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专题强化二十四 电磁感应中的动力学和能量问题
目标要求 1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应
中的能量问题．
题型一 电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
v
↓
E＝Blv
↓
I＝
↓
F 安＝BIl
↓
F 合
若F 合＝0
匀速直线运动
若F 合≠0
↓
F 合＝ma
a、v 同向
v 增大，若a 恒定，拉力F 增大
v 增大，F 安增大，F 合减小，a 减小，做加
速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速
直线运动
a、v 反向
v 减小，F 安减小，a 减小，当a＝0，静止
或匀速直线运动
考向1 “单棒＋电阻”模型
1
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例1 (2023·陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止
释放，用t1、t2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab
边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区
域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化
的规律的是( )
答案 A
解析 线框先做自由落体运动，t1时刻ab 边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A
图像中的加速度逐渐增大，故A 错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安
培力，ab 边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd 边进入磁场
后线框做自由落体运动，加速度为g，故B 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场时
若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd 边进入磁场后线框做自由落体运动，加
速度为g，故C 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速
直线运动，cd 边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D 正确．
例2 (多选)如图所示，U 形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直
放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F 的作用下，
金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力
F 的最小值为8 N，经过2 s 金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U 形金属导轨两轨
道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强
度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
2
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A．拉力F 是恒力
B．拉力F 随时间t 均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F 为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t 时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电
流I＝，金属杆所受的安培力大小为F 安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin
37°＋，F 是t 的一次函数，选项A 错误，B 正确；t＝0 时，F 最小，代入数据可求得a＝2
m/s2，选项D 正确；t＝2 s 时，代入数据解得F＝12 N，选项C 正确．
考向2 “单棒＋电容器”模型
棒的初速度为零，拉力F 恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)
如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
联立可得F－＝ma，其中＝a，
则可得a＝
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：WF＝mv2＋E 电
例3 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行
板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在
导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直
并接触良好．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．
让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
答案 (1)Q＝CBLv (2)v＝t
解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝，联立可得Q＝CBLv
3
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(2)设金属棒的速度大小为v 时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的磁
场力方向沿导轨向上，大小为F＝BLI＝CB2L2a
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CBLΔv
按定义有I＝，ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由上式可
得，Δv 为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff＝
μFN
式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mgcos θ，金属棒在时刻t 的加速度方
向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－Ff＝ma，
即mgsin θ－μmgcos θ＝CB2L2a＋ma
联立上式可得 a＝
由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t 时刻金属棒的速度大小为v＝.
题型二 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
―――――――→―――→
2．求解焦耳热Q 的三种方法
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，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
例4 (多选)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，
平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导
轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m、电阻
也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直
部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒
4
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穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv0
2，金属棒在磁场中运动时
产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应
电流最大，分析可得Imax＝，所以A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷
量q＝t＝＝，所以B 正确；对整个过程由动能定理得mgh－W 克安－μmgd＝0，金属棒克服安
培力做的功W 克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W 克安＝mg(h－μd)，所以C 错误，
D 正确．
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
例5 (2023·北京市模拟)如图所示，AB、CD 为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，
置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中．AB、CD 的间距为L，左右两
端均接有阻值为R 的电阻．质量为m、长为L 且电阻不计的导体棒MN 放在导轨上，与导轨
接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN 具有
水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AC 间
的电阻R 上产生的焦耳热为Q，则( )
A．导体棒水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv0
2－Q
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC 间的电阻R 的热功率小于
答案 D
解析 导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则
当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初
5
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始位置时产生的感应电动势E1<BLv0，根据电功率公式P＝可知，AC 间的电阻R 的热功率
P<，故A 错误，D 正确；根据公式E＝BLv0，I＝，F＝BIL 可得，初始时刻导体棒所受的安
培力大小为F＝，故B 错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据
能量守恒定律有Ep＋2Q＝mv0
2，解得Ep＝mv0
2－2Q，故C 错误．
例6 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd 放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通
过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行．距线框cd 边为
L0的MNQP 区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF 为两个磁场
的分界线，ME＝EP＝L2.现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进
入和离开匀强磁场．已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为
m，重力加速度为g，试求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.
