物理大二輪高考復(fù)習(xí)練習(xí)（十九） 電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題

微課精練（十九）電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題

1.（2022?武漢質(zhì)檢）（多選）如圖，絕緣水平桌面上固定著兩根相

距L=03m、電阻不計(jì)的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌左端與阻IN×××T

I：XXXXI

值K=O.2。的電阻相連。豎直向下、有左邊界（X=O處）且范圍足FkXBXXf

夠大的磁場沿+x方向均勻增大，磁感應(yīng)強(qiáng)度3=0?2+0.4x（T）°—-----------------

0?--------------------5

根質(zhì)量m=（）Λkg、有效電阻r=0.1Ω的金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上并

始終與導(dǎo)軌接觸良好。棒在水平外力作用下從x=0處沿導(dǎo)軌向右做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中

回路電流恒為1A。以下判斷正確的是（）

A.金屬棒在x=2m處時(shí)，電阻K的電功率為0.3W

B.金屬棒在x=2m處時(shí)的速度為ImZs

C.金屬棒在x=2m處時(shí)，克服安培力做功的瞬時(shí)功率為0.2W

D.金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=lm過程中克服安培力做的功為0.36J

解析：選BD由于回路中電流恒定，所以電阻K的電功率也恒定，即尸R=產(chǎn)R=O.2W,

A錯(cuò)誤；x=2m處，磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T,由閉合電路歐姆定律可知，E=∕（K+r）=0?3V,由

動(dòng)生電動(dòng)勢的表達(dá)式E=BLo可知，此處金屬棒的速度。=Im∕s,B正確；克服安培力做功

的瞬時(shí)功率等于電路的總電功率，即P=∕E=0?3W,C錯(cuò)誤；由尸=5〃可知，金屬棒所受

安培力由Fo=βo∕L=O.06N到F1=B1IL=Q3N隨距離均勻變化，所以金屬棒從X=O運(yùn)動(dòng)

到x=2m過程中克服安培力做的功W=氣罵=姻產(chǎn)巨X2J=0?36J,D正確。

2.（2022?山東★島模擬）（多選）如圖所示，距地面h高處水平放

置間距為L的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端接有電動(dòng)勢為E的

電源，質(zhì)量為，”的金屬桿靜置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，

空間有豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)將開關(guān)S閉合，

一段時(shí)間后金屬桿從導(dǎo)軌右端水平飛出，測得其水平射程為d,下列

說法正確的是（）

A.金屬桿離開導(dǎo)軌前做勻變速直線運(yùn)動(dòng)

B.金屬桿離開導(dǎo)軌前做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)

c.電源消耗的電能為警

D.從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地時(shí)，金屬桿受到的沖量為,々2g及+瞽

解析：選BCD開關(guān)S閉合后，金屬桿受向右的安培力而做加速運(yùn)動(dòng)，隨速度的增加，

金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸變大，因?yàn)榇烁袘?yīng)電動(dòng)勢與原電源電動(dòng)勢反向，可

知電路中電流減小，金屬桿受到的安培力減小，則金屬桿離開導(dǎo)軌前做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，

選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；金屬桿做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度O=由動(dòng)量定理得B/LM=mv,

又g=/Af,電源消耗的電能為E電=Elt=Eq=嚕裊,

選項(xiàng)C正確；金屬桿落地時(shí)的

DLJ1"

速度v'2gh,從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理可知,

金屬桿受到的沖量為="?∣2gh+%?,選項(xiàng)D正確。

3.（2022?杭州質(zhì)檢）（多選）如圖所示，在水平面上有兩條光滑平

行金屬導(dǎo)軌MN、PQ,導(dǎo)軌間距為L,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,方向垂直導(dǎo)軌平面向下。兩根完全相同的金屬桿1、2間隔

一定的距離擺放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直，它們在導(dǎo)軌間的電阻均

為K,兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)。桿1以初速度如滑向桿2,為使兩桿不相碰，則在桿2固定與不固

定兩種情況下，下列說法正確的是（）

A.桿2不固定時(shí)，兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.固定與不固定的情況下，最初兩桿最小間距之比為1:2

C.固定與不固定的情況下，最初兩桿最小間距之比為2：1

D.固定與不固定的情況下，通過閉合回路的電荷量之比為4：1

解析：選AC桿2不固定時(shí)，桿1和桿2組成的系統(tǒng)所受合力為零，動(dòng)量守恒，A正

確，當(dāng)桿2固定時(shí)，對桿1由動(dòng)量定理得：一BL/山=0—moo,且/IfI=絲廠,

/AZK

則＜1=猊?,X1=2黃苗;當(dāng)桿2不固定時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得：機(jī)如=2雨％得0=￡,對

,,,TOoA—A6ILX2-VO-)K,,.

