【答案】A
【解析】【分析】
当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互的；当加入匀强磁场时，两根通电直导线
的作用力仍是相互的．
【解答】
如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F ，
1
那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F '，这两个力大小相等，方向相反。
1
当再加入匀强磁场时a、b受到方向相反，大小相等的BIL
根据力的合成知识，a、b受到磁场力大小相等，故A正确，BCD错误。
故选A。
4．如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁
感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，
则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】
由安培力公式F=BIL分析三边所受安培力，由力的合成即可求得ML和ln所受安培力的合力及三角
形线框受到的安培力的合力。
本题的关键是要明白安培力公式F=BIL中的L是指通电导线的有效长度，掌握左手定则和力的平行
四边形定则。
【解答】
设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R :R =2R:R=2:1，根
1 2
据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比I :I =1:2;
1 2
如下图所示：由于上路通电的导体受安培力的有效长度为 L，根据安培力计算公式 F=ILB，可知
1
F':F=I :I =1:2，得：F'= F
1 2 2
3
根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F+F'= F，故ACD错误，
2
B正确。
故选B。
kI
5．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B= ，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线
r
的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的
轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T 。当
0
MN通以强度为I 的电流时，两细线内的张力均减小为T ；当MN内的电流强度变为I 时，两细线
1 1 2
的张力均大于T 。
0
(1)分别指出强度为I 、I 的电流的方向。
1 2
(2)求MN分别通以强度为I 和I 电流时，线框受到的安培力F 与F 大小之比。
1 2 1 2
(3)当MN内的电流强度为I 时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I
3 3
【答案】
解：(1)当MN通以强度为I 的电流时，两细线内的张力均减小为T ，知此时线框所受安培力合力
1 1
方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向
外，则I 方向向左；
1
当MN内电流强度变为I 时，两细线内的张力均大于T ，知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，
2 0则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向里，则I 方向向
2
右；
(2)当MN中通以电流I时，设线圈中的电流大小是i，线圈所受安培力大小为：
1 1
F =K I iL( - )，
1 1 r1 r2
1 1
F =K I iL( - )，
2 2 r1 r2
F ：F =I ：I ；
1 2 1 2
(3)2T =G，
0
2T +F =G，
1 1
G
由题意加速度向下：F +G= a，
3 g
根据第(2)问结论：
G-2T (T -T )g
F = 1= 0 1
I ：I =F ： 3 Ga (a-g)T ，
1 3 1 -G 0
g
(a-g)T
I = 0 I (方向向右)。
3 (T -T )g 1
0 1
答：(1)I 方向向左，I 方向向右；
1 2
(2)线框受到的安培力F 与F 大小之比为I ：I ；
1 2 1 2
(a-g)T
(3)电流I 的大小为I = 0 I (方向向右)。
3 3 (T -T )g 1
0 1
【解析】(1)通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据
右手螺旋定则确定电流的方向；
(2)通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比；
(3)根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流I 的大小，注意加速度
3
的方向可能向上，也可能向下。
解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向。
6．如图，绝缘、光滑斜面倾角θ=37°，在宽度均为d=0.4m的区域I、II内分别有垂直于斜面向
上、向下的匀强磁场，磁感强度大小均为B=1T，MN为两磁场的分界线。质量m=0.06kg、总电
阻R=0.5Ω的矩形线框abcd，边长分别为L=0.6m和d=0.4m。现使线框ab边与磁场边界平行，
自斜面上端某处静止释放，线框恰能匀速进入区域I.(g取10m/s2
)
(1)求ab边在区域I内运动时，线框的速度大小v 和发热功率P；
0
(2)求当ab边刚进入区域II时，线框的加速度a；
(3)通过分析，描述ab边从MN运动到区域II下边界的过程中，线框运动的速度、加速度变化情况。【答案】
解：(1)线框匀速进入区域Ⅰ，所受安培力与重力沿斜面向下的分力相等，即F =BIL=mgsinθ
A
感应电动势：E=BLv ，
0
E
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=
R
联立解得：v =0.5 m/s
0
mgsinθ 0.06×10×0.6
感应电流：I= = A=0.6A
BL 1×0.6
根据电功率计算公式可得：P=I2R=0.62×0.5W =0.18W；
(2)ab边刚进入区域Ⅱ时，线框的速度仍为v =0.5 m/s。
0
ab、cd两条边同时切割磁感线，线框中的感应电动势为E'=2BLv ，
0
ab、cd两条边同时受到向上的安培力，线框一条边受到的安培力为
F' =BI'L=2mgsinθ根据牛顿第二定律有：ma=2F' -mgsinθ=3mgsinθ
A A
所以，此时线框的加速度a=3gsinθ=18m/s2，方向沿斜面向上；
(3)ab边从MN运动到区域Ⅱ下边界的过程中，
4B2L2v
根据牛顿第二定律可得：ma=2F' -mgsinθ= -mgsinθ
A R
加速度与运动方向相反，棒做减速运动，随着速度的减小，加速度也逐渐减小。
答：(1)ab边在区域Ⅰ内运动时，线框的速度大小为0.5 m/s。发热功率为0.18W；
(2)当ab边刚进入区域Ⅱ时，线框的加速度为18m/s2，方向沿斜面向上；
(3)加速度与运动方向相反，棒做减速运动，加速度也逐渐减小。
【解析】(1)根据线框的受力情况列出平衡方程，根据安培力的计算公式求解速度大小，根据电功
率计算公式求解电功率；
(2)ab边刚进入区域Ⅱ时，ab、cd两条边同时切割磁感线，求出线框中的感应电动势和两条边受
到向上的安培力大小，根据牛顿第二定律求解线框的加速度；
(3)ab边从MN运动到区域Ⅱ下边界的过程中，根据牛顿第二定律得到加速度表达式进行分析。
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程进行分析。