答案 (1) (2)mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示．根据平衡条件有FT＝F 安
＋mgsin θ
其中F 安＝BIL1
I＝
E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝
mg
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg－mgsin θ＝2ma
根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝
联立以上各式求解可得B＝
(2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系
统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－
mg(2L2＋L1)sin θ
6
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所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝mg(2L2＋L1)．
课时精练
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面
垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及
线框的电阻不计，开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )
A．ef 将减速向右运动，但不是匀减速运动
B．ef 将匀减速向右运动，最后停止
C．ef 将匀速向右运动
D．ef 将往返运动
答案 A
解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减
速运动，由F＝BIL＝＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A 正确，
B、C、D 错误．
2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R 的电阻．质量为m、电阻为
r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感
应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加
速度为g，则下列说法正确的是( )
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R 的电流方向为a→b
B．金属棒刚进磁场时一定做加速运动
C．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 的热功率为2R
答案 D
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解析 当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R 的电流方向为
b→a，A 错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法
确定金属棒的运动情况，B 错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的
感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，C 错误；金属棒以稳定的速度下滑
时，F＝BIL＝mg，可求得P＝2R，D 正确．
3．(多选)(2023·黑龙江大庆市质检)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a、b 两根
导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F 拉动a 棒，在运动过程中，
a、b 棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是( )
A．拉力F 做的功等于a、b 棒增加的动能与a、b 棒中产生的焦耳热之和
B．安培力对b 做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和
C．安培力对a、b 棒做功的代数和的绝对值等于a、b 棒中产生的焦耳热之和
D．a 棒克服安培力做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和
答案 AC
解析 对a、b 棒整体，根据能量守恒定律得WF＝ΔEka＋ΔEkb＋Qa＋Qb ①，故A 正确；对
b 棒，只有安培力做功，运用动能定理得WFb＝ΔEkb ②，故B 错误；对a 棒，拉力和安培
力做功，运用动能定理得WF＋WFa＝ΔEka ③，联立①②③式得，安培力对a、b 棒做功的
代数和为WFa＋WFb＝ΔEka＋ΔEkb－WF＝－(Qa＋Qb)，所以，安培力对a、b 棒做功的代数和
的绝对值等于a、b 棒中产生的焦耳热之和，故C 正确；联立①②③式得，a 棒克服安培力
做的功为－WFa＝ΔEkb＋(Qa＋Qb)，故D 错误．
4．(多选)如图甲所示，两间距为L 的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，
导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R 的金属棒放在导轨上，在平行
于导轨向右、大小为F 的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接
触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属
导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
答案 ABD
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解析 由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a－v 图像可知＝a0，＝，解得m＝，B＝＝，
A、B 正确；当拉力F 做功为W 时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的电荷
量q＝t＝t＝＝，C 错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D 正确．
5.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面
上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与
导轨平面垂直．导轨上有一质量为m、电阻也为R 的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属
棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相
互作用，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv0
2－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量Q＝(mv0
2－mgL)
答案 AC
解析 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A
正确；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量为q＝，所以B 错误；设导
体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由动能定理可得W＋mgLsin 30°＝
mv0
2，解得W＝(mv0
2－mgL)，所以C 正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程
中电阻R 上产生的热量为Q＝W，则Q＝(mv0
2－mgL)，所以D 错误．
6.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，
两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2 倍．现两线圈在竖
直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区
域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，
上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
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C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
答案 AB
解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，
有v＝，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρ＝
感应电流为I＝＝
所受安培力大小为F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－＝g－
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>时，甲和乙都加速运动，
当g<时，甲和乙都减速运动，
当g＝时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.
7.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m 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＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0 到t＝3.0
s 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＝2.0 s 时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0 到t＝2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热．
答案 (1) N (2)0.016 J
解析 (1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E＝＝＝0.1××0.402 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝＝1 A
t＝2.0 s 时磁感应强度大小为
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B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝ N
(2)0～2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热为
Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
8.(2023·湖北省模拟)如图，质量为M 的U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，间距L
的ab 和dc 边平行，都与bc 边垂直．ab、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为
R、质量为m 的导体棒MN 置于金属框上，用水平恒力F 向右拉动金属框，运动过程中，装
置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN 与金属框保持良好接触，且
与bc 边保持平行．
(1)若导体棒MN 在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；
(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势．
答案 (1) (2)
解析 (1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直
线运动，根据受力平衡有F 安＝F
导体棒的感应电动势为E＝BLv
导体棒的感应电流为I＝
安培力为F 安＝BIL
联立解得v＝
(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第
二定律有 F＝(m＋M)a
对导体棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR
联立解得E＝.
9．如图甲所示，相距L＝1 m 的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ
＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω 的导体棒ab 垂直于导轨放
置，导轨的PM 两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容
器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、
S2断开的状态下将导体棒ab 由静止释放，导体棒的v－t 图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取
重力加速度g＝10 m/s2.
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(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m 时，定值电阻产生的焦耳
热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s 时导体棒的速度
大小．
答案 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
解析 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度
vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝＝2 T.
(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt 可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab 产生的焦耳
热Qab＝×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路
中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsin θ＝mv1
2＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BI2L＝ma2，
感应电流I2＝，Δq＝CΔU
Δt 时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab 下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s 时导体棒的速度
大小v2＝a2t＝4 m/s.
10．(2022·湖北卷·15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁
场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd 的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3
Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁
场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N 的恒力F，
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使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运
动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab 边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度．
答案 (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
解析 (1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，
在水平方向有Fcos θ＝max
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有Fsin θ－mg＝may
代入数据有ay＝10 m/s2
(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁
场，且在水平方向切割磁感线．但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个
回路的电动势为ab 边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba，
则从ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向
右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，
故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力．由vy
2＝2ayL，知ab 边
刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度vy＝2 m/s.由题知，线框从ab 边进入磁场开始，在
竖直方向线框做匀速运动，则有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝
联立解得B＝0.2 T
由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰
好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝
W 克安＝BILy，y＝L
Fsin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
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则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m.
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