桿2得：BL1τiι=-nr^-0,且αI2f2=g2==2R，則B1^2=2BI,X2=B2I2,故切?⑴

=2：1,X1：X2=2：1,B、D錯(cuò)誤，C正確。

4.（多選）如圖所示，相距均為A的三條水平虛線4與L2、心與dc

L之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為?？?

B。一個(gè)邊長也為人的正方形導(dǎo)線框，從J上方一定高度處由靜止開?-

始自由下落，當(dāng)"邊剛越過L進(jìn)入磁場時(shí)，恰好以速度S做勻速直以不法￡三￡

××××××××

線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)初邊在越過&運(yùn)動(dòng)到小之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開始以匕-------------

速度。2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在線框從進(jìn)入磁場到速度變?yōu)椤?的過程中，設(shè)線框的動(dòng)能變化量

大小為AEk,重力對線框做功的大小為W”安培力對線框做功的大小為電，下列說法中正

確的是（）

A.在導(dǎo)線框下落過程中，由于重力做正功，所以有。2＞。1

B.從外邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)?2的過程中，線框動(dòng)能的變化量大小為AEk=W2-Wi

C.從而邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)?2的過程中，線框動(dòng)能的變化量大小為AEk=W2+用

D.從外邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)橐驳倪^程中，線框的機(jī)械能減少了M+AEk

解析：選BD在導(dǎo)線框下落過程中，重力做正功，安培力做負(fù)功，不能根據(jù)重力做功

確定兩速度大小關(guān)系，設(shè)導(dǎo)線框的電阻為K,質(zhì)量為，”，而邊剛越過LI進(jìn)入磁場時(shí)，由于

B2h2v↑U

導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)，則有〃Zg=—R—,導(dǎo)線框以速度02做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框中總的感

應(yīng)電動(dòng)勢為E=IBhv1,導(dǎo)線框所受的安培力大小F=2BIh=2Bh聾&=坦段,又F=

KK

mg,比較可得。i>02,A錯(cuò)誤；從外邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)榱Φ倪^程中，由動(dòng)能定理可得，

導(dǎo)線框動(dòng)能的變化量為一AEk=IVl-W2,得AEk=W2-Wι,B正確，C錯(cuò)誤；

從而邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)榱Φ倪\(yùn)動(dòng)中，線框機(jī)械能的減少量等于重力勢能的減少量與動(dòng)

能的減少量之和，即有AE=Wl+AEk,D正確。

5.（2021年8西聯(lián)考?湖市卷）侈選）如圖，兩根足夠長，電阻__________________丁

l×××××××∣

不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為lm,0R*∕χ?xx[

左端通過導(dǎo)線連接一個(gè)R=1?5Ω的定值電阻。整個(gè)導(dǎo)軌處在磁TXXIXXXXXl

感應(yīng)強(qiáng)度大小8=0.4T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下，質(zhì)量,"=0.2kg、長度L=Im、

電阻r=0.5。的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。在桿的中點(diǎn)施加一個(gè)垂直金

屬桿的水平拉力G使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)，拉力廠的功率尸=2W保持不變，當(dāng)金屬桿的速

度。=5m/s時(shí)撤去拉力后下列說法正確的是（）

A.若不撤去拉力尸，金屬桿的速度會(huì)大于5m/s

B.金屬桿的速度為4m/s時(shí)，其加速度大小可能為0.9m/s?

