物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题附答案解析

1、物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题附答案解析一、法拉第电磁感应定律B。纸面内有一正方形均匀金属线框1.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为abcd,其边长为L,总电阻为R, ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至 bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(2) ab边产生的焦耳热Q.2 2.22,3【答案】(1) P=B Lv (2) Q=B-LvR4R【解析】【详解】(1)线圈中的感应电动势E=BLv感应电流拉力大小等于安培力大小拉力的功率(2)线圈ab边电阻运动时间ab边产生的焦耳热F=BIL2,2 2B L vP=Fv=RRab=4Lt= 一

2、v2 3Q=I2Rabt =旦”4R2.如图所示，面积为 0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。已知磁感应强度随时间变化的规律为B= (2+0.2t) T,定值电阻R=6 0线圈电阻R2=4求:、. 蔺(1)磁通量变化率，回路的感应电动势。(2) a、b两点间电压Uabo【答案】(1) 0.04Wb/s 4V (2) 2.4V【解析】【详解】(1)由所 (2+0.2t) T得磁场的变化率为0.2T/St则磁通量的变化率为：一 S-B 0.04Wb/st t根据E n 可知回路中的感应电动势为：tE n nS-B 4Vt t(2)线圈相当于电源，Uab是外电压，根据电路

3、分压原理可知：EU abRi 2.4VR1 R2答：(1)磁通量变化率为 0.04Wb/s,回路的感应电动势为 4V。(2) a、b两点间电压Uab为2.4V。3.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度 L 1m, 一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为 R 0.40的电阻，质量为m 0.01kg、电阻为r 0.30的金属棒ab紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下 滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的 OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原

4、磁场的影响 ).1判断金属棒两端 a、b的电势哪端高；2求磁感应强度B的大小；3在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量.甲乙【答案】(1) b端电势较高(2) B 0.1T (3)0.26J【解析】【详解】1由右手定可判断感应电流由a到b,可知b端为感应电动势的正极，故 b端电势较高。2当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：mg BIL金属棒产生的感应电动势为：E BLv则电路中的电流为：I-ER rn x 11.2 7.0,),由图象可得： v m/s 7m/snt2.1 1.5代入数据解得：B 0.1T3在01.5s,以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：1 2mgh

5、Q -mv2解得：Q 0.455JR则电阻R上产生的热量为：QR -RQ 0.26JR r4 .如图，水平面(纸面)内同距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为 F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触 良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为 g.求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.【答案】E Bit。F gm_ 2 2rB l t0=m【解析】【分

6、析】【详解】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得：ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为 当金属杆以速度 v在磁场中运动时,v,由运动学公式有：v=ato由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv 联立式可得：E Bit。FmI,根据欧姆定律:(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为:f BIl F-mg=0 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得:B2l2t联立式得：R=B1*m5 .如图所示，两根相距为 L的光滑平行金属导轨 CD EF固定在水平面内，并处在竖直向 下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计.在

7、导轨的左端接入阻值为R的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒 MN垂直放置在导轨上，可以认为 MN棒的长度与导轨 宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力.金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B且保持不变，为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷.(1)请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势 E;(2)在上述情景中，金属棒 MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛 伦兹力有关.请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势 E.(3)请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图.我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做

8、功.那么，金属棒 MN中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的 呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过计算分析说明.【答案】(1) E BLv; (2) E BLv (3)见解析【解析】【分析】(1)先求出金属棒 MN向右滑行的位移，得到回路磁通量的变化量 ，再由法拉第电磁感应 定律求得E的表达式；fi evB,棒中电子在evBl ,根据电动势定义(2)棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力， 洛伦兹力的作用下，电子从M移动到N的过程中，非静电力做功 WE 计算得出E.(3)可以从微观的角度求出水平和竖直方向上的洛伦兹力做功情况，在比较整个过程中做 功的

