安培力难题集萃

安培力难题集萃如图所示，电阻不计的轨道MON和POQ平行放置，两轨道的间距L=1m,ON及O'Q与水平面的夹角。=53°,整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1T。现将两根相同的金属棒ab和cd分别置于导轨上并与导轨垂直且始终保持良好接触，两棒与OO'相距足够远。已知每根棒的质量m=1.0kg、电阻R=0.5Q，棒与导轨间动摩擦因数《=0.5,g取10m/s2。(sin53°=0.8，cos53°=0.6)⑴使ab棒以七=5m/s向左匀速运动，求释放cd棒瞬间，cd棒受到安培力的大小和方向，并分析cd棒以后的运动情况；(2)保持ab棒以恒定速度v匀速运动，释放cd棒，稳定后cd棒以v2=10m/s的速度沿斜面匀速运动，求ab棒的速度v大小和方向。【分析】释放cd棒瞬间，计算出回路的电动势和感应电流，由安培力尸=B/L可得安培力大小，由左手定则确定安培力的方向°cd棒在释放以后的时间里，随着cd棒运动的加快，回路中出现了反电动势，最终安培力向右到达平衡，cd棒做匀速运动。由于cd棒在斜轨上是匀速运动，由平衡条件可知，cd棒受到的安培力水平向右，考虑两种情况：cd棒沿轨道向上和cd棒沿轨道向下运动，分别根据平衡知识得安培力的表达式，然后由闭合电路欧姆定律求出电流，由F=BIL求出安培力，进行求解即可。【详解】刚释放cd棒时，电路中的电动势E=BLv「5V，感应电流I=E2R=5AI=E2R=5A，F安=BIL=5N，方向水平向左。释放cd棒后，随着cd棒运动的加快，回路中出现了反电动势，cd棒在运动过程中受到的安培力先向左后向右，由于摩擦力和安培力的共同影响，做加速度逐渐减小的加速运动，最终做匀速运动。（2）由于cd棒在斜轨上是匀速运动，由平衡条件可知，cd棒受到的安培力水平向右，设cd棒沿轨道向上运动，受到的安培力为F安1，则有:F安］cos53°=mgsin53°+HNN=mgcos53。+F安sin53°mg(sin53°+Hcos53°)cos53°-Hsin53°=55N，此时ab棒应向右运动。电路中的电动势E=BLv-BLv2cos53°EI=——2RF=BIL=B2一件心3°)安1解得ab棒的速度：v=61m/s,方向向右。设C棒沿轨道向下运动受到的安培力为F安，则有:F安cos53。+hN=mgsin53°N=mgcos53°+F安sin53°n解得:mg(sin53°-Hcos53°)=5Ncos53°+Hsin53°设ab棒向右运动，电路中的电动势:B2L2(v+vcos53°)F2安2解得：v=-1m/s，"-”号表示ab棒向左运动，与题设ab棒向右运动相矛盾，即这种情况不可能。所以ab棒的速度为v=61m/s，方向向右。如图所示，匀强磁场B1垂直水平光滑金属导轨平面向下，垂直导轨放置的导体棒ab在平行于导轨的外力F作用下做匀加速直线运动，通过两线圈感应出电压，使电压表示数U保持不变。已知变阻器最大阻值为R,且是定值电阻R2的三倍，平行金属板MN相距为d。在电场作用下，一个带正电粒子从O1由静止开始经02小孔垂直AC边射入第二个匀强磁场区，该磁场的磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外，其下边界AD距0102连线的距离为h。已知场强B2=B，设带电粒子的电荷量为q、质量为m，则高度a=1h={b=-3，请注意两线圈绕法，不计粒子重力。求：c=—4（1）试判断拉力F能否为恒力以及F的方向（直接判断）；（2）调节变阻器R的滑动头位于最右端时，MN两板间电场强度多大？（3）保持电压表示数U不变，调节R的滑动头，带电粒子进入磁场B2后都能击中AD边界，求粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围。【分析】（1）导体棒匀速运动，产生的感应电动势是定值，闭合回路的电流为恒定电流，只有穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路才能产生感应电流，据此分析答题。（2）由于欧姆定律求出两板间的电势差，然后求出两板间的电场强度。（3）由欧姆定律求出两极板间的最大电势差与最小电势差，由动能定理求出粒子进入右边磁场时的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题。【详解】（1）ab棒不能做匀速运动，否则副线圈中没有感应电流，故ab棒做变速运动，ab棒做变速运动，产生的感应电动势是变化的，原线圈电流是变化的，ab棒受到的安培力是变力，ab棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可知，ab棒受到的合外力为恒力，由于安培力是变力，则拉力F为变力；粒子带正电，粒子在两极板间加速，说明极板间的电场强度方向水平向右，M板电势高于N板电势，副线圈所在电路电流沿顺时针方向，由楞次定律与右手定则可知，ab棒应向左运动。（2）变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R的三倍，则：R=1R223由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测两电阻的总电压，两极板间的电势差等于r2

