電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題教師版

1、專題 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題一、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1電磁感應(yīng)與動力學(xué)、運動學(xué)結(jié)合的動態(tài)分析，分析方法是：導(dǎo)體受力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流通電導(dǎo)線受安培力合外力變化加速度變化速度變化感應(yīng)電動勢變化周而復(fù)始地循環(huán)，直至達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)2分析動力學(xué)問題的步驟(1)用電磁感應(yīng)定律和楞次定律、右手定則確定感應(yīng)電動勢的大小和方向(2)應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出電路中感應(yīng)電流的大小(3)分析研究導(dǎo)體受力情況，特別要注意安培力方向的確定(4)列出動力學(xué)方程或平衡方程求解3兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)靜止或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件合外力等于零，列式分析(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)加速度不為零處

2、理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析二、電磁感應(yīng)中的能量問題1電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力作用，因此要維持感應(yīng)電流存在，必須有“外力”克服安培力做功此過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能可以簡化為下列形式：同理，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2電能求解的思路主要有三種(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2)

3、利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能；(3)利用電路特征求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算例1如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，間距L0.50 m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角37°，N、Q間連接一個電阻R5.0 ，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度B1.0 T將一根質(zhì)量為m0.050 kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.50，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s2.0 m已知g10 m/s2，sin

4、 37°0.60，cos 37°0.80.求：(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時的加速度大??；(2)金屬棒到達(dá)cd處的速度大??；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量解析(1)設(shè)金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則mgsin mgcos ma a2.0 m/s2(2)設(shè)金屬棒到達(dá)cd位置時速度大小為v、電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsin BILmgcos I 解得v2.0 m/s(3)設(shè)金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgssin mv2mgscos Q 解得Q0.10 J突破訓(xùn)練1如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行

5、金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m、電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙、下方軌道光滑，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.將兩根導(dǎo)體棒同時釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF保持靜止，當(dāng)MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，下列敘述正確的是()A導(dǎo)體棒MN的最大速度為B導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin C導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsin D導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為答案AC解析由題意可知，導(dǎo)體棒MN切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv，回路中的電流I，MN受到的安培力FBIL，故MN沿斜面做加速度減

6、小的加速運動，當(dāng)MN受到的安培力大小等于其重力沿軌道方向的分力時，速度達(dá)到最大值，此后MN做勻速運動故導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsin ，導(dǎo)體棒MN的最大速度為，選項A、C正確由于當(dāng)MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，由力的平衡知識可知EF與軌道之間的最大靜摩擦力為2mgsin ，B錯誤由PGvsin 可知導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為，D錯誤例2如圖所示，在傾角37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強度B的大小為5 T，磁場寬度d0.55 m，有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abc

7、d通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m20.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)線框abcd還未進(jìn)入磁場的運動過程中，細(xì)線中的拉力為多少？(2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x多大？(3)在(2)問中的條件下，若cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？審題指導(dǎo)1.線框abcd未進(jìn)入磁場時，線框沿斜面向下加速，m2沿水平面

8、向左加速，屬連接體問題2ab邊剛進(jìn)入磁場時做勻速直線運動，可利用平衡條件求速度3線框從開始運動到離開磁場的過程中，線框和物體組成的系統(tǒng)減少的機械能轉(zhuǎn)化為線框的焦耳熱解析(1)m1、m2運動過程中，以整體法有m1gsin m2g(m1m2)aa2 m/s2以m2為研究對象有FTm2gm2a(或以m1為研究對象有m1gsin FTm1a)FT2.4 N(2)線框進(jìn)入磁場恰好做勻速直線運動，以整體法有m1gsin m2g0 v1 m/sab到MN前線框做勻加速運動，有v22ax x0.25 m(3)線框從開始運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時：m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ解

9、得：Q0.4 J所以QabQ0.1 J突破訓(xùn)練2如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為，導(dǎo)軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B.有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面、大小為v的初速度向上運動，最遠(yuǎn)到達(dá)ab位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為.則()A上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為B上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為mv2mgs(sin cos )C上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2D上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為mv2mgssin 答案BD解析導(dǎo)體棒剛開始運動時所受安培力最大，F(xiàn)mBIl，A選項錯誤

10、由能量守恒定律可知：導(dǎo)體棒動能減少的數(shù)值應(yīng)該等于導(dǎo)體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，其公式表示為：mv2mgssin mgscos Q電熱，則有：Q電熱mv2(mgssin mgscos )，即為導(dǎo)體棒克服安培力做的功導(dǎo)體棒損失的機械能即為克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W損失mv2mgssin .故B、D正確例3如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，間距為L，與水平面成角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，且R1R2R，R1支路串聯(lián)開關(guān)S，原來S閉合勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置，它與導(dǎo)軌