9、变化状况.【详解】(1)如图所示，在一小段时间 t内，金属棒MN的位移x v t这个过程中线框的面积的变化量S L x Lv t穿过闭合电路的磁通量的变化量B S BLv t根据法拉第电磁感应定律E t解得E BLv(2)如图所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力裳 X X Xfi evB, fi即非静电力在f的作用下，电子从 N移动到M的过程中，非静电力做功W evBL W根据电动势定义 E 解得E BLv(3)自由电荷受洛伦兹力如图所示.k X W X X K卜 6 IT M V H l£ K X M1 X K设自由电荷的电荷量为 q,沿导体棒定向移动

10、的速率为u .如图所示，沿棒方向的洛伦兹力fi qvB ,做正功 W fi uAt qvBuAt垂直棒方向的洛伦兹力 f2 quB ,做负功W2f2 V AtquBv At所以Wi+W2=0 ,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零.fi做正功，将正电荷从 N端搬运到M端，fi相当于电源中的非静电力，宏观上表现为电动势”，使电源的电能增加；f2做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少.大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦 兹力通过两个分力做功起到传递”能量的作用.【点睛】本题较难，要从电动势定义的角度上去求电动势的大小，并学会从微观的角度

11、分析带电粒 子的受力及做功情况.6 .如图甲所示，光滑导体轨道 PMN和PMN是两个完全一样的轨道，是由半径为 r的四 分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M'点相切，两轨道并列平行放置，MN和M'N'位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L, PP之间有一个阻值为 R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN M '是一个矩形区域内有竖直 向上的磁感应强度为 B的匀强磁场，水平轨道 MN离水平地面的高度为 h,其截面图如图 乙所示.金属棒a和b质量均为m、电阻均为R,在水平轨道某位置放上金属棒b,静止不动，a棒从圆弧顶端PP处静

12、止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接 触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x mR(2 ,两棒速度稳定之后，再经过一段时2B2L2间，b棒离开轨道做平抛运动，在 b棒离开轨道瞬间，开关 K闭合.不计一切摩擦和导轨 电阻，已知重力加速度为 g.求：(1)两棒速度稳定时的速度是多少？(2)两棒落到地面后的距离是多少？(3)从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少?【答案】v1 2gL(2)xQ -mgr 1222【解析】【分析】【详解】(1) a棒沿圆弧轨道运动到最低点 M时，由机械能守恒定律得：mgr1 2 -mvo 2解得a棒沿圆弧轨道最低点m时的速度v0 j

13、2gr从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总 是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒.由动量守恒定律得：mv0 2mM解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度V1Vo2.2gr2(2)经过一段时间,b棒离开轨道后,a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量大小:IA ILBtBL 2Rit2. 2B L x2R由动量定理:IA mv2 mV|解得v2 二gL4由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离x V1 v2(3)由能量守恒定律可知，a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳1212热：Q - mv0 -(2

14、m)v11斛得：Q mgr 27.如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=im,导轨平面与水平面成。=30°角，上端连接阻值 R=1.5Q的电阻，质量为 m=0.2Kg、阻值r=0.5Q的金属棒 放在两导轨上，距离导轨最上端为 L2=4m,棒与导轨垂直并保持良好接触.整个装置处于一匀 强磁场中 该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示.为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F, g=10m/s2求：即独(1)当t=1s时,棒受到安培力F安的大小和方向；(2)当t=1s时，棒受到外力F的大小和方向；(3) 4s后，撤去外

15、力F,金属棒将由静止开始下滑 ，这时用电压彳感器将 R两端的电压即时 采集并输入计算机，在显示器显示的电压达到某一恒定值后 ，记下该时刻棒的位置，测出该位 置与棒初始位置相距 2m,求棒下滑该距离过程中通过金属棒横截面的电荷量q.【答案】(1) 0.5N；方向沿斜面向上(2) 0.5N,方向沿斜面向上(3) 1.5C【解析】【分析】【详解】(1) 0-3s内，由法拉第电磁感应定律得：E - -BL1L2 2V t tT=1s时，F安=BILi=0.5N方向沿斜面向上(2)对ab棒受力分析，设F沿斜面向下，由平衡条件：F+mgsin30 -F安=0 F=-0.5N外力F大小为0.5N.方向沿斜面