C.從撤去拉力尸到金屬桿停下的整個(gè)過程，通過金屬桿的電荷量為2.5C

D.從撤去拉力尸到金屬桿停下的整個(gè)過程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為2.5J

解析：選BC若不撤去拉力F,對金屬桿由牛頓第二定律有尸一3〃=，〃％又尸=∕?,

∕=?i,當(dāng)α=°時(shí)，速度達(dá)到最大，聯(lián)立各式解得最大速度為。m=5m/s,即桿的最大速

K"i-r

度不會(huì)超過5m/s,故A錯(cuò)誤；若在尸撤去前金屬桿的速度為笠ι=4m/s時(shí)，代入各式可得

PB2LLV?

V?R+r

加速度為Q=--------------=0.9m∕s2,若撤去尸后金屬桿的速度為vz=4m/s時(shí)，加速度為a,

R-?~r

=-~-=1.6m∕s2,故金屬桿的速度為4m/s時(shí)，其加速度大小為0.9m/s2或1.6m//,故B

正確；從撤去拉力廠到金屬桿停下，金屬桿只受安培力做減速直線運(yùn)動(dòng)，取向右為正，由動(dòng)

——tni}

量定理有一〃/LAf=O-Wio,而電荷量的表達(dá)式g=I-M,可得q=五y=2?5C,故C正確；

HLJ

從撤去拉力尸到金屬桿停下的過程，由動(dòng)能定理有一W"=0一夏"〃，而由功能關(guān)系有WF安

0*r

=Q,另金屬桿和電阻K串聯(lián)，熱量比等于電阻比，有Qι=±匚，聯(lián)立解得Ql=O.625J,

K~rr

故D錯(cuò)誤。

6.如圖，一無限長通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質(zhì)量為0.4

kg,在該平面上以vo=2m∕s?與導(dǎo)線成60。角的初速度運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到穩(wěn)I

1zI?

定狀態(tài)，這一過程中（）

A.金屬環(huán)受到的安培力與運(yùn)動(dòng)的方向相反

B.在平行于導(dǎo)線方向金屬環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)

C.金屬環(huán)中最多能產(chǎn)生電能為0.8J

D.金屬環(huán)動(dòng)能減少量最多為0.6J

解析：選D金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，穿過金屬環(huán)的磁通量減少，

根據(jù)“來拒去留”可知，金屬環(huán)所受的安培力將阻礙金屬環(huán)遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，即安培力垂直

通電直導(dǎo)線向左，與金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)方向并非相反，所受安培力使金屬環(huán)在垂直通電直導(dǎo)線方向

做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)垂直通電直導(dǎo)線方向的速度減為零時(shí)，只剩沿通電直導(dǎo)線方向的速度，穿過

金屬環(huán)的磁通量不變，金屬環(huán)中無感應(yīng)電流，水平方向所受合力為零，故做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

A、B錯(cuò)誤；由題知，金屬環(huán)最終以0ocos60。=1m∕s,沿平行導(dǎo)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)

能的減少量最多為ZkEk=PnyO2-∣∕n（vocos60o）2=0.6J,則產(chǎn)生的電能最多為0.6J,C錯(cuò)誤,

D正確。

7.（2022?邢臺模擬）侈選）如圖所示，兩光滑金屬導(dǎo)軌，間距為1m,力

固定在絕緣桌面上的導(dǎo)軌部分是水平的，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T方

向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場中（導(dǎo)軌其他部分無磁場），電阻R的阻值為2

C,桌面距水平地面的高度為H=1.25m,金屬桿必的質(zhì)量為0.1kg,有

效電阻為1Ωo現(xiàn)將金屬桿ab從導(dǎo)軌上距桌面高度為Λ=0.45m的位置由靜止釋放，其落地

點(diǎn)距桌面左邊緣的水平距離為x=lm,?g=10m∕s2,空氣阻力不計(jì)，離開桌面前金屬桿

M與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下列判斷正確的是（）

A.金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，其速度大小為3m∕s

B.金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，電阻R上通過的電流大小為1.5A

C.金屬桿穿過勻強(qiáng)磁場的過程中，克服安培力所做的功為0.25J

D.金屬桿穿過勻強(qiáng)磁場的過程中，通過金屬桿某一橫截面的電荷量為0.2C

解析：選AC對金屬桿從釋放到剛進(jìn)入磁場時(shí)，由機(jī)械能守恒定律，有mg∕ι=%*

解得金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，其速度大小o=3m∕s,選項(xiàng)A正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)切割磁

E

感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢由閉合電路歐姆定律，得電阻中通過的電流/=五?

