浙江新高考专用学年高中物理第四章电磁感应现象微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题讲义.docx

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浙江新高考专用学年高中物理第四章电磁感应现象微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题讲义

微型专题3　电磁感应中的动力学及能量问题

[课时要求]　1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.

一、电磁感应中的动力学问题

电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：

（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.

（2）用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.

（3）分析导体的受力情况（包括安培力）.

（4）列动力学方程（a≠0）或平衡方程（a＝0）求解.

例1

　如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ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，磁场方向垂直于斜面向下，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.（重力加速度为g）

图1

（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杆可以达到的速度最大值.

答案　

（1）见解析图　

（2）

　gsinθ－

　（3）

解析　

（1）由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b，如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.

（2）当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，

此时电路中的电流I＝

＝

ab杆受到安培力F安＝BIL＝

根据牛顿第二定律，有

mgsinθ－F安＝mgsinθ－

＝ma

则a＝gsinθ－

.

（3）当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsinθ＝

，解得vm＝

.

例2

　（2017·“七彩阳光”联盟高三第二学期期初联考）半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向（俯视）如图2所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的圆内无磁场.另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水平地面上.所有接触都良好，细绳与金属棒CD垂直，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.

图2

（1）若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动（俯视），求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；

（2）若金属棒OA顺时针转动（俯视）的角速度随时间以ω＝kt变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式.

答案　见解析

解析　

（1）感应电动势

E＝BL

＝B1r

＝

B1ω0r2

感应电流I＝

＝

电压表示数UV＝I·2R＝B1ω0r2

（2）电流I′＝

＝

＝

金属棒CD受到的安培力F安＝B2I′L＝

重物离开地面之前受力平衡，有FN＋FT＝mg

当F安≤μmg，即t≤

时，FT＝0

所以FN＝mg

当F安>μmg，即t>

时，FT＝F安－μmg

所以FN＝mg－

＋μmg.

提示　1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向.

2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.

[学科素养]　例1、例2考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.

基本思路是：

导体受外力运动

产生感应电动势

产生感应电流

导体受安培力―→合外力变化

加速度变化―→速度变化

感应电动势变化……→a＝0，v达到最大值.将电磁感应与受力分析、牛顿运动定律、物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析、科学推理能力，很好地体现了物理“科学思维”的学科素养.

二、电磁感应中的能量问题

1.电磁感应中能量的转化

（1）转化方式

（2）涉及到的常见功能关系

①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；

②有重力做功，重力势能必然发生变化；

③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.

2.焦耳热的计算

（1）电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.

（2）感应电流变化，可用以下方法分析：

①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.

②利用能量守恒定律，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.

例3

　（2016·浙江理综）小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻.在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T.质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m.一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）.求：

图3

（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；

（2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；

（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.

答案　

（1）2.4m/s　

（2）48N　（3）64J　26.88J

解析　

（1）由牛顿第二定律得a＝

＝12m/s2

CD棒进入磁场时的速度v＝

＝2.4m/s

（2）感应电动势E＝Blv

感应电流I＝

安培力FA＝BIl

代入得FA＝

＝48N

（3）健身者做功W＝F（s＋d）＝64J

因F－mgsinθ－FA＝0，则CD棒在磁场区做匀速运动

在磁场中运动时间t＝

焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J.

例4

　（2017·杭州地区重点中学高二第二学期期中）如图4所示，两根半径为r的

圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连着一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B.将一根长度稍大于L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放.已知当金属棒到达如图所示的cd位置，金属棒的速度达到最大，此时金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.75mg.求：

图4

（1）判断流经电阻R的电流方向；

（2）求金属棒速度的最大值vm；

（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量.

答案　见解析

解析　

（1）根据楞次定律，流经R的电流方向为a→R→b

（2）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0

mgcosθ＝BIL，解得I＝

E＝BLvm

I＝

联立解得vm＝

（3）金属棒滑到轨道最低点时1.75mg－mg＝m

由能量转化和守恒得Q＝mgr－

mv2＝

mgr

电阻R上产生的热量QR＝

＝

mgr.

