PAGEPAGE2第3節(jié)電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)1電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．(2)該局部導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余局部是外電路．2．電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓(1)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir.知識(shí)點(diǎn)2電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題圖象類型(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖象，即B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象和I-t圖象(2)對(duì)于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖象，即E-x圖象和I-x圖象問(wèn)題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程判斷或畫(huà)出正確的圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量(3)利用給出的圖象判斷或畫(huà)出新的圖象應(yīng)用知識(shí)左手定那么、安培定那么、右手定那么、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識(shí)等知識(shí)點(diǎn)3電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的問(wèn)題1．能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．實(shí)質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化．3．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計(jì)算方法(1)利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能．(3)利用電路特征來(lái)求解：通過(guò)電路中所產(chǎn)生的電熱來(lái)計(jì)算．知識(shí)點(diǎn)4電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：FA＝BIl,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv,感應(yīng)電流：I＝\f(E,R)))?FA＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)用左手定那么判斷：先用右手定那么判斷感應(yīng)電流的方向，再用左手定那么判定安培力的方向．(2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向相反．3．安培力參與物體的運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒(或線框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)、勻速運(yùn)動(dòng)、靜止或做其他類型的運(yùn)動(dòng)，可應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律解題．1．正誤判斷(1)閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路．(√)(2)“相當(dāng)于電源〞的導(dǎo)體棒兩端的電壓一定等于電源的電動(dòng)勢(shì)．(×)(3)電流一定從高電勢(shì)流向低電勢(shì)．(×)(4)在有安培力的作用下，導(dǎo)體棒不能做加速運(yùn)動(dòng)．(×)(5)電路中的電能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)2．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)如圖9-3-1所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U型導(dǎo)線框bacd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，桿ef及線框中導(dǎo)體的電阻都可不計(jì)．開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，那么()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622167】圖9-3-1A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D．ef將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】A3．(電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題)如圖9-3-2，一個(gè)半徑為L(zhǎng)的半圓形硬導(dǎo)體AB以速度v在水平U形框架上勻速滑動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路電阻為R0，半圓形硬導(dǎo)體AB的電阻為r，其余電阻不計(jì)，那么半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小及AB之間的電勢(shì)差分別為()圖9-3-2A．BLv；eq\f(BLvR0,R0＋r) B．2BLv；BLvC．2BLv；eq\f(2BLvR0,R0＋r) D．BLv；2BLv【答案】C4．(對(duì)電磁感應(yīng)中圖象問(wèn)題的理解)邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng)，如圖9-3-3所示，那么以下選項(xiàng)與這一過(guò)程相符合的是()圖9-3-3【答案】B5.(電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系)(2022·浙江高考)如圖9-3-4所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3l圖9-3-4A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1【答案】B[師生共研]●考向1根據(jù)電磁感應(yīng)的過(guò)程選圖如圖9-3-5所示，兩磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的有界磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾染鶠閐，一底邊長(zhǎng)為2d的三角形金屬線框以一定的速度勻速通過(guò)兩磁場(chǎng)的過(guò)程中，三角形線框中的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化圖象正確的選項(xiàng)是(取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?()圖9-3-5D整個(gè)過(guò)程分為4個(gè)小過(guò)程，且由線框有效切割長(zhǎng)度和幾何關(guān)系可知，電流隨時(shí)間線性變化：由1到2位置，產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏髑揖鶆驕p小，設(shè)開(kāi)始時(shí)電流大小為2I0，那么由2I0減小到I0；由2到3位置，產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，開(kāi)始時(shí)電流大小為3I0，且均勻減小，一直減小到2I0；由3到4位置，產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏髑矣闪憔鶆蛟龃蟮絀0；由4位置到最后全部出磁場(chǎng)，為逆時(shí)針?lè)较虻碾娏髑矣蒊0均勻減小到零；綜上所述選項(xiàng)D正確．電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常用方法1．排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．2．函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷．●考向2根據(jù)圖象信息分析電磁感應(yīng)過(guò)程(多項(xiàng)選擇)如圖9-3-6甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1kg的矩形線圈abcd，bc邊長(zhǎng)L1＝0.2m，電阻R＝2Ω.t＝0時(shí)，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間1s，線圈的bc邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界MN，此時(shí)立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過(guò)1s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．那么()甲乙圖9-3-6A．恒定拉力大小為0.05NB．線圈在第2s內(nèi)的加速度大小為1m/s2C．線圈ab邊長(zhǎng)L2＝0.5mD．在第2s內(nèi)流過(guò)線圈的電荷量為0.2CABD在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝at1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A項(xiàng)正確．在第2s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第2s末i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B項(xiàng)正確．在第2s內(nèi)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C項(xiàng)錯(cuò)誤．q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C、D項(xiàng)正確．[題組通關(guān)]1．(多項(xiàng)選擇)空間存在一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域橫截面為等腰直角三角形，底邊水平，其斜邊長(zhǎng)度為L(zhǎng).一正方形導(dǎo)體框abcd邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)，開(kāi)始時(shí)正方形導(dǎo)體框的ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖9-3-7所示．由圖示的位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，正方形導(dǎo)體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場(chǎng)．假設(shè)導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流為i，a、b兩點(diǎn)間的電壓為Uab，感應(yīng)電流取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?