,UU3UI==:——=—两端电压，电路电流：R1最大+R2R*1R4R__3U1U定值电阻两端电压：U2=IR2=4RX-R=—UU极板间的电场强度：E==-d4dU滑片在取右端时，两极板间的电势差取小，由(2)可知，取小电势差：U=—min4滑片在最左端时，极板间的电势差最大为Uma[UqU2mmin粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=2mv2—0解得：v，v=qU2mmin解得：vmax粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv解得：粒子轨道半径r=部即rminr71由题意可知：h=—B即rminr71由题意可知：h=—BminmU

2q粒子运动轨迹如图所示:由几何知识可得：AO2=rmin=h则有:AF=则有:AF=则：粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围是：h<s<<3h如图所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为a的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为/，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源.将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直.已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为/,方向由a到b,图乙为图甲沿a^b方向观察的平面图.若重力加速度为g,在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止.甲乙请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；求出磁场对导体棒的安培力的大小；如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向.【解析】试题分析：⑴如图所示mg⑵根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F=mgtana⑶要使磁感应强度最小，则要求安培力最小.根据受力情况可知，最小安培力Fmin=mgsina，方向平行于轨道斜向上，所以最小磁感应强度Bmin=Fmin/Il=mgsina/Il；根据左手定则可判断出，磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上.考点：物体的平衡；安培力如图1所示，两根水平的金属光滑平行导轨，其末端连接等高光滑的圆弧，其轨道半径r=0.5m，圆弧段在图中的cd和ab之间，导轨的间距为L=0.5m，轨道的电阻不计，在轨道的顶端接有阻值为R=2.0Q的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T.现有一根长度稍大于L、电阻不计，质量m=1.0kg的金属棒，从轨道的水平位置ef开始在拉力F作用下，从静止匀加速运动到cd的时间t0=2.0s，在cd时的拉力为F0=3.0N.已知金属棒在ef和cd之间运动时的拉力随时间变化的图象如图2所示，重力加速度g=10m/s2，求:求匀加速直线运动的加速度；金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量q；匀加到cd后，调节拉力使金属棒接着沿圆弧做匀速圆周运动至ab处，金属棒从cd沿-圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功W.【解析】试题分析：(1)设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd的速度：v=2a当金属棒在cd时为研究对象，产生的感应电动势：E=BLv产生的电流：-金属棒所受的安培力：F=BIL据牛顿第二定律得：F0-F=ma联立以上带入数据解得：a=1.5m/s2①据以上可知，金属棒匀加速运动的位移：s=-at2②据法拉第电磁感应定律得：一一③通过金属棒的平均电流：一④通过金属棒的电量：q=I1At⑤联立①②③④⑤带入数据解得：q=1.5C(3)金属棒在圆弧轨道的速率：v=at=3m/s⑥运动的时间为：—⑦产生的电动势最大值：Em=BLv⑧由于圆弧段导体棒做的是匀速圆周运动，所以导体棒中产生正弦式电流，所以产生的热量：据能量守恒可知：W=Q+mgh(10)联立以上解得：W=5.59J考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；能量守恒定律【名师点睛】此题为一道综合性很强的题，牵涉知识点众多，明确求电动势、安培力、电量和功的方法是解题的关键，灵活利用求电量和能量守恒的结论是解题的捷径。如图所示，光滑平行导轨MN、PQ固定于同一水平面内，导轨相距L=0.2m，导轨左端接有规格为“0.6V，0.6W”的小灯泡，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，在水平拉力作用下沿导轨向右运动.此过程中小灯泡始终正常发光，已知导轨MN、PQ与导体棒的材料相同，每米长度的电阻r=0.5Q，其余导线电阻不计，导体棒的质量m=0.1kg，导体棒到左端MP的距离为x.PfW求出导体棒ab的速度v与x的关系式；在所给坐标中准确画出aMPba回路的电功率P与x的关系图象(不必写出分析过程，只根据所画图象给分)；求出导体棒从x「0.1m处运动到x「0.3m处的过程中水平拉力所做的功.PfW【解析】试题分析：(1)导体棒接入电路的电阻：R0=0.2x0.5。=0.1。,，一，，……，尸.因为灯泡正常发光，由P=UI得电路中电流：I=亏=1A灯泡电阻：R灯=*=0.6。ab切割磁场产生感应电动势：E=BlvE由闭合电路欧姆定律有：1=--一-—R+R灯+2xr又r=2x0.5综合上述各式，代入数据后得：v=(5x+3.5)m/s(2)如图所示