16、向上(3) q=It , I -E-； E ；BLiSR rtBL1s 1.5 1 2联立解得q - C 1.5CR r 1.5 0.58 .研究小组同学在学习了电磁感应知识后，进行了如下的实验探究(如图所示)：两个足 够长的平行导轨(MNPQ与M1P1Q1)间距L=0.2m,光滑倾斜轨道和粗糙水平轨道圆滑连 接，水平部分长短可调节，倾斜轨道与水平面的夹角9 =37：倾斜轨道内存在垂直斜面方向向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T, NNi右侧没有磁场；竖直放置的光滑半圆轨道PQ、PiQi分别与水平轨道相切于 P、Pi,圆轨道半径ri=0. lm,且在最高点 Q、Qi处安装 了压力传感器.金属

17、棒 ab质量m=0.0lkg,电阻r=0.1 0,运动中与导轨有良好接触，并且垂 直于导轨；定值电阻 R=0.4R连接在MMi间，其余电阻不计：金属棒与水平轨道间动摩 擦因数 科二0.4实验中他们惊奇地发现：当把 NP间的距离调至某一合适值d,则只要金属棒从倾斜轨道上离地高 h=0.95m及以上任何地方由静止释放，金属棒 ab总能到达QQi 处，且压力传感器的读数均为零.取g=l0m/s2, sin37=0.6, cos37°=0.8.则：(1)金属棒从0.95m高度以上滑下时，试定性描述金属棒在斜面上的运动情况，并求出 它在斜面上运动的最大速度；(2)求从高度h=0.95m处滑下后

18、电阻R上产生的热量；(3)求合适值d.【答案】(1) 3m/s； (2) 0.04J; (3) 0.5m.【解析】【详解】(1)导体棒在斜面上由静止滑下时，受重力、支持力、安培力，当安培力增加到等于重力的下滑分量时,加速度减小为零，速度达到最大值；根据牛顿第二定律，有:mgsin FA安培力：FABIL IBLv联立解得：vmg(Rr)sin0.01 10 (0.4 0.1) 0.6B2L20.E 0.223m/s(2)根据能量守恒定律，从高度12Q mgh -mv 0.01 10h=0.95m处滑下后回路中上产生的热量:1 0.95 220.01 30.05J故电阻R产生的热量为：QRRR7

19、Q(3)对从斜面最低点到圆轨道最高点过程,0 4 0.05 0.04J0.4 0.1根据动能定理，有：mg 2r1,1212mgd m» mv 222_ _vj在圆轨道的最高点，重力等于向心力，有:mg m r122v5gr135 i0 0.i联立解得：d - 0.5m2 g 2 0.4 i0i 一 一9 .如图所不，两根间距为 L的平行金属导轨，其 cd右侧水平，左侧为竖直的 回弧，圆4Ri的电阻，整个装置处在弧半径为r,导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有阻值为竖直向上的匀强磁场中。现有一根阻值为R2、质量为m的金属杆，在水平拉力作用下，从图中位置ef由静止开始做加速度为 a的

20、匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接 触良好。开始运动后，经时间 ti,金属杆运动到cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为U,此后全属杆恰好能到达圆弧最高处abo重力加速度为 go求:ef运动到(i)金属杆从(2)金属杆从(3)金属杆从ef运动到cd运动到cd的过程中,cd的过程中,拉力电阻ab的过程中，电阻F随时间t变化的表达式;Ri上通过的电荷量；Ri上产生的焦耳热。【答案】(1)FmaU2(RR2)tR2ati2；(2)qUti2RiRi/ i 2, 2；(3) Qi- ( ma h mgr)Ri R2 2【分析】利用法拉第电磁感应定律和电流公式联合求解。根据能量守恒定律求出回路

