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    精英家教网如图所示，光滑水平面上有正方形金属线框abcd，边长为L、电阻为R、质量为m．虚线PP’和QQ’之间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为H，且H＞L．线框在恒力F0作用下由静止开始向磁场区域运动，cd边运动S后进入磁场，ab边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状态．当cd边到达QQ’时，撤去恒力F0，重新施加外力F，使得线框做加速度大小为F0/m的匀减速运动，最终离开磁场．
    （1）cd边刚进入磁场时cd两端的电势差；
    （2）cd边从进入磁场到QQ’这个过程中安培力做的总功；
    （3）写出线框离开磁场的过程中，F随时间t变化的关系式．
    分析：（1）线圈进入磁场前在恒力F0作用下由静止开始做匀加速运动，由动能定理可求出cd进入磁场时的速度v，由E=BLv求出感应电动势，此时cd边的电势差等于路端电压，为
    3
    4
    E    ；
    （2）由题，ab边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状态，根据平衡条件和安培力公式可求出匀速运动时的速度，从开始运动到线圈刚完全进入磁场的过程，根据动能定理求解安培力做的总功；完全进入磁场后没有感应电流产生，线圈不再受到安培力．
    （3）从线圈刚完全进入磁场到刚离开磁场的过程，根据动能定理求出线圈开始离开磁场时的速度．根据牛顿第二定律和速度公式结合求出F的表达式．
    解答：解：（1）线圈进入磁场前线圈做匀加速运动，牛顿第二定律和速度公式加速度为 a=
    F0
    m

    cd刚进入磁场时速度为 v=at
    而线圈通过的位移s=
    1
    2
    at2
    解得，v=
    2F0s
    m

    cd边刚进入磁场时产生的感应电动势 E=BLv
    此时cd边的电势差U=
    3
    4
    E
    联立以上各式得 U=
    3
    4
    BL
    2F0s
    m
    ．
    （2）进入磁场后达到平衡时，设此时速度为v1，则有F0=BIL=
    B2L2v1
    R

    得v1=
    F0R
    B2L2

    根据动能定理得 F0（L+s）+W安=
    1
    2
    m
    v
    2
    1

    W安=-F0（L+s）+
    m
    F
    2
    0
    R2
    2B4L4

    （3）平衡后到开始离开磁场时，设线圈开始离开磁场时速度为v2
    F0（H-L）=
    1
    2
    mv22-
    1
    2
    mv12?
    解得，v2=
    F
    2
    0
    R2
    B4L4
    +
    2F0(H-L)
    m

    此时的安培力
    B2L2v2
    R
    ＞ma
    所以，离开磁场
    B2L2v
    R
    -F=ma
    而v=v2-at，
    代入v2 得F=
    B2L2
    R
    F
    2
    0
    R2
    B4L4
    +
    2F0(H-L)
    m
    -F0-
    B2L2F0
    mR
    t
    答：
    （1）cd边刚进入磁场时cd两端的电势差为
    3
    4
    BL
    2F0s
    m
    ．；
    （2）cd边从进入磁场到QQ’这个过程中安培力做的总功为-F0（L+s）+
    m
    F
    2
    0
    R2
    2B4L4
    ；
    （3）写出线框离开磁场的过程中，F随时间t变化的关系式为
    B2L2
    R
    F
    2
    0
    R2
    B4L4
    +
    2F0(H-L)
    m
    -F0-
    B2L2F0
    mR
    t    ．
    点评：本题物理过程并不十分复杂，关键是表达式比较繁琐，要有足够的耐心和细心列式，才能得到正确结果．对于第1题，也可以根据动能定理求解v，列式如下：F0s=
    1
    2
    mv2．
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    （1）弹簧开始时的弹性势能；
    （2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功；
    （3）物体离开C点后落回水平面时的速度大小和方向．

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    （1）释放小球前弹簧的弹性势能；
    （2）小球到达C点时的速度和落到水平面时离B点的距离；
    （3）小球在由B到C过程中克服阻力做的功．

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