(3)由速度与位移关系v=(5x+3.5)m/s得:当x1=0.1m时，速度v1=4m/s；x2=0.3m时，速度v2=5m/s.根据动能定理可得：W+W=上mv2--mv2拉安2221其中安培力所做的功：七二-皿最解得：W拉=0.49J考点：导体切割磁感线时的感应电动势、动能定理、闭合电路欧姆定律【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、动能定理、闭合电路欧姆定律。灯泡正常发光，由P=UI求出电流，由欧姆定律求出灯泡的电阻.ab切割磁场产生感应电动势：E=Blv，根据闭合电路欧姆定律，即可求解v的表达式；由速度的表达式，求出导体棒在x1=0.1m处和x2=0.3m处的速度，根据动能定理求解水平拉力所做的功.如图甲所示，将一间距为L=1m的U形光滑导轨(不计电阻)固定倾角为0=30°，轨道的上端与一阻值为R=1Q的电阻相连接，整个空间存在垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B未知，将一长度也为L=1m、阻值为r=0.5Q、质量为m=0.4kg的导体棒PQ垂直导轨放置(导体棒两端均与导轨接触).再将一电流传感器按照如图甲所示的方式接入电路，其采集到的电流数据能通过计算机进行处理，得到如图乙所示的I-t图象.假设导轨足够长，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直.已知重力加速度g=10m/s2.传携器求0.5s时定值电阻的发热功率；求该磁场的磁感应强度大小B；估算0〜1.2s的时间内通过传感器的电荷量以及定值电阻上所产生的热量.传携器【解析】(1)由I-t图象可知当t=0.5s时，I=1.10A；尸=/2R=1.102x1.0W=1.21W由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A,稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinO=BIL解得==1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知，总格数为130格，0=130x0.1x0.1C=1.30C由图知，1.2s末杆的电流I=1.50A由闭合电路欧姆定律得=——=——得=——=又==—=——=—=—所以：==根据能量守恒得mgxsinQ=~mv2+Q，电路中产生的总热量为Q=mgxsinO—mv2=2.47JQr=一Q=1.65J【点睛】本题是一道电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚金属杆的运动，应用平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等可以解题.本题的难点有两个：一是抓住电流图象“面积”的意义，估算出通过R的电量；二是根据感应电量——求出杆通过的距离.如图所示，两平行光滑倾斜导轨相距为20cm，倾角0=45°，金属棒MN的质量为10g，金属棒的电阻Rj8Q，匀强磁场的磁感应强度B方向竖直向下，大小为0.8T，电源电动势为10V，内阻r=1Q，当电键S闭合时，金属棒MN处于平衡状态，求变阻器日2的取值为多少？(g取10m/s2)【解析】试题分析：由物体的平衡条件得F=mgtan0安培力的大小F=ILB-E根据闭合电路欧姆定律I=-—-一R+R+r解得：R2=7Q考点：安培力；物体的平衡如图（a）所示，两条间距为h的水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图（b）中B-t图像变化（图中B。已知）。现有一个“日”字形刚性金属线框ABCDEF，它的质量为m,EF中间接有一开关S,开关S闭合时三条水平边框的电阻均为R，其余各边电阻不计，AB=CD=EF=J，AD=DE=h,用两根轻质的绝缘细线把线框竖直悬挂住，AB恰好在磁场区域M1N1和M2N2的正中间，开始开关S处于断开状态。％（未知）时刻细线恰好松弛，此后闭合开关同时剪断两根细线，当CD边刚进入磁场上边界M1N1时线框恰好做匀速运动（空气阻力不计）。求:图廿图*（1）t0的值；（2）线框EF边刚离开磁场下边界M2N2时的速度；【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为

