电磁感应中的能量转换经典问题

1、在电磁感应中的动力学问题中有两类常见的模型“电_动_电型“动_电一动型示意图s47Q棒ab长L,质量m电阻R；导轨光滑水平,电阻不计M棒ab长L,质量m,电阻R；导轨光滑,电阻不计分析S闭合,棒ab受安培力F=BLE此时a=BLE,rmR棒ab速度vT一感应电动势BLvT一电流I,一安培力FBILJ一加速度aj,当安培力F=0时,a=0,v最大,最后匀速棒ab释放后下滑,止匕时a=gsina,棒ab速度vT一感应电动势E=BLvT一电流I=gT一安培力FBILT一加速度aj,当安R培力F=mgsina时,a=0,v最大,最后匀速运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动vm=EBL少击、一一

2、4mgRsina匀速运动vm=B2L21、如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MNPQ平行放置在倾角为9的绝缘斜面上,两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图.(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小.(3)求在下滑过程中,ab杆可以到达的速

3、度最大值.1、解析(1)如右图所示,ab杆受重力mg竖直向下；支持力FN,垂直斜面向上；安培力F,平行斜面向上.当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv,此时电路中电流EBLvR=B2L2vab杆受到安培力F=BIL=fR根据牛顿运动定律,有ma=mgsina=gsin9B2L2v.mR(3)当B2L2v=mgsin9时,ab杆到达最大速度vm=mgRsin°RB2L22、如下图,足够长的光滑平行导轨MNPQ倾斜放置,两导轨间距离为L=1.0m,导轨平面与水平面间的夹角为30°,磁感应强度为B的磁场垂直于导轨平面向上,导轨的MP两端连接阻值为R=3.0Q的电阻,金属棒ab垂

4、直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连,金属棒ab的质量m=0.20kg,时间t/s00.10.20.30.40.50.6上滑距离/m00.050.150.350.701.051.40电阻r=0.50Q,重物的质量M=0.60kg,如果将金属棒和重物由静止释放,金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系如下表所示,不计导轨电阻,g取10m/s2.求:(1)ab棒的最终速度是多少(2)所加磁场的磁感应强度B为多大(3)当v=2m/s时,金属棒的加速度为多大?2、解析(1)由表中数据可以看出最终ab棒将做匀速运动.svm=3.5m/s(2)棒受力如图所小,由平衡条件得FT=F+mgsin30

5、6;FT=MgF=BLvmRT7l联立解得B=5TB2L2v(3)当速度为2m/s时,安培力F=-R+r对金属棒ab有FT-Fmgsin300=ma对重物有Mg-FT=Ma联立上式,41人数据得a=2.68m/s23、边长为L的正方形闭合金属线框,其质量为m,回路电阻为R.图中MN、下两局部水平匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向如图4所示.现让金属线框在图示位置由静止开始下落,金属线框在穿过M和P两界面的过程中P为磁场区域的边界,上均为匀速运动.MN之间和NP之间的高度差相等,均为h=L+金属线框下落过程中金属线框平面始终保持竖直,底边始终保持水平,当地的重力加速度为g.试求：(1)图示位置

6、金属线框的底边到M的高度d；(2)在整个运动过程中,金属线框中产生的焦耳热；金属线框的底边刚通过磁场边界N时,金属线框加速度的大小.5m2gR28B4L4'3、解析(1)根据题意分析可知,金属线框在穿过M界面时做匀速运动,设为v1,根据运动学公式有v12=2gd在金属线框穿过M的过程中,金属线框中产生的感应电动势E=BLv1金属线框中产生的感应电流I=ER金属线框受到的安培力根据物体的平衡条件有F=BILmg=F,联立解得d=m2gR22B4L4(2)根据能的转化和守恒定律,在整个运动过程中,金属线框中产生的焦耳热为Q=mg(2h+L)解彳3Q=mg(3L+5m2gR2)4B4L4)设