1.（电磁感应中的动力学问题）如图5所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一定值电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则（　　）

图5

A.ef将减速向右运动，但不是匀减速

B.ef将匀减速向右运动，最后停止

C.ef将匀速向右运动

D.ef将做往返运动

答案　A

解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝

＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确.

2.（电磁感应中的动力学问题）（多选）（2018·东阳中学高二下学期期中）如图6所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度.以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是（　　）

图6

答案　BCD

解析　线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用.若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝

，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确，A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；若进入时重力大于安培力，由mg－

＝ma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，离开磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确.

3.（电磁感应中的动力学和能量问题）（多选）如图7所示，竖直放置的

形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆（　　）

图7

A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上

C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于

答案　BC

解析　由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场Ⅰ做匀速运动，则

－mg＝0，得v＝

，因金属杆进入磁场Ⅰ做减速运动，则金属杆进入磁场Ⅰ的速度大于

，根据h＝

得金属杆进入磁场Ⅰ的高度应大于

＝

，选项D错误.

4.（电磁感应中的力电综合问题）（2018·温州新力量联盟高二第一学期期末）如图8甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接一个R＝4Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1T.将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：

图8

（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；

（2）cd离NQ的距离s；

（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量.

答案　

（1）0.5　

（2）2m　（3）0.08J

解析　

（1）由题图乙可知：

当v＝0时，a＝2m/s2

由牛顿第二定律得：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma

解得：

μ＝0.5

（2）由题图乙可知：

vm＝2m/s，当金属棒达到稳定速度时，

有F安＝B0IL，E＝B0Lvm，I＝

由题意知：

mgsinθ＝F安＋μmgcosθ

解得r＝1Ω

q＝IΔt＝n

Δt＝n

ΔΦ＝B0S＝B0Ls

解得：

s＝2m

（3）金属棒从释放到滑到cd处，由动能定理可得：

mgh－μmgscosθ－WF＝

mvm2－0

h＝ssinθ

WF＝Q总＝0.1J

QR＝

Q总＝0.08J.

一、选择题

考点一　电磁感应中的动力学问题

1.如图1所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是（重力加速度为g）（　　）

图1

A.大于环重力mg，并逐渐减小

B.始终等于环重力mg

C.小于环重力mg，并保持恒定

D.大于环重力mg，并保持恒定

答案　A

解析　根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F安＝BIL，根据法拉第电磁感应定律知，I＝

＝

＝

S，可知I为恒定电流，联立上式可知B减小时，F安减小，则由FT＝mg＋F安知FT减小，选项A正确.

2.（多选）用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（r≪R）的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略其他影响，则（重力加速度为g）（　　）

图2

A.此时在圆环中产生了（俯视）顺时针方向的感应电流

B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落

C.此时圆环的加速度a＝

D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝

答案　AD

解析　由右手定则可以判断感应电流的方向为（俯视）顺时针方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πR·v，圆环的电阻R电＝

，则圆环中的感应电流I＝

＝

，圆环所受的安培力F安＝BI·2πR，圆环的加速度a＝

，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－

，选项C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得vm＝

，选项D正确.

3.如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是（　　）

图3

答案　D

解析　导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝

、F安＝BIL得F安＝

，随着v的减小，安培力F安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F安＝

，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确.

4.（多选）如图4所示，有两根和水平方向成α（α<90°）角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（　　）

图4

A.如果B增大，vm将变大

B.如果α变大（仍小于90°），vm将变大

C.如果R变大，vm将变大

D.如果m变小，vm将变大

答案　BC

解析　金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与滑动变阻器R构成一个闭合回路，金属杆的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：

mgsinα－

＝ma

所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsinα＝

，可得：

vm＝

，故由此式知选项B、C正确.