「△中ABSBo*2LhBLhE====—o—，AtAtt2t线框中的电流i—A----,R+R2R线框受到的安培力F=B°IL，细线恰好松弛，细线拉力为零，线框受到的安培力F=B°IL，细线恰好松弛，细线拉力为零，线框处于平衡状态，由平衡条件得b。il=m(2)当CD边到达M1N1时线框恰好做匀速直线运动，处于平衡状态，E2Ee3R，由平衡条件得B。IL=mg，电流11=——RR+~23R，CD棒切割磁感线产生的电动势E'=B0Lv'，解得v'=2mR；0考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】本题过程较复杂，分析清楚线框的运动过程，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题，分析清楚线框的运动过程是正确解题的前提与关键.如图所示，水平地面上方有一高度为H、界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B。矩形导线框abcd在磁场上方某一高度处，导线框ab边长为11，bd边长为12,导线框的质量为m，电阻为R。磁场方向垂直于线框平面，磁场高度H>12。线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为3g/5；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为g/5。运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边始终平行PQ。空气阻力不计，重力加速度为go求:P旦xxxxxxxxxyyzykmXXkkxk白xxxxxxxxyyyrxxxxxxxxxxxxx,.-WT

线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的高度h；cd边刚离开磁场时，电势差Ucd从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场的过程中，通过线框导线某一横截面的电荷量q。【解析】试题分析：(1)cd边刚进入磁场时，设其速度为v，B212v32mgR、v2则F安=一R一，由牛顿第二定律可得mg—F安=mX5g，解之得v=5—^，故高度h=^J12gm2R2=25B4/41(2)cd边刚离开磁场时，设其感应电动势为E，即ab边产生的电动势。则F安，BlE16则F安，=R，由牛顿第二定律可得F安'—mg=mX5g，解之得E=53/，线框的16mgR=5B212；由右手定则判断出感应电流是由b到c的，故由欧姆定律得，电势差u=———x1=—3mgR；电势差cd21+2115B(1+1)'1212(3)ab边刚进入磁场时至cd边出磁场时，线圈自由下落，故由V2—vb2=2g(H—12)，代入解之得vb2=v'2—2g(H—12)，则从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁1,、八E16m3g2R2场过程中，由功关系得：mg12—Q=2m(七2—v2)，则Q=mgH-—-5——1AoBl1通过线框导线某一横截面的电荷量q=It==技RR考点：电磁感应，功能关系，电荷量。某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示。在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好。当传送带以一定的速度v匀速运动时，电压表的示数电阻R产生焦耳热的功率每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功【解析】试题分析：(1)金属条产生的感应电动势为E=BLv，电路中的感应电流为1=半匕，故电压表的示数"=IR=B竺；R+rR+rB2Lv2R(2)电阻R产生焦耳热的功率P=I2R=丈；(R+rJ金属棒ef金属棒ef在导轨上运动的最大速度；从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量.B2L2vd⑶每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功W=F安d=BM=k。考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力。:.哗视频如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，金属棒ef搁在导轨上质量为m，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个边长为L的正方形.金属棒的电阻为r，其余部分的电阻不计.在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.为使金属棒ef在0-ti保持静止，在金属棒ef上施加一水平拉力F,从气时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了距离s后刚好达到最大速度，求：图甲t在t=*时刻该水平拉力F的大小和方向；

