电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”
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 ，
，并且∑∆v =v -v 0，当末速度v =0时，有∑∆v =v 0，或s 为小写，后面的S 为大写）
初速度v 0=0时，有∑∆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 =B Lv ，感应电流为I =B L v ，受安培力为R
B 2L 2
F =B I L =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。
（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S/4、S/2时的速度v 1、v 2；
h x
0 S/4 S/2 S
例题图
解：（1）根据机械能守恒定律，有mgh =12mv 0，得v 0=2gh 。 ① 2
B 2L 2
(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 =-v ，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，
B 2L 2f 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 ==-mR m
B 2L 2
⋅v ∆t ，而v ∆t =∆x ，那么在时间t 内速度的变化为∆t 内速度的变化为∆v =at =-mR
B 2L 2
∆V =∑(-) ⋅v ∆t mR ，因为x B 2L 2
，所以∆V =(-) ⋅x ，速度mR
B 2L 2
v =v 0+∆V =v 0-⋅x ② mR
2. 既受安培力又受重力的情况
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 2-B 1) Lv 1kL 2
i ===R R R
(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) 2L 2v m k 2L 4v m =mg =(B 2-B 1) IL =R R
所以v m =mgR 24k L
m 2g 2R P m =mgv m =24 k L
（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) 2L 2v z k 2L 4v z 为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运=f =R R
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 2L 4v z k 2L 4v z 速度为a =-，则在∆t 内速度的增加为∆v =-∆t ，而v z ∆t =∆z ，所以mR mR
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 2L 4
(∆v ) 2=-mR k 2L 4∑∆z ，所以(∆v ) 2=-mR ⋅z
k 2L 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 2L 422-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
220
位移大小为z =22mR (gt -v 2-v 0)
k 2L 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 2008年
高考江苏省物理卷第18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 2．两根质量均为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 ．
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 1sin θ 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 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：
1212m v 1+Q =m v 2+mgd 1sin θ ② 22
1212 在无磁场区域：m v 2=m v 1+mgd 2sin θ ③ 22 在磁场区域有：
解得：Q =mg (d 1+d 2)sin θ
[3]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=gt sin θ ④
且平均速度：v 1+v 2d 2= ⑤ 2t
在有磁场区域，对a 棒：F =mg sin θ-BIl
且：I =Bl v 2R
B 2l 2v 解得: F =mgsin θ- 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 2l 2v ⎤则有∑∆v =∑⎢g sin θ-⎥∆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 1，∑∆t =t B 2l 2
d 1 ⑦ 所以：v 1-v 2=gt sin θ-2mR
4mgRd 2B 2l 2d 1sin θ-联立④⑤⑦式, 得v 1= 228mR B l d 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 2l 2d 1④代入⑦得：t =， ⑧ 4mgR sin θ
⑧代入⑤得：v 1+v 2=8mgd 2R sin θ ⑨ 22B l d 1
4mgRd 2B 2l 2d 1sin θ-⑦+⑨得：v 1=。） 228mR B l d 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 2B 2l 2d 1v =22sin θ-。 8mR B l d 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=7m/s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
12（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 2l 2v 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 2l 2B 2l 2
) v ∆t =∑∆v , ⋅x =v 0 求和，∑(mR mR
解得 x =mv 0R 1. 75，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n==4. 375，取整=1. 75m 0. 4B 2l 2
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α。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
（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mg sin α⋅4d +W -BILd =0
且Q =-W
解得Q =4mgd sin α-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
由动能定理mg sin α⋅2d -BILd =0-
装置在磁场中运动的合力 12mv 1 2
F =mg sin α-F '
感应电动势ε=Bdv 感应电流I ' =ε
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 2d 2v 则∑∆v =∑(g sin α-) ∆t mR
2B 2d 3
有v 1=gt 1sin α- mR
解得t 1=2B 2d 32m (BILd -2mgd sin α) + mg sin α
（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mg sin α⋅x m -BIL (x m -d ) =0 解得x m =BILd 。 BILd -mg sin α
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
1mg sin α⋅2d -BILd =0-mv 12，所以v 1=22BILd -4gd sin α 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 2d 2
v 是与速因为线框在磁场中的运动时受到的合力F =mg sin α-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 2d 2
g sin α⋅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 2d 32B 2d 3
2v 1+2mBILd -4m gd sin α+mR = 所以t 1=g sin αmg sin α