考点二　电磁感应中的能量问题

5.（多选）（2017·慈溪市高二上学期期中联考）如图5所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为1∶2，则在先后两种情况下（　　）

图5

A.线圈中的感应电流之比为1∶4

B.通过线圈的电荷量之比为1∶2

C.线圈中产生的热量之比为1∶2

D.沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为1∶4

答案　CD

解析　根据E＝BLv可知，因为v1∶v2＝1∶2，则E1∶E2＝1∶2，线圈中的感应电流之比为1∶2，选项A错误；设矩形线圈长为L1，宽为L2，则电荷量q＝It＝

·

＝

，电荷量与速度无关，两种情况下通过线圈的电荷量之比为1∶1，故B错误；线圈中产生的热量Q＝I2Rt＝（

）2·R·

＝

，热量与速度成正比，则热量之比为1∶2，故C正确；拉力功率P＝Fv＝

＝

，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为1∶4，故D正确.

6.如图6所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）

图6

A.流过金属棒的最大电流为

B.通过金属棒的电荷量为

C.克服安培力所做的功为mgh

D.金属棒产生的焦耳热为

mg（h－μd）

答案　D

解析　金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgh＝

mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝

，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝

＝

，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝

Δt＝

＝

，故B错误；在整个运动过程中，对金属棒由动能定理得：

mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：

W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒接入电路的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：

Q′＝

Q＝

W安＝

mg（h－μd），故D正确.

7.（多选）（2017·绍兴一中高二上学期期中）如图7甲所示，正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v－t图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是（　　）

图7

A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向

B.金属线框的边长为v1（t2－t1）

C.磁场的磁感应强度为

D.金属线框在0～t4时间内所产生的热量为2mgv1（t2－t1）＋

m（v

－v

）

答案　BCD

解析　根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向沿abcda方向，A错误；由于线框进入磁场时匀速运动，线框边长l＝v1（t2－t1），B正确；bc边受到的安培力等于重力，mg＝

，而l＝v1（t2－t1），代入可得B＝

，C正确；0～t1及t2～t3时间内，金属线框不受安培力；t1～t2时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q1＝mgl＝mgv1（t2－t1），t3～t4时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q2＝mgl＋

m（v

－v

）＝mgv1（t2－t1）＋

m（v

－v

），则金属框在0～t4时间内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝2mgv1（t2－t1）＋

m（v

－v

），D正确.

8.如图8所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ＝30°，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L1＝0.5m，bc边长为L2，导体线框质量m＝1kg、电阻R＝0.4Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F＝10N作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行.已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导体线框某一横截面的电荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

图8

A.导体线框进入磁场时的速度为2m/s

B.导体线框bc边长为L2＝0.1m

C.导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4m

D.导体线框进入磁场的过程中产生的热量为1J

答案　ACD

解析　导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则F＝mgsin30°＋

，解得v＝2m/s，根据q＝

＝

，解得L2＝0.2m，选项A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速度a＝

＝5m/s2，则导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x＝

＝

m＝0.4m，选项C正确；导体线框进入磁场的过程中产生的热量为Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，选项D正确.

二、非选择题

9.（2017·余姚中学高二上学期期中）如图9所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的轻质定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长，与物体相连的细线水平，与bc垂直相连的细线与斜面平行.（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

图9

（1）线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？

（2）当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？

（3）在

（2）问的条件下，若cd边恰好离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个过程中ab边产生的热量为多少？

答案　

（1）2.4N　

（2）0.25m　（3）0.1J

解析　

（1）m1、m2运动过程中，把m1、m2看成一个整体作为研究对象，由牛顿第二定律得

m1gsinθ－μm2g＝（m1＋m2）a

代入数据解得a＝2m/s2

以m1为研究对象，由牛顿第二定律得

m1gsinθ－FT＝m1a，

代入数据解得FT＝2.4N.

（2）ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，对整体有m1gsinθ－μm2g－

＝0

代入数据解得v＝1m/s

ab边到边界MN前线框做匀加速运动，由速度位移公式有v2＝2ax，代入数据解得x＝0.25m

（3）线框从开始运动到cd边恰好离开磁场边界PQ时，由能量守恒定律得m1gsinθ（x＋d＋L）－μm2g（x＋d＋L）＝

（m1＋m2）v12＋Q，

代入数据解得Q＝0.4J

所以Qab＝

Q＝0.1J.