高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究4 加試計(jì)算題 23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

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題型研究4 加試計(jì)算題 23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1導(dǎo)體棒的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(1)平衡狀態(tài)導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，加速度為零；(2)非平衡狀態(tài)導(dǎo)體棒的加速度不為零2兩個(gè)研究對象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看做電學(xué)對象(因?yàn)樗喈?dāng)于電源)，又可看做力學(xué)對象(因?yàn)橛懈袘?yīng)電流而受到安培力)，而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v是聯(lián)系這兩個(gè)對象的紐帶3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析思路(1)電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I.(2)受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程：F合ma.(3)過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速運(yùn)動(dòng)或變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件列方程：F合0.例1如圖1甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦圖1(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及加速度的大??；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的最大速度答案(1)見解析圖(2)gsin (3)解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上(2)當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv，此時(shí)電路中電流I，ab桿受到的安培力F安BIL，根據(jù)牛頓第二定律，有mamgsin F安mgsin agsin (3)當(dāng)a0時(shí)，ab桿有最大速度vm.用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)進(jìn)行“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r.(2)進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，明確串、并聯(lián)的關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力(4)進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型變式題組1(2015浙江10月選考22)如圖2甲所示，質(zhì)量m3.0103 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長l0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T，方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中有一匝數(shù)n300匝，面積S0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示(g取10 m/s2)圖2(1)求00.10 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小(2)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向(3)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細(xì)桿CD的電荷量答案(1)30 V(2)CD向上(3)0.03 C解析(1)由電磁感應(yīng)定律En得EnS30 V(2)電流方向CD，B2方向向上(3)由牛頓第二定律Fmam(或由動(dòng)量定理Ftmv0)，安培力FIB1l，QIt，v22gh，得Q0.03 C.2(2016浙江10月學(xué)考22)為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO上，由電動(dòng)機(jī)A帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時(shí)，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒cd再次靜止時(shí)，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)：圖3(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動(dòng)機(jī)對該裝置的輸出功率P；(3)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系答案(1)，方向由d到c(2)(3)解析(1)ab順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為EB1l2由右手定則，電流方向由a到b，由閉合電路歐姆定律，總電流I通過cd棒的電流IcdI，方向由d到c(2)電動(dòng)機(jī)的輸出功率PI2R(3)S斷開時(shí)，由平衡條件kx0mgS閉合時(shí)，由平衡條件kxB2Icdlmg解得.動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系2解決電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)及能量問題的一般思路(1)電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內(nèi)、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關(guān)系(2)受力分析：注意導(dǎo)體棒所受的安培力大小和方向(3)運(yùn)動(dòng)分析：對運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行“慢進(jìn)”式推理分析，應(yīng)用牛頓第二定律對運(yùn)動(dòng)過程中各物理量進(jìn)行分析(4)能量分析：分析運(yùn)動(dòng)過程中各力做功情況，明確能量轉(zhuǎn)化形式(5)規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、動(dòng)能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化3求解焦耳熱的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能關(guān)系：QW克服安培力(3)能量轉(zhuǎn)化：QE其他能的減少量例2如圖4所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面開始時(shí)，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖4(1)線框ab邊將要離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的幾倍；(2)磁場上、下邊界間的距離H.