7、金属线框的底边刚通过磁场边界N时,金属线框的速度大小为v2,根据题意和运动学公式有v22-v12=2g(hL)此时金属线框中产生的感应电动势E'=2BLv2,一、一,E金属线框中产生的感应电流I'=下R金属线框受到的安培力F'=2BI'L根据牛顿第二定律有F'-mg=ma'解得金属线框的加速度大小为a'=5g4、如下图,两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为9,导轨间距为l,所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直斜面向上.将甲、乙两阻值相同、质量均为m的相同金属杆放置在导轨上,甲金属杆处在磁场的

8、上边界,甲乙相距1.静止释放两金属杆的同时,在甲金属杆上施加一个沿着导轨向下的外力F,使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动,加速度大小为gsin9,乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动.(1)甲、乙的电阻R为多少；(2)设刚释放两金属杆时t=0,写出从开始释放到乙金属杆离开磁场,外力F随时间t的变化关系；假设从开始释放到乙金属杆离开磁场,乙金属杆中共产生热量Q试求此过程中外力F对甲做的功.4、解析(1)对乙受力分析知,乙的加速度大小为gsin8,甲、乙加速度相同,所以当乙刚进入磁场时,甲刚出磁场,乙进入磁场时v=2glsin(T对乙由受力平衡可知B2l2vB2l2J2glsin&qu

9、ot;"(Tmgsin0=2R2R故12yg吗.2mgsin0(2)甲在磁场中运动时,外力F始终等于安培力,F=F安=IlB=BvlB2R由于v=gsin0tmg2sin282glsin0Bl.gsinet所以F=2rlB其中00tWVgsin9甲出磁场以后,外力F为零.(3)乙进入磁场前做匀加速运动,甲乙产生相同的热量,设为Q1,此过程中甲一直在磁场中,外力F始终等于安培力,那么有WFW=2Q1,乙在磁场中运动产生的热量Q2=Q-Q1,对乙利用动能定理有mglsin82Q2=0,联立解得WF2Q-mglsinT5、如图9所示,长L1=1.0m,宽L2=0.50m的矩形导线框,质量为

10、0.20kg,电阻R=2.0Q.其正下方有宽为H(H>L2),磁感应强度为B=1.0T,垂直于纸面向里的匀强磁场.现在,让导线框从cd边距磁场上边界h=0.70m处开始自由下落,当cd边进入磁场中,ab尚未进入磁场时,导线框做匀速运动.(不计空气阻力,取g=10m/s2)求：八XXXX(1)线框完全进入磁场过程中安培力做的功是多少(2)线框穿出磁场过程中通过线框任一截面的电荷量q是多少?ffxXX±_£一5一一工5、解析当线框匀速运动时：满足m驴BIL1,而E=BL1v,E=IR.线框由静止到刚好进入磁场过程中,由动能定理有mg(L2+h)+W=等一0,解得安培力做的

11、功W0.8J.(2)线框穿出磁场过程中通过线框任一截面的电荷量：q=Tt=*,即q=BLRL2,代入数据解得q=0.25C.6、如下图,绝缘细绳绕过轻滑轮连接着质量为m的正方形导线框和质量为M的物块,导线框的边长为L、电阻为R,物块放在光滑水平面上,线框平面竖直且ab边水平,其下方存在两个匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为B,方向水平但相反,I区域的高度为L,R区域的高度为2L.开始时,线框ab边距磁场上边界PP的高度也为L,各段纯都处于伸直状态,把它们由静止释放,运动中线框平面始终ab边刚穿过两磁场的分界线QQ进入磁场n时,线框做与磁场方向垂直,M始终在水平面上运动,当匀速运动.不计滑轮处的