E=5Lo=3V,Kκ~rr

=1.0A,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有X=Vot,/∕=5gd,聯(lián)立解得Oo=2m∕s,由動(dòng)能

定理，得金屬桿穿過勻強(qiáng)磁場的過程中，克服安培力做功WA="力一）如2=0.25J,選項(xiàng)

C正確；由動(dòng)量定理有一31Lt=，"。。一mo,即一BLq=m（oo—0）,解得q=0.1C,選項(xiàng)D

錯(cuò)誤。

8.（2022?武漢質(zhì)檢）如圖所示，間距為L的足夠長的平行金屬導(dǎo)、

軌固定在斜面上，導(dǎo)軌一端接入阻值為R的定值電阻，f=0時(shí)，質(zhì)

量為，”的金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，f=7時(shí)，金屬棒的速度恰

好達(dá)到最大值Om,整個(gè)裝置處于垂直斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的一口一

勻強(qiáng)磁場中，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直

且接觸良好，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，下列說法正確的是（）

A.餐細(xì)，金屬棒的速度大小為空

B.O?7的過程中，金屬棒機(jī)械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱

C.電阻R在O?彳內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱小W?7內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱

TT

D.金屬棒在O?不內(nèi)機(jī)械能的減少量大于不?T內(nèi)機(jī)械能的減少量

解析：選C速度達(dá)到最大值Om前金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故相同時(shí)間內(nèi)速

度的增加量減小，所以r=?^時(shí)，金屬棒的速度大于母，故A錯(cuò)誤；由能量守恒定律，O?T

時(shí)間內(nèi)的過程中，金屬棒機(jī)械能的減少量等于K上產(chǎn)生的焦耳熱和金屬棒與導(dǎo)軌間摩擦生熱

之和，故B錯(cuò)誤；O?,內(nèi)金屬棒的位移小于《?T內(nèi)的位移，金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，其所受安

培力增大，所以Nr內(nèi)金屬棒克服安培力做功更多，產(chǎn)生的電能更多，電阻K上產(chǎn)生的焦

耳熱更多，故C正確；;?T內(nèi)的位移比。?J內(nèi)的位移大，故[?T內(nèi)滑動(dòng)摩擦力對金屬棒

T

做功多，由功能關(guān)系得Wf+W安=AE,5?T內(nèi)金屬棒機(jī)械能的減少量更多，故D錯(cuò)誤。

9.（2022?江西上饒模擬）如圖所示，水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左J門—

7

端接有電阻R,勻強(qiáng)磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)，質(zhì)量一yA//

定的金屬棒PQ垂直于導(dǎo)軌放置。今使棒以一定的初速度Vo向右運(yùn)動(dòng)，/[jj（c]

當(dāng)其通過位置a、b時(shí)，速率分別為〃、υb,到位置C時(shí)剛好靜止。

設(shè)導(dǎo)軌與棒的電阻不計(jì)，α到b與5到C的間距相等，則金屬棒PQ在由α-5和由5一C的

兩個(gè)過程中（）

A.棒PQ運(yùn)動(dòng)的加速度相等

B.棒尸。到達(dá)a、/>兩位置時(shí)速率關(guān)系為乙=2S

C.回路中產(chǎn)生的內(nèi)能關(guān)系為E?=2E/

D.安培力做功相等

解析：選B金屬棒PQ由a到b再到C過程中，速度逐漸減小，根據(jù)E=5加可知，E

減小，故/減小，再根據(jù)F=8〃可知，棒P。所受安培力減小，根據(jù)尸=WIa可知，棒PQ

B2L2V

運(yùn)動(dòng)的加速度減小，故A錯(cuò)誤；在Z>fc的過程中，對金屬棒尸0運(yùn)用動(dòng)量定理得一一五—?Af

__?2r2/

ι

=O-mVb,而υAt=Ibc,解得Pb=mR,同理，在a—c的過程中，對金屬棒尸2運(yùn)用動(dòng)