11、粗糙接觸且始終接觸良好現(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放，沿導(dǎo)軌下滑，當(dāng)導(dǎo)體棒運動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v，此時整個電路消耗的電功率為重力功率的.已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計，求： (1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后導(dǎo)體棒ab中的電流強度I；(2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程回路中產(chǎn)生的電熱是多少？(3)導(dǎo)體棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，斷開開關(guān)S，從這時開始導(dǎo)體棒ab下滑一段距離后，通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q，求這段距離是多少？解析(1)回路中的總電阻為：R總R當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應(yīng)電動勢為：EBLv此時棒中的感應(yīng)電流為：I此時回路

12、的總電功率為：P電I2R總此時重力的功率為：P重mgvsin 根據(jù)題給條件有：P電P重，解得：I B (2)設(shè)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力大小為Ff，根據(jù)能量守恒定律可知：mgvsin Ffv 解得：Ffmgsin 導(dǎo)體棒ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和mgsin ·xmv2QFf·x解得：Qmgsin ·xmv2(3)S斷開后，回路中的總電阻為：R總2R設(shè)這一過程經(jīng)歷的時間為t，這一過程回路中的平均感應(yīng)電動勢為，通過導(dǎo)體棒ab的平均感應(yīng)電流為，導(dǎo)體棒ab下滑的距離為s，則：，得：qt 解得：s 鞏固練習(xí)1(2013&#

13、183;安徽·16)如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 .一導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8 T將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6)()A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W解

14、析導(dǎo)體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安mgcos 37°mgsin 37°，所以F安mg(sin 37°cos 37°)0.4 N，由F安BIL得I1 A，所以EI(R燈RMN)2 V，導(dǎo)體棒的運動速度v5 m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈I2R燈1 W正確選項為B.2如圖甲所示，電阻不計且間距L1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R2 的電阻，虛線OO下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場，現(xiàn)將質(zhì)量m0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab從OO上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平已知桿ab進(jìn)入磁場時的速

15、度v01 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則()A勻強磁場的磁感應(yīng)強度為1 TB桿ab下落0.3 m時金屬桿的速度為1 m/sC桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2 JD桿ab下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為0.25 C解析在桿ab剛進(jìn)入磁場時，有mgma，由題圖乙知，a的大小為10 m/s2，解得B2 T，A錯誤桿ab下落0.3 m時桿做勻速運動，則有mg，解得v0.5 m/s，選項B錯誤在桿ab下落0.3 m的過程，根據(jù)能量守恒，R上產(chǎn)生的熱量為Qmghmv20.287 5 J，選項C錯誤通過R的電荷量q0.2

16、5 C選項D正確3在如圖所示傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L.一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為的正方形導(dǎo)體線圈，在沿平行斜面向下的拉力F作用下由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場時，恰好做勻速直線運動，下列說法中正確的有(重力加速度為g)() A從線圈的ab邊剛進(jìn)入磁場到線圈dc邊剛要離開磁場的過程中，線圈ab邊中產(chǎn)生的感應(yīng)電流先沿ba方向再沿ab方向B線圈進(jìn)入磁場過程和離開磁場過程所受安培力方向都平行斜面向上C線圈ab邊剛進(jìn)入磁場 時的速度大小為D線圈進(jìn)入磁場做勻速運動的過程中，拉力

17、F所做的功等于線圈克服安培力所做的功答案BC解析由右手定則可知線圈的ab邊剛進(jìn)入磁場和線圈的dc邊剛要離開磁場時，線圈ab邊中的感應(yīng)電流方向均為ba，線圈經(jīng)過JP時感應(yīng)電流的方向為ab，A錯誤由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流所受磁場的安培力阻礙線圈的切割磁感線運動，B正確線圈ab邊剛進(jìn)入磁場時，受到的安培力F安BI，由共點力的平衡知識可知F安mgsin F，聯(lián)立可得線圈ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小為，C正確線圈進(jìn)入磁場做勻速運動的過程中，合外力做的功為0，即拉力F和重力沿斜面方向的分力所做的功等于線圈克服安培力所做的功，D錯誤課后練習(xí)題組1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)