，那么?dǎo)體框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，i、Uab隨時(shí)間的變化規(guī)律正確的選項(xiàng)是()圖9-3-7AD在ab邊到e點(diǎn)的過(guò)程中，ab邊切割磁感線的有效長(zhǎng)度減小，那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，a、b兩點(diǎn)間的電壓Uab為負(fù)值，大小為電動(dòng)勢(shì)的eq\f(3,4)且均勻減小，ab邊越過(guò)e點(diǎn)后，在cd邊接觸磁場(chǎng)之前，線框中磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流；之后，cd邊切割磁感線，產(chǎn)生順時(shí)針感應(yīng)電流并逐漸減小，Uab仍為負(fù)值，大小等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的eq\f(1,4)，選項(xiàng)A、D正確，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．2．如圖9-3-8甲所示，一半徑r＝0.5m、電阻為R＝5Ω、匝數(shù)為N＝100匝的圓形線圈兩端A、C與一個(gè)理想電流表相連，線圈內(nèi)有變化的磁場(chǎng)，以垂直紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁?chǎng)隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示，那么以下判斷中正確的選項(xiàng)是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622169】圖9-3-8A．在0～5s的時(shí)間內(nèi)，理想電流表示數(shù)的最大值為1AB．在t＝4s時(shí)刻，流過(guò)電流表的電流方向?yàn)锳→CC．前2s內(nèi)，通過(guò)線圈某截面的總電荷量為0.1CD．第2s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大C由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，流過(guò)線圈的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(N\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(N·πr2,R)·eq\f(ΔB,Δt)，由此式可知，B-t圖象的斜率越大，那么在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流就越大，因此可判斷在第1s內(nèi)的感應(yīng)電流最大，代入數(shù)據(jù)有Im＝0.1A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t＝4s時(shí)，由題意可知，此時(shí)穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲馇艺谥饾u增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，因此流過(guò)電流表的電流方向?yàn)镃→A，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙可知，前2s內(nèi)只有第1s內(nèi)有磁通量的變化，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，第2s內(nèi)磁通量沒(méi)有發(fā)生變化，所以不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此前2s內(nèi)通過(guò)線圈某截面的電荷量實(shí)際上為第1s內(nèi)的電荷量，由q＝eq\f(NΔΦ,R)可得q＝0.1C，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[典題例如](2022·福建高考)如圖9-3-9，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中()圖9-3-9A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大【解題關(guān)鍵】關(guān)鍵信息信息解讀在水平拉力作用下，PQ勻速滑動(dòng)拉力＝安培力拉力的功率＝安培力的功率PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中外電路的電阻先增大后減小C設(shè)PQ左側(cè)金屬線框的電阻為r，那么右側(cè)電阻為(3R－r)；PQ相當(dāng)于電源，其電阻為R，那么電路的外電阻為R外＝eq\f(r3R－r,r＋3R－r)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))2,3R)，當(dāng)r＝eq\f(3R,2)時(shí)，R外max＝eq\f(3,4)R，此時(shí)PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中外電阻先增大后減?。甈Q中的電流為干路電流I＝eq\f(E,R外＋R內(nèi))，可知干路電流先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－U內(nèi)，因E＝Blv不變，U內(nèi)＝IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項(xiàng)C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R；根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越接近內(nèi)阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．解決電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題的一般步驟1．確定電源．切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，利用右手定那么或楞次定律判斷電流方向．2．分析電路結(jié)構(gòu)(內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系)，畫(huà)出等效電路圖．3．利用電路規(guī)律求解．主要應(yīng)用歐姆定律及串、并聯(lián)電路的根本性質(zhì)等列方程求解．[題組通關(guān)]3．用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長(zhǎng)為l，如圖9-3-10所示，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)磁場(chǎng)以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增強(qiáng)時(shí)，不考慮磁場(chǎng)的變化對(duì)虛線右側(cè)的影響，那么()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622170】圖9-3-10A．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dbcaB．線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)·l2C．線圈中a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D．線圈中b、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為eq\f(l2ΔB,4Δt)D處于磁場(chǎng)中的線圈面積不變，eq\f(ΔB,Δt)增大時(shí)，通過(guò)線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍cbda方向，A項(xiàng)錯(cuò)；產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的acb局部等效為電源，b端為等效電源的正極，電勢(shì)高于a端，C項(xiàng)錯(cuò)；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，知B項(xiàng)錯(cuò)；adb局部等效為外電路，b、a兩點(diǎn)間電勢(shì)差為等效電路的端電壓，U＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(E,2)，D項(xiàng)正確．4．(多項(xiàng)選擇)如圖9-3-11所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10Ω的電阻．一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()圖9-3-11A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒪到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1VBD由右手定那么可知ab中電流方向?yàn)閍→b，A錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間電阻中無(wú)電流，de間和cf間無(wú)電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯(cuò)誤.[典題例如](2022·江蘇高考)如圖9-3-12所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他局部的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：圖9-3-12(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.【標(biāo)準(zhǔn)解答】(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡：mgsinθ＝μmgcosθ解得導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ.(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R)安培力：F安＝BIL受力平衡的條件是：F安＝mgsinθ解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).(3)摩擦生熱：QT＝μmgdcosθ根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq\f(1,2)mv2解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4).【答案】(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)用“四步法〞分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路是“先電后力〞，具體思路如下：[題組通關(guān)]5．(2022·天津高考)如圖9-3-13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(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)