12、摩擦.求：通过线圈导线某横截面的电荷量；(1)ab边刚进入磁场I时,线框的速度大小；(2)cd边从PP位置运动到QQ位置过程中,(3)ab边从PP位置运动到NN位置过程中,产生的焦耳热.6、解析1(1)在线框下降L过程中,对线框和物块组成的整体,由动能定理得mg2(m+M)v12,所以线框的速度:v1=2mgLM(2)线框从I区进入II区过程中,A=BS-(BS)=2BL2,E=f,I=|,所以通过线圈导线某截面的电量：q=IAt2BL2=I,线框ab边运动到位置NN之前,只有ab边从PP位置下降2L的过程中线框中有感应电流,设线框ab边刚进入R区域做匀速运动的速度是v2,线圈中电流为I2,那

13、么I2=2B詈I此时Mmt匀做匀速运动,2BI2L=mgv2=m?14B2L21根据能量转化与守恒定律有mg-3L=2(m+M)v22+Q那么线圈中产生的焦耳热为Q=3mgL-mMm2g2I232B4L4.7、(2021天津11)(18分)如下图,两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ间距为L=0.5m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成300角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,两棒质量均为0.02kg,电阻均为1=0.1Q,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀

14、速运动,而棒cd恰好能够保持静止,取g=10m/s2,问：(1)通过棒cd的电流I是多少,方向如何棒ab受到的力F多大棒cd每产生Q=0.1J的热量,力F做的功W是多少7、解析(1)对cd棒受力分析如下图由平衡条件得mgsin8=BIL(2分)mgsin90.02X10Xsin30BL0.2X0.5A=1A.根据楞次定律可判定通过棒cd的电流方向为由d到c.1分棒ab与cd所受的安培力大小相等,对ab棒受力分析如下图,由共点力平衡条件知F=mgsin9+BIL2分代入数据解得F=0.2N.设在时间t内棒cd产生0=0.1J的热量,由焦耳定律知Q=I2Rt2分设ab棒匀速运动的速度是v,其产生的

15、感应电动势E=BLv2分由闭合电路欧姆定律知时间t内棒ab运动的位移s=vt力F所做白功WFs综合上述各式,代入数据解得W=0.4J.1分8、15分如下图,两平x2xxxXXM&户H行光滑的金属导轨MNPQ固定在水平面上,相距为L,处于竖直方向3*!x4xXX昆XX的磁场中,整个磁场由假设干个宽度皆为d的条形匀强磁场区域1、2、3、4组成,磁感应强度B1、B2的方向相反,大小相等,即B1=B2=B.导轨左端MP间接一电阻R,质量为m电阻为r的细导体棒ab垂直放置在导轨上,与导轨接触良好,不计导轨的电阻.现对棒ab施加水平向右的拉力,使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v0向右做匀速直线

16、运动并穿越n个磁场区域.1求棒ab穿越区域1磁场的过程中电阻R产生的焦耳热Q求棒ab穿越n个磁场区域的过程中拉力对棒ab所做白功W3规定棒中从a到b的电流方向为正,画出上述过程中通过棒ab的电流I随时间t变化的图象;求棒ab穿越n个磁场区域的过程中通过电阻R的净电荷量q.,8、B2L2V0Rd(R+r)2(2)nB2L2V0d3见解析BLdR+r解析3如下图9、16分如下图,在水平面上固定一光滑金属导轨HGDEFEF/GH,DE=EF=D氏GH=EG=L.一质量为m足够长导体棒AC垂直EF方向放置在金属导轨上,导轨与导体棒单位长度的电阻均为r,整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场

17、中.现对导体棒AC施加一水平向右的外力,使导体棒从D位置开始以速度v0沿EF方向做匀速直线运动,导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触.1求导体棒运动到FH位置,即将要离开导轨时,FH两端的电势差.2关于导体棒运动过程中回路产生的感应电流,小明和小华两位同学进行了讨论.小明认为导体棒在整个运动过程中是匀速的,所以回路中电流的值是恒定不变的；小华那么认为前一过程导体棒有效切割长度在增大,所以电流是增大的,后一过程导体棒有效切割长度不变,电流才是恒定不变的,你认为这两位同学的观点正确吗请通过推算证实你的观点.3求导体棒从D位置运动到EG位置的过程中,导体棒上产生的焦耳热.9、解析1E=BLv02