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”
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 ，
，并且∑∆v =v -v 0，当末速度v =0时，有∑∆v =v 0，或s 为小写，后面的S 为大写）
初速度v 0=0时，有∑∆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 =B Lv ，感应电流为I =B L v ，受安培力为R
B 2L 2
F =B I L =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。
（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S/4、S/2时的速度v 1、v 2；
h x
0 S/4 S/2 S
例题图
解：（1）根据机械能守恒定律，有mgh =12mv 0，得v 0=2gh 。 ① 2
B 2L 2
(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 =-v ，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，
B 2L 2f 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 ==-mR m
B 2L 2
⋅v ∆t ，而v ∆t =∆x ，那么在时间t 内速度的变化为∆t 内速度的变化为∆v =at =-mR
B 2L 2
∆V =∑(-) ⋅v ∆t mR ，因为x B 2L 2
，所以∆V =(-) ⋅x ，速度mR
B 2L 2
v =v 0+∆V =v 0-⋅x ② mR
2. 既受安培力又受重力的情况
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 2-B 1) Lv 1kL 2
i ===R R R
(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) 2L 2v m k 2L 4v m =mg =(B 2-B 1) IL =R R
所以v m =mgR 24k L
m 2g 2R P m =mgv m =24 k L
（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) 2L 2v z k 2L 4v z 为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运=f =R R
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 2L 4v z k 2L 4v z 速度为a =-，则在∆t 内速度的增加为∆v =-∆t ，而v z ∆t =∆z ，所以mR mR
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 2L 4
(∆v ) 2=-mR k 2L 4∑∆z ，所以(∆v ) 2=-mR ⋅z
k 2L 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 2L 422-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
220
位移大小为z =22mR (gt -v 2-v 0)
k 2L 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 2008年
高考江苏省物理卷第18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 2．两根质量均为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 ．
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 1sin θ 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 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：
1212m v 1+Q =m v 2+mgd 1sin θ ② 22
1212 在无磁场区域：m v 2=m v 1+mgd 2sin θ ③ 22 在磁场区域有：
解得：Q =mg (d 1+d 2)sin θ
[3]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=gt sin θ ④
且平均速度：v 1+v 2d 2= ⑤ 2t
在有磁场区域，对a 棒：F =mg sin θ-BIl
且：I =Bl v 2R
B 2l 2v 解得: F =mgsin θ- 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 2l 2v ⎤则有∑∆v =∑⎢g sin θ-⎥∆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 1，∑∆t =t B 2l 2
d 1 ⑦ 所以：v 1-v 2=gt sin θ-2mR
4mgRd 2B 2l 2d 1sin θ-联立④⑤⑦式, 得v 1= 228mR B l d 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 2l 2d 1④代入⑦得：t =， ⑧ 4mgR sin θ
⑧代入⑤得：v 1+v 2=8mgd 2R sin θ ⑨ 22B l d 1
4mgRd 2B 2l 2d 1sin θ-⑦+⑨得：v 1=。） 228mR B l d 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 2B 2l 2d 1v =22sin θ-。 8mR B l d 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=7m/s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
12（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 2l 2v 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 2l 2B 2l 2
) v ∆t =∑∆v , ⋅x =v 0 求和，∑(mR mR
解得 x =mv 0R 1. 75，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n==4. 375，取整=1. 75m 0. 4B 2l 2
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α。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
（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mg sin α⋅4d +W -BILd =0
且Q =-W
解得Q =4mgd sin α-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
由动能定理mg sin α⋅2d -BILd =0-
装置在磁场中运动的合力 12mv 1 2
F =mg sin α-F '
感应电动势ε=Bdv 感应电流I ' =ε
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 2d 2v 则∑∆v =∑(g sin α-) ∆t mR
2B 2d 3
有v 1=gt 1sin α- mR
解得t 1=2B 2d 32m (BILd -2mgd sin α) + mg sin α
（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mg sin α⋅x m -BIL (x m -d ) =0 解得x m =BILd 。 BILd -mg sin α
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
1mg sin α⋅2d -BILd =0-mv 12，所以v 1=22BILd -4gd sin α 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 2d 2
v 是与速因为线框在磁场中的运动时受到的合力F =mg sin α-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 2d 2
g sin α⋅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 2d 32B 2d 3
2v 1+2mBILd -4m gd sin α+mR = 所以t 1=g sin αmg sin α
第（3）问，同原解答，不重复。