答案(1)4倍(2)28l解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中求解焦耳熱時(shí)容易出現(xiàn)以下兩類錯(cuò)誤：(1)不加分析就把某時(shí)刻的電流I代入公式QI2Rt求解焦耳熱，大多數(shù)情況下感應(yīng)電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時(shí)刻的電流代入公式QI2Rt求解焦耳熱.(2)電路中產(chǎn)生焦耳熱的元件不是一個(gè)，不加分析誤認(rèn)為某個(gè)元件上的焦耳熱就是整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱.變式題組3如圖5所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1O矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界相距d0.現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì))求：圖5(1)棒ab在離開磁場右邊界時(shí)的速度；(2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個(gè)回路所消耗的電能答案(1)(2)F(d0d)解析(1)棒在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FFABIl，再據(jù)I聯(lián)立解得v(2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個(gè)電阻消耗的電能Q，根據(jù)能量守恒定律可得F(d0d)Qmv2，解得QF(d0d).4如圖6甲所示，在水平面上固定有長為L2 m、寬為d1 m的金屬“U”形導(dǎo)軌，在“U”形導(dǎo)軌右側(cè)l0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示在t0時(shí)刻，質(zhì)量m0.1 kg的導(dǎo)體棒以v01 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為0.1 /m，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g10 m/s2)圖6(1)通過計(jì)算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況；(2)計(jì)算4 s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向；(3)計(jì)算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱答案見解析解析(1)導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運(yùn)動(dòng)，有mgma，vv0at，xv0tat2代入數(shù)據(jù)解得t1 s，x0.5 m即導(dǎo)體棒在1 s末已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，以后一直保持靜止，離左端位置為x0.5 m.(2)前2 s磁通量不變，回路電動(dòng)勢和電流分別為E0，I0；后2 s回路產(chǎn)生的電動(dòng)勢為Eld0.1 V回路的總長度為5 m，因此回路的總電阻為R50.5 電流為I0.2 A根據(jù)楞次定律，在回路中的電流方向是順時(shí)針方向(3)前2 s電流為零，后2 s有恒定電流，焦耳熱為QI2Rt0.04 J.1如圖1所示，光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，MN、PQ平行且足夠長，兩軌道間的寬度L0.50 m軌道左端接一阻值R0.50 的電阻軌道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.40 T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量m0.50 kg的導(dǎo)體棒ab垂直于軌道放置在沿著軌道方向向右的力F作用下，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直，不計(jì)軌道和導(dǎo)體棒的電阻，不計(jì)空氣阻力，若力F的大小保持不變，且F1.0 N求：圖1(1)導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度大小vm；(2)導(dǎo)體棒的速度v5.0 m/s時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度大小答案(1)12.5 m/s(2)1.2 m/s2解析(1)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時(shí)受力平衡，有FF安m，此時(shí)F安m，解得vm12.5 m/s(2)導(dǎo)體棒的速度v5.0 m/s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv1.0 V，導(dǎo)體棒上通過的感應(yīng)電流大小I2.0 A，導(dǎo)體棒受到的安培力F安BIL0.40 N，根據(jù)牛頓第二定律，有FF安ma，解得a1.2 m/s2.2(2016舟山調(diào)研)如圖2所示，兩足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面間的夾角為37，兩導(dǎo)軌之間的距離為L0.2 m，導(dǎo)軌上端m、n之間通過導(dǎo)線連接，有理想邊界的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，虛線ef為磁場邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2.0 T一質(zhì)量為m0.05 kg的光滑金屬棒ab從距離磁場邊界0.75 m處由靜止釋放，金屬棒兩軌道間的電阻r0.4 ，其余部分的電阻忽略不計(jì)，ab、ef均垂直導(dǎo)軌(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：圖2(1)ab棒最終在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)的速度；(2)ab棒運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度答案(1)0.75 m/s，方向沿斜面向下(2)18 m/s2，方向沿斜面向上解析(1)當(dāng)ab棒在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡得：BILmgsin 又有I，EBLv，聯(lián)立以上關(guān)系可得v0.75 