V1一B2L2I

量定理得一,,=lΠVa而容,At'=Iac,解得一勘—,又lac=2lbc,因此

KpAZ0—9mKUa=

1131mv2

va=2vb,故B正確；由能量守恒定律有反產(chǎn)產(chǎn)ι√—產(chǎn)ι√=產(chǎn)“2,Ebc=2∣>>所以Eab

=3Ebc,故C錯(cuò)誤；金屬棒尸。在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，速度。越來越小，金屬棒PQ

克服安培力做功，金屬棒尸。的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為R的內(nèi)能，由于詔、加間距相等，故從a到/>

安培力做的功大于從6到C安培力做的功，故D錯(cuò)誤。

10.（多選）如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)固定兩根水平放置的長直I一r

導(dǎo)線，兩導(dǎo)線中通有同方向的穩(wěn)恒電流/,矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直"三m

π

平面內(nèi)，且兩邊與導(dǎo)線平行?，F(xiàn)將線框以初速度列從位置I豎直上拋，.....t"i≠^"^'"

經(jīng)過兩水平導(dǎo)線的中線（圖中虛線，在位置II導(dǎo)線框的中線與虛線重合）I-n

上升到最高點(diǎn)m后又落回拋出點(diǎn)，設(shè)落回拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為小不計(jì)空氣阻力，已知重

力加速度為g,則下列說法中正確的是（）

A.在上升過程中矩形線框的電流方向先沿著逆時(shí)針方向然后變?yōu)轫槙r(shí)針方向

B.在位置∏時(shí)穿過線框平面的磁通量為零，線框中感應(yīng)電流也為零

C.矩形線框在上升和下落的過程通過線框橫截面的電荷量相等

D.矩形線框在上升和下落的全過程所用的時(shí)間為空

O

解析：選CD根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理可知，虛線與下面導(dǎo)線間磁場的方向垂

直紙面向外，虛線與上面導(dǎo)線間磁場的方向垂直紙面向里，在上升過程中，穿過矩形線框的

磁通量先向外逐漸減小到零然后向里逐漸增加，根據(jù)楞次定律可知，電流方向一直沿逆時(shí)針

方向，A錯(cuò)誤；在住置Il時(shí)穿過線框的磁通量為零，但是磁通量的變化率不為零，感應(yīng)電流

不為零，B錯(cuò)誤；兩根直導(dǎo)線的電流相同，則從位置I豎直上拋，經(jīng)過兩水平導(dǎo)線的中線上

升到最高點(diǎn)川后又落回拋出點(diǎn)時(shí)，上升和下落過程穿過線框的磁通量的變化量大小相等，根

據(jù)E=七,I=-后，q=/?r,得q=K故矩形線框在上升和下落的過程通過線框橫截

面的電荷量相等，C正確；根據(jù)楞次定律和左手定則可知，線框在上升過程中受到的安培力

方向向下，在下落過程中受到的安培力方向向上，以向下為正方向，上升過程，根據(jù)動(dòng)量定

理，則有mgh+BLIιA=O-(一機(jī)如)，又IItI=R整理得/的+BL-鼠=0一(一加內(nèi))，

下落過程有mgtι~BLI2f2="??！?,又Iτiι=~^,整理得mgb-BL-^-=∕nr-0,聯(lián)立

可得矩形線框在上升和下落的全過程所用的時(shí)間∕="+f2=q-,D正確。

ll?(2022.全國乙卷)如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長

為/=0.4Om的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對角線水平，其

下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位....

長度的阻值為2=5.0X10-3θ∕m;在f=0至！Jt=3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大.

小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為8(/)=0.3—O.lf(SI)。求：

(l)f=2.0S時(shí)金屬框所受安培力的大?。?/p>

(2)在f=0到f=2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

解析：(1)金屬框的總電阻為

R=4lλ=4×0.40X5.0×10~3Ω=0.008Ω

金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

P

A…ΦΔB×721,

E=-T-=,=0.1×τ×0.42V=0.008V

AEAti2

E

金屬框中的電流為/===1A

A

Z=2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=(0?3-0.1×2)T=0.1T

金屬框處于磁場中的有效長度為L=y∣2l

此時(shí)金屬框所受安培力大小為

尸=52∕L=0.1XlX√iX0.4N=0.04