21、产生的总焦耳热，再求出【详解】Ri上产生的焦耳热。(i)金属杆运动到cd时，由欧姆定律可得 IiRi由闭合电路的欧姆定律可得 金属杆的速度vi = ati由法拉第电磁感应定律可得El= |l(Rl + R2)Ei= BLvi解得：BU(Ri R2)Ri Lati由开始运动经过时间t,v=atBLv感应电流I -Ri R2金属杆受到的安培力 由牛顿运动定律F 安=BILF F 安=ma可得F maU2(Ri R2)t口2 .2'Ri ati12(2)金属杆从ef运动到cd过程中，位移 x -ati电阻Ri上通过的电荷量：R R2E tB SS xL联立解得：qUt12R1 '(3

22、)金属卞f从cd运动到ab的过程中，由能量守恒定律可得1 2Q - mv mgr2因此电阻Ri上产生的焦耳热为-Ri.QiQRi R2可得Ri /i2,2、Qi (ma h mgr)。Ri R2 2【点睛】此题为一道综合题，牵涉知识点较多，明确求电动势、安培力、焦耳热的方法是解题的关 键，灵活利用法拉第电磁感应定律和能量守恒的结论是解题的捷径。I0.如图I所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为I,电阻均可忽略不计。在 M和P之间接有阻值为 R的定值电阻，导体杆 ab质量为m、电 阻为r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab

23、杆一个初速度 vo,使杆向右运动。(I)当ab杆刚好具有初速度 vo时，求此时ab杆两端白电压 U; a、b两端哪端电势高；(2)请在图2中定性画出通过电阻 R的电流i随时间t变化规律的图象；(3)若将M和P之间的电阻R改为接一电容为 C的电容器，如图3所示。同样给ab杆 个初速度vo,使杆向右运动。请分析说明ab杆的运动情况。侨案U端电势高(3)当ab杆以初速度Vo开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度 减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速

24、度做 匀速直线运动。【解析】【分析】(1)求解产生感应电动势大小，根据全电路欧姆定律求解电流强度和电压，根据右手定则 判断电势高低；(2)分析杆的受力情况和运动情况，确定感应电流变化情况，由此画出图象；(3)杆在向右运动过程中速度逐渐减小、 量定理求解最后的速度大小。【详解】(1) ab杆切割磁感线产生感应电动势：根据全电路欧姆定律：I -ER rab杆两端电压即路端电压：U IRMU詈R; a端电势高。(2)杆在向右运动过程中速度逐渐减小、由此分析安培力的变化，确定运动情况；根据动E = Blvo感应电动势逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流逐渐减小，通过电阻R的电流i随时间变化规律

25、的图象如图所示:(3)当ab杆以初速度V0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电， 有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度 也减小，杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结 束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体 的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。11 .如图所示，在倾角为 30的斜面上，固定一宽度为 L 0.25m的足够长平行金属光滑内阻为导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器.电源电动势为E 3

26、.0V ,r 1.0 .质量m 20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 0.80T.导轨与金属棒的电阻不计，取2g 10m/s .(1)如果保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器接入到电路中的阻值是多少；(2)如果拿走电源，直接用导线接在两导轨上端，滑动变阻器阻值不变化，求金属棒所能达 到的最大速度值；在第(2)问中金属棒达到最大速度前，某时刻的速度为10m/s,求此时金属棒的加速度大小.【答案】(1) R 5(2) v 12.5m/s a 1m/s2【解析】(1)因为金属棒静止在金属轨道上，受力平衡，如图所示，安培力F0 BIL根据平衡条

27、件知 F0 mgsin30mgsin30 - 联立得I0.5ABL设变阻器接入电路的阻值为R ,根据闭合电路欧姆定律联立计算得出R E r 5I此时安培力大小,IR 0.5 5V回路中电流大小应与上面情况2.5V ,(2)金属棒达到最大速度时，将匀速下滑, 相同，即金属棒产生的电动势，E由E BLv得v BL250.8 0.2512.5m/s .F安BI L的速2 , 2BLvR度为 10m/s ,一2 一 20.80.2510 2N 0.08N ；5受的安培力大小为根据牛顿第二定律得：mgsin30 F安 ma计算得出：a 1m/s2.【点睛】本题是金属棒平衡问题和动力学问题，关键分析受力情