18、分4八UF生5BLv03分2两个同学的观点都不正确.2分取AC棒在D到EG运动过程中的某一位置,MN间距离设为x,WJDMhNMhDN=x,E=Bxv0,R=3rx,I,此过程中电流是恒定的.2AC#在EG至FH运动过程中,感应电动势恒定不变,而电阻一直在增大,所以电流是减小的.23设任意时刻沿运动方向的位移为s,那么s=¥x,安培力与位移的关系为FA=BIxB2v0x23B2V0s3r=9r2分AC棒在D到EG上滑动时产生的电热,数值上等于克服安培力做的功,又由于Frs,所以Q=0H2FAX$L=2分全过程中,导体棒上产生的焦耳热始终为全部的三分之一,所以,导体棒上产生的焦耳热,1

19、0+FA33B2L2v0Q=-XX-L=32336r1分分3B2L2v012rX分10、重庆市2021春高三考前模拟测16分如题23-1图所示,边长为L、质量为m总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上,处于与水平面垂直的匀强磁场中,匀强磁场磁感应强度B随时间t变化规律如题23-2图所示.求：1在t=0到t=t0时间内,通过导线框的感应电流大小；t02在t=2时刻,a、b边所受磁场作用力大小；3在t=0到t=t0时间内,导线框中电流做的功10、重庆市2021春高三考前模拟测16分B0L2解：1由法拉第电磁感应定律得,导线框的感应电动势t04分,EBoL2I=通过导线框的感应电流大小：RRto

20、4分匚BoL3F二2ab边所受磁场作用力大小：F=BIL2Rto4分W=I2Rt0=BL3导线框中电流做的功：Rto4分电磁感应中的能量问题1 .考点分析:电磁感应的题目往往综合性较强,与前面的知识联系较多,涉及力学知识如牛顿运动定律、功、动能定理、能量守恒定律等、电学知识如电磁感应定律、楞次定律、安培力、直流电路知识、磁场知识等等多个知识点,突出考查考生理解水平、分析综合水平,尤其从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新水平.2 .考查类型说明：本局部内容是历年高考考查的重点,年年都有考题,且多为计算题,分值高,难度大,对考生具有较高的区分度.3 .考查趋势预测：电磁感应中的能量问题是高考常考

21、的题型之一,这类问题要求学生能理清电磁感应过程中做功及能量的转化情况,然后选用相应的规律进行解答.这类问题既要用到电磁感应知识,又要用到功能关系和能量守恒定律,是不少同学都感到困难的问题.因此,本专题是复习中应强化练习的重要内容.【知识储藏】内容说明能级要求IR法拉第电磁展应定律的用名=N里s=BLV求感应电动势的大小V楞次定律判断产生的感应电流的方向V功能关系安培力做正功,是将电能转化为机械能,安培力做负功,是将机械能转化为电能在物理学研究的问题中,能量是一个非常重要的课题,能量守恒是自然界的一个普遍的、重要的规律.在电磁感应现象中,由磁生电并不是创造了电能,而只是机械能转化为电能而已.在力

22、学中就已经知道:功是能量转化的量度.那么在机械能转化为电能的电磁感应现象中,是什么力在做功呢是安培力在做功,在电学中,安培力做正功,是将电能转化为机械能(电动机),安培力做负功,是将机械能转化为电能(发电机),必须明确发生电磁感应现象中,是安培力做功导致能量的转化.(1)由6=N噌决定的电磁感应现象中,无论磁场发生的增强变化还是减弱变化,磁场都通过感应导体对外输出能量(指电路闭合的情况下,下同).磁场增强时,是其它形式的能量转化为磁场能中的一局部对外输出；磁场子削弱时,是消耗磁场自身储存的能量对外输出.(2)由8=BlvsinH决定的电磁感应现象中,由于磁场本身不发生变化,一般认为磁场并不输出