18、線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一定值電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則()Aef將減速向右運動，但不是勻減速Bef將勻減速向右運動，最后停止Cef將勻速向右運動Def將做往返運動答案A解析桿ef向右運動，所受安培力FBIlBl，方向向左，故桿ef做減速運動；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運動，A正確2.一個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落，進(jìn)入一水平的勻強磁場區(qū)域，然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落，如圖所示，則()A若線圈進(jìn)入磁場過程是勻速運動，則離開磁場過程也是勻速運

19、動B若線圈進(jìn)入磁場過程是加速運動，則離開磁場過程也是加速運動C若線圈進(jìn)入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程也是減速運動D若線圈進(jìn)入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程是加速運動答案C解析從線框全部進(jìn)入磁場至線框開始離開磁場，線框做加速度為g的勻加速運動，可知線圈離開磁場過程中受的安培力大于進(jìn)入磁場時受的安培力，故只有C項正確3在倫敦奧運會上，100 m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)有跟蹤儀，其原理如圖甲所示，水平面上兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L0.5 m，一端通過導(dǎo)線與阻值為R0.5 的電阻連接導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m0.5 kg的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計勻強磁場方向豎直向下用與導(dǎo)軌平行的拉力

20、F作用在金屬桿上，使桿運動當(dāng)改變拉力的大小時，相對應(yīng)的速度v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致已知v和F的關(guān)系如圖乙(取重力加速度g10 m/s2)則()A金屬桿受到的拉力與速度成正比B該磁場的磁感應(yīng)強度為1 TC圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻力大小D導(dǎo)軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)0.4答案BCD解析由題圖乙可知拉力與速度是一次函數(shù)，但不成正比，故A錯；圖線在橫軸的截距是速度為零時的拉力，金屬桿將要運動，此時阻力最大靜摩擦力等于該拉力，也等于運動時的滑動摩擦力，C對；由FBILmg0及I可得：Fmg0，從題圖乙上分別讀出兩組F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B1 T，0.4，所以選項B、

21、D對4.如圖所示，光滑斜面的傾角為，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過絕緣細(xì)線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，如果線框從靜止開始運動，進(jìn)入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是()A線框進(jìn)入磁場前運動的加速度為B線框進(jìn)入磁場時勻速運動的速度為C線框做勻速運動的總時間為D該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為(Mgmgsin )l2答案D解析由牛頓第二定律，Mgmgsin (Mm)a，解得線框進(jìn)入磁場前

22、運動的加速度為，A錯誤由平衡條件，Mgmgsin F安0，F(xiàn)安BIl1，I，EBl1v，聯(lián)立解得線框進(jìn)入磁場時勻速運動的速度為v，B錯誤線框做勻速運動的總時間為t，C錯誤由能量守恒定律，該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小，為(Mgmgsin )l2，D正確題組2電磁感應(yīng)中的能量問題5一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以初速度v0從一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30°角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導(dǎo)軌的電阻不計，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v，則() A向上滑行的時間小于向下滑行的時間B向上滑行

23、的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量C向上滑行的過程中與向下滑行的過程中通過電阻R的電荷量相等D金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為m(vv2)答案ABC解析金屬桿沿斜面向上運動時安培力沿斜面向下，沿斜面向下運動時安培力沿斜面向上，所以上滑過程的加速度大于下滑過程的加速度，因此向上滑行的時間小于向下滑行的時間，A對；向上滑行過程的平均速度大，感應(yīng)電流大，安培力做的功多，R上產(chǎn)生的熱量多，B對；由q知C對；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為m(vv2)，D錯6.在如圖所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，區(qū)域的磁場方

24、向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab邊越過GH到到達(dá)MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為Ek，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的有() 圖6A在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B從ab邊越過GH到到達(dá)MN與JP的中間位置的過程中，線框的機械能守恒C從ab邊越過GH到到達(dá)MN與JP的中間位置的過

25、程中，有W1Ek的機械能轉(zhuǎn)化為電能D從ab邊越過GH到到達(dá)MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量大小EkW1W2答案CD解析ab邊越過JP后回路感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab邊越過JP后開始做減速運動，使感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均減小，安培力減小，當(dāng)安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsin 相等時，以速度v2做勻速運動，因此v2<v1，A錯；由于有安培力做功，線框機械能不守恒，B錯；線框克服安培力做功，將機械能轉(zhuǎn)化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機械能轉(zhuǎn)化為電能，由動能定理得W1W2Ek，W2W1Ek，故C、D正確7如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成37°角，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g、總電阻為R1 、邊長為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，(取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時，受到的安培力大??；(2)線圈釋放時，PQ邊到bb的距離；(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)2