【解析】试题分析：(1)L时刻，感应电动势E=UBS=金，TOC\o"1-5"\h\z2Dtti，一一，、…厂B口BB12B213导体棒受到的安培力。=苛n=方•丁1=苛厂,—1r由楞次定律可知，感应电流从f流向e，由左手定则可知，导体棒受到的安培力向左;B2/3、…一…由平衡条件可知，此时水平拉力F=；一，方向水平向右;2rt1(2)导体棒切割磁感线产生感应电动势，当金属棒的速度最大时，感应电动势E/=Bilvm，此时导体棒受到的安培力F'=B丝二•1，安1r此时水平拉力F=22守1B2此时水平拉力F=22守1B213B213—，rt1当安培力与拉力合力为零时导体棒做匀速直线运动，此时速度最大，即：F'=F安，B23_Blv[—1—=B.—m-1；rt1r解得，导体棒的最大速度:1v=—mt1⑶金属棒静止时的感应电流：〈=Bl2，rt1金属棒从开始运动到最大速度阶段，由能量守恒定律，得:金属棒从开始运动到最大速度阶段，由能量守恒定律，得:B214产生的焦耳热：Q=12rt=^—，111rtQ=Fs-—mv2=B^3-s-—Q=Fs-—mv2=B^3-s-—m(1)2=22mrt]22t2112.如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场磁场方向水平向里，磁场高度为h.竖t1rt12t12B213(1+s)m12

全过程产生的焦耳热Q=Q+Q=^

12rt1考点：电磁感应；功能关系直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h.现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动•求:

DVABk"xx'x"x"V"xil气在DC边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度与AB边刚进入磁场时的速度比是多少？DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为多少？从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比？【解析】试题分析：⑴设AB边刚进入磁场时速度为％，线框质量为m、电阻为R，ab=i，则CD=51B2l2vAB刚进入磁场时有：一—o=mgR解得：v°=mgR~b212解得：v°=mgR~b212设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为21，E=些=险=B“I"下"=B(2l)v感AtAtAtiB(2l)2v线框匀速运动时有：i=mg日m幻B2（3/）2V9F=叩=~R^=4mg有牛顿第二定律：F=ma合F-mg5解得：a="^=4g(3)从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得:mg-^h-Q=2mv2_-47,机械能损失：AE=Q=访mg重力做功：.=m^3h所以，线框的机械能损失和重力做功之比AE:W=47:48G考点：电磁感应的力与能量问题相距的足够长金属导轨竖直放置，质量为的金属棒ab和质量为的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同，ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为，两帮总电阻为，导轨电阻不计。时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。H3求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；已知在内外力F做功，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热;①判断cd棒的运动过程求出cd棒达到最大速度所对应的时刻在图(c)中画出前5秒内cd棒所受摩擦力随时间变化的图像。

，此时，回路中的感应电【解析】试题分析：（1）经过时间，金属棒ab的速率流为-—对金属棒ab，由牛顿第二定律得TOC\o"1-5"\h\z由以上各式整理得——在图线上取两点：，；，代入上式得，。，此时，回路中的感应电（2）在末金属棒ab的速率，所发生的位移-由动能定律得安-，又安联立以上方程，解得：-（3）①cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。②当cd棒速度达到最大时，有：又：安又：安，安—，整理可以得到:③随时间变化的图像如图（c）所示:考点：导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律、动能定理的应用、能量守恒定律【名师点睛】本题中cd棒先受到滑动摩擦，后受到静摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程.滑动摩擦力与安培力有关，呈现线性增大。如图所示，倾角。为30°的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场区域PQNM，磁场区域宽度L=0.1m.将一匝数n=10匝、质量m=0.02kg、边长L=0.1m、总电阻R=0.4的正方形闭合线圈abcd由静止释放，释放时ab边水平，且到磁场上边界PQ的距离也为L，当ab边刚进入磁场时，线圈恰好匀速运动.（g=10m/s2）求：（1）ab边刚进入磁场时，线圈所受安培力的大小及方向；ab边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小;线圈穿过磁场过程产生的热量.【解析】试题分析：(1)ab边刚进入磁场时线框做匀速运动，对线圈受力分析，如图所示，可知：线圈所受安培力的大小鼻，方向沿斜面向上。女线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设ab边刚进磁场时的速度为v，则由机械能守恒定律得：-，得：，线框切割磁感线产生的感应电动势线框中的感应电流-，底边所受的安培力安，由以上各式解得：。分析可知线圈穿过磁场的过程中一直匀速运动，由能量守恒可得：考点：电磁感应，动能定理【名师点睛】本题是导轨类问题，首先要分析线框的运动情况，画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解。如图所示，两根足够长的直金属导轨M