28、况，特别是分析和计算安 培力的大小.12 .如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成e =30。的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值Ri=R>=2Q,导轨间距L= 0.6m.在右侧导轨所在斜面的矩形区域MiM2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界 MiPi、M2P2的距离d=0.2m,磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙 所示.t=0时刻，在右侧导轨斜面上与MiPi距离s=0.1m处，有一根阻值r=2Q的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g =i0m/s2,导轨电阻不计.求：(2)

29、在ti = 0.is时刻和t2= 0.25s时刻电阻Ri的电功率之比;(3)整个过程中，电路产生的总热量Q.【答案】(i) im/s (2) 4:i (3) 0. 0i J【解析】1试题分析：(i)由 mgs- sin gmv2得v£ 0 2 ¥(2)棒从释放到运动至 MiPi的时间 9、"'"Atp 也 BEl= =Lti = 0.6V在ti = 0. i s时，棒还没进入磁场，有此时，R2与金属棒并联后再与 Ri串联R 总=3 QJ口1 =不上 1 = 04/5 -£ 二二 02$由图乙可知，t=0. 2s后磁场保持不变，ab经过磁

30、场的时间"故在t2 = 0. 25 s时ab还在磁场中运动，电动势E2= BLv=0. 6V此时Ri与R2并联，R总=3Q,得Ri两端电压Ui'= 0. 2V必Pl Ul1 5p7 u 2电功率 八，故在ti=0. i s和t2=0. 25 s时刻电阻Ri的电功率比值E2I =(3)设ab的质量为m, ab在磁场中运动时，通过 ab的电流 片总ab受到的安培力 Fa=BIL又 mgsin 0 = BIL解得 m=0. 024kg见Qi 二一” 0.004J在t=00. 2s时间里，R2两端的电压U2=0. 2V,产生的热量片工ab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M

31、2P2处的速度为零，由功能关系可得在口t=0 . 2s后，整个电路最终产生的热量Q=mgdsin o4mv2=0. 036J由电路关系可得 R广生的热量Q2Q=0. 006J故R2产生的总>热量Q总=Qi+ Q2=0. 01 J考点：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律【名师点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及能量守恒定律等知识的综合应用，关键要搞清电路的连接方式及能量转化的关系，明确感应电动势既与电路知识有关， 又与电磁感应有关.13 .如图所示，在水平地面 MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B=1T的有界匀强磁场区域，上边界 EF距离地面的高度为 H.正方形金属

32、线框 abcd的质量m=0.02kg、边长L= 0.1m (L<H),总电阻R = 0.2 R开始时线框在磁场上方，ab边距离EF高度为h,然后由静止开始自由下落，abcd始终在竖直平面内且 ab保持水平.求线框从开始运动到 ab边刚要落地的过程中(g取10m/s2)若线框从h=0.45m处开始下落，求线框 ab边刚进入磁场时的加速度;(2)若要使线框匀速进入磁场，求h的大小；(3)求在(2)的情况下，线框产生的焦耳热Q和通过线框截面的电量 q.【答案】(1)a 2.5m/s2 (2)h 0.8m Q 0.02J,q 0.05C【解析】【分析】【详解】(1)当线圈ab边进入磁场时，由自由落体规律：Vi J2gh 3m/s棒切割磁感线产生动生电动势：E BLvi BIE 通电导体棒受安培力 F BIL BLE 0.15NR由牛顿第二定律：mg F ma解得：a 2.5m/s2(2)匀速进磁场，由平衡知识： mg FBLv由v J2gh和I 三丁，代入可解得：h 0.8m(3)线圈cd边进入磁场前线圈做匀速运动，由能量守恒可知重力势能变成焦耳热Q mgL 0.02JBL2通过线框的电量q代 。0.05CR R【点睛】当线框能匀速进入磁场，则安培力与重力相等；而当