23、能量,而是其它形式的能量,借助安培的功(做正功、负功)来实现能量的转化.率的改变与回路中电功率的变化所满足的方程.(3)解决这类问题的根本方法：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动的大小和方向；画出等效电路,求出回路中电阻消耗电功率表达式；分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械功【典例分析】例题1如图(a)所示,光滑的平行长直金属导轨置于水平面内,间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻,质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上.导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好.在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为Bo开始时,导体棒静止于磁场区域的右端,当磁场以速度vi匀速

24、向右移动时,导体棒随之开始运动,同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力,并很快到达恒定速度,此时导体棒仍处于磁场区域内.(1)求导体棒所到达的恒定速度V2；(2)为使导体棒能随磁场运动,阻力最大不能超过多少(3)导体棒以恒定速度运动时,单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大(4)假设t=0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动,经过较短时间后,导体棒也做匀加速直线运动,其v-t关系如图(b)所示,在时刻t导体棋睥瞬时速度大小为vt,求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小.考点分析此题考察了法拉第电磁感应定律,物体的平衡解题思路(1)E=BL(V1-V2),I=E/R,F=BIL

25、=B2L2(V1-V2),速度恒定时有:B2L2(V1-V2),ifRR=f,可得：V2=V1B2L2,B2L2V1(2) fm=-p-R(3)P导体棒=(4)由于B2L2(viV2)B2L2(at-vt)乳2Vt+fRa=B2L2t-mR正确答案是：Vi-BL2,P电路=E/R=Bl2(V1-V2)2f=ma导体棒要做匀加速运动,f=ma可解得:fB2L2v1f2RB2L2Vt+fRm;RTBL2(4)BVtmRf2R=B2?,rVt+AV必有V1V2为常数,设为Av,a=-t一,对电磁感应过程中能量的转化不清楚,导致解决问题时出现错误例题2如图(a)所示,一端封闭的两条平行光滑导轨相距L,

26、距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧,导轨左右两段处于高度相差H的水平面上.圆弧导轨所在区域无磁场,右段区域存在磁场Bo,左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B(t),如图(b)所示,两磁场方向均竖直向上.在圆弧顶端,放置一质量为m的金属棒ab,与导轨左段形成闭合回路,从金属棒下滑开始计时,经过时间to滑到圆弧顶端.设金属棒在回路中的电阻为R,导轨电阻不计,重力加速度为g(1)问金属棒在圆弧内滑动时,回路中感应电流的大小和方向是否发生改变?(2)求0到时间to内,回路中感应电流产生的焦耳热量.(3)探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场Bo的一瞬间,回路中感应电流的大小和方向.为

27、什么?考点分析法拉第电磁感应定律,机械能守恒定律,以及闭合电路的欧姆定律.解题思路解：(1)感应电流的大小和方向均不发生改变.由于金属棒滑到圆弧任意位置时,回路中磁通量的变化率相同.(2) 010时间内,设回路中感应电动势大小为£,感应电流为I,感应电流产生的焦耳热为Q由法拉第电磁感应定律：E.=竺=L2生tto根据闭合电路白欧姆定律：I=旦R由焦定律及有：Q=|2Rt=、曳toR(3)设金属进入磁场B0一瞬间的速度变v,金属棒在圆弧区域下滑的过程中,机械能守恒:mgH=12mvBo区域瞬间的感应电动势为E,那么:2在很短的时间&内,根据法拉第电磁感应定律,金属棒进入磁场/L