m/s，方向沿斜面向下(2)ab棒進(jìn)入磁場前，加速度a1gsin 376 m/s2，方向沿斜面向下設(shè)ab棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v1，則v122a1x1將x10.75 m代入得v13 m/s剛進(jìn)入磁場時(shí)，對ab棒受力分析得：mgsin BI2Lma2，I2解得a218 m/s2，方向沿斜面向上進(jìn)入磁場以后，ab棒做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，所以ab棒運(yùn)動(dòng)中的最大加速度為18 m/s2，方向沿斜面向上3如圖3所示，半徑R0.2 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為R的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T一對長L0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d0.1 m從導(dǎo)軌引出導(dǎo)線與上板連接，通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與下板連接有一質(zhì)量m1.0105 kg，電荷量q5.0106 C的微粒，以v02 m/s的速度從兩板正中間水平射入求：圖3(1)金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度多大時(shí)，微粒能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(2)金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至少多大時(shí)，微粒會(huì)碰到上極板A.答案(1)50 rad/s(2)100 rad/s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得UBR2根據(jù)平衡條件可得mgqE因?yàn)镋所以mgqBR2解得50 rad/s(2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時(shí)，微粒向上的加速度大小為a()2a10 m/s2B1R2mgma解得1100 rad/s.4如圖4所示，在水平面內(nèi)存在著豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場，其寬度為d1 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B T水平放置的“日”字形閉合導(dǎo)體線框PQFE，寬L1 m，質(zhì)量m0.25 kg，QN、NF的長度都大于d，PQ邊的電阻R11 、MN邊的電阻R22 、EF邊的電阻R33 ，其余電阻不計(jì)t0時(shí)刻線框在距磁場左邊界x3.2 m處由靜止開始在水平恒力F作用下沿直線運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)線框PQ邊、MN邊和EF邊剛進(jìn)磁場時(shí)均恰能勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)線框運(yùn)動(dòng)中的一切摩擦阻力求：圖4(1)線框所受的力F的大??；(2)線框PQ邊與MN邊之間的距離H；(3)在整個(gè)線框穿過磁場的過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)2.5 N(2)2.8 m(3)7.5 J解析(1)設(shè)PQ邊進(jìn)磁場時(shí)的速度為v1，則Fxmv120FBI1LI1r1R12.2 即v18 m/sF2.5 N(2)設(shè)MN邊勻速進(jìn)磁場時(shí)的速度為v2，則FBI2Lr2R22.75 即v210 m/s設(shè)線框速度從v1加速到v2時(shí)發(fā)生的位移為x1，則Fx1mv22mv12即x11.8 m所以Hx1d2.8 m(3)線框產(chǎn)生的焦耳熱Q3Fd32.51 J7.5 J.5(2016杭州市月考)如圖5所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距L，與水平面的夾角為，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下當(dāng)導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中，導(dǎo)體棒MN一直靜止在導(dǎo)軌上，若兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，在此過程中導(dǎo)體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求：圖5(1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導(dǎo)體棒EF上升的最大高度答案(1)mgsin (2)解析(1)EF獲得向上初速度v0時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv0，電路中電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I，此時(shí)對導(dǎo)體棒MN受力分析，由平衡條件有FAmgsin Ff，F(xiàn)ABIL，解得Ffmgsin .(2)導(dǎo)體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能量守恒定律有mv02mgh2Q.解得h.6(2016衢州市調(diào)研)如圖6(a)所示，斜面傾角為37，一寬為d0.43 m的有界勻強(qiáng)磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行取斜面底部為零勢能面，從線框開始運(yùn)動(dòng)到恰好完全進(jìn)入磁場的過程中，線框的機(jī)械能E和位移x之間的關(guān)系如圖(b)所示，圖中、均為直線段已知線框的質(zhì)量為m0.1 kg，電阻為R0.06 ，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.圖6(1)求金屬線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)求金屬線框從剛進(jìn)入磁場到恰好完全進(jìn)入磁場所用的時(shí)間t.答案(1)0.5(2)0.125 s解析(1)由能量守恒定律可知，線框減少的機(jī)械能等于克服摩擦力所做的功，則E1Wf1mgcos 37x1其中x10.36 m，E1(0.9000.756) J0.144 J可解得0.5(2)金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，減少的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機(jī)械能仍均勻減少，因此安培力也為恒力，線框做勻速運(yùn)動(dòng)v122ax1，其中agsin 37gcos 372 m/s2可解得線框剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為v11.2 m/sE2Wf2WA(FfFA)x2其中E2(0.7560.666) J0.09 J，F(xiàn)fFAmgsin 370.6 N，x2為線框的側(cè)邊長，即線框進(jìn)入磁場過程運(yùn)動(dòng)的距離，可求出x20.15 mt s0.125 s.