28、XE=,=v.：t.：t4=B0LAx+L2AB(t)(6由闭合电路欧姆定律及,求得感应电流:1目；2gH根据讨论：I.当J2gH=L时,I=o；toii.当、万而下二时,toRI&-,方向为bTto)iii.当也g1<L时,toBoLRto,方向为a-*b.正确答案是：(1)感应电流的大小和方向均不发生改变.由于金属棒滑到圆弧任意位置时,回路中磁通量的变化率相同toR(3) I.当v'2glT=L时,I=0;toII .当J2gHaL时,I=BL|J2gH-,方向为bTa;toRVto；III .当,2gHJ时,I=耻工：'2gH,方向为a->b.toRt

29、o失分陷阱不清楚双回路中感应电动势大小的求法例题3如下图,两条水平虚线之间有垂直于纸面向里,宽度为d,磁感应强度为B的匀强磁场.质量为m电阻为R的正方形线圈边长为L(L<d),线圈下边缘到磁场上边界的距离为h,将线圈由静止释放,具下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是Vo,那么在整个线圈穿过磁场的全过程中(从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场),以下说法中正确的选项是()A.线圈可能一直做匀速运动B.线圈可能先加速后减速,：C.线圈的最小速度一定是mgR/B2L2一：一i'i|D.线圈的最小速度一定是、2g(hd+L)p1*：/K:考点分析;1XXX1法拉第电磁感应定律,安培力以

30、及牛顿第二定律.解题思路由于L<d,总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中,磁通量不发生变化,不产生感应电流,因此不受安培力,而做自由落体运动,因此不可能一直匀速运动,A选项错误.线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是V.,由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动,所以只可能是先减速后加速,而不可能是先加速后减速,B选项错误.mgRBl?是安培力和重力平衡时所对应的速度,而此题线圈减速过程中不一定能到达这一速度,C选项错误.从能量守恒的角度来分析,线圈穿过磁场过程中,当线圈上边缘刚进入磁场时速度一定最小.从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中用动能定理,设该过程克服安培力做的

31、功为W那么有：mg(h+L)怅工mV.再在线圈下边缘刚进入磁场到刚2穿出磁场过程中用动能定理,该过程克服安培力做的功也是W而始、末动能相同,所以有：mg5怔0.由以上两式可得最小速度v-,2g(hd+L1所以D选项正确.正确答案：D失分陷阱此题以竖直面内矩形线框进入有界磁场产生电磁感应现象为背景,考查能的转化与守恒定律、感应电动势大小的计算、安培力、平衡条件等较多知识点,情景复杂,考查考生对根底知识的掌握和分析综合水平用密度为d、电阻率为p、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abbH.如下图,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行.设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其

32、他地方的磁场忽略不计.可认为方框的aa.边和bb.边都处在磁极之间,极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平不计空气阻力.求方框下落的最大速度vm设磁场区域在数值方向足够长；当方框下落的加速度为g时,求方框的发热功率P;2方框下落时间为t时,下落高度为h,其速度为vtVt<Vm.假设在同一时间t内,方框内产生的热与一恒定电流|0在该框内产生的热相同,求恒定电流|0的表达式.图1装置纵截面示意图图2装置俯视示意图考点分析此题考察了牛顿第二定律、能量守恒定律及电磁感应的相关知识.解题思路方框质量：m=4LAd方框电阻：R=：也A方框下落速度为v时,产生的感应电动势E=B2Lv感应电流I二E=BAvR2：方框下落过程,受到重力G及安培力F,G=mg=4LAdg,方向竖直向下B2AL、,、一,F=BI2L=v,万向竖直向下P当F=G时,方框到达最大速度,即V=Vm方框下落的最大速度:4：dVm=2gB方框下落加速度为g时,有:2mg-IB2L=m9,贝U:2mgAdgI-4BLB方框的发热功率：p=i2r-4：ALd2g2b2根据能量守恒定律,有,12.2mgh=-mvtI0Rt2解得恒定电流10的表达式:1°=a任bh