题目内容
如图所示，一边长L=0.2m，质量m1=0.5kg，电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2=0.3m，物块放在倾角θ=53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动．（g取10m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小？
（2）线框刚刚全部进入磁场时动能的大小？
（3）整个运动过程线框产生的焦耳热为多少？
分析：（1）由于线框匀速出磁场，受力分析由平衡条件列方程即可解的．
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理可解得．
（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可解得．
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理可解得．
（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可解得．
解答：解：（1）由于线框匀速出磁场，受力分析知
对m2有：m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0…①
对m1有：T-m1g-BIL=0…②
又因为有：I=
…③
联立①②③可得：v=
R=
=2m/s
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：
(m2gsinθ-μm2gcosθ)(d2-L)-m1g(d2-L)=
(m1+m2)v2-EK
将速度v代入，（2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）-0.5×10×（0.3-0.2）=
（2+0.5）×22-EK
整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为：EK=4.5J
所以此时线框的动能为：E′K=
EK=0.9J
（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：
m2gsinθ-μm2gcosθ）（d1+d2+L）-m1g（d1+d2+L）=Q+
(m1+m2)v2
将数值代入有：
2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）×（0.8+0.3+0.2）-0.5×10×（0.8+0.3+0.2）=Q+
（2+0.5）×22
整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：
Q=1.5 J
答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小为2m/s．
（2）线框刚刚全部进入磁场时动能的大小为0.9J．
（3）整个运动过程线框产生的焦耳热为1.5J．
对m2有：m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0…①
对m1有：T-m1g-BIL=0…②
又因为有：I=
| BLv |
| R |
联立①②③可得：v=
| m2g(sinθ-μcosθ)-m1g |
| B2L2 |
| 2×10(0.8-0.5×0.6)-0.5×10 |
| 2.52×0．22 |
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：
(m2gsinθ-μm2gcosθ)(d2-L)-m1g(d2-L)=
| 1 |
| 2 |
将速度v代入，（2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）-0.5×10×（0.3-0.2）=
| 1 |
| 2 |
整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为：EK=4.5J
所以此时线框的动能为：E′K=
| m1 |
| m1+m2 |
（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：
m2gsinθ-μm2gcosθ）（d1+d2+L）-m1g（d1+d2+L）=Q+
| 1 |
| 2 |
将数值代入有：
2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）×（0.8+0.3+0.2）-0.5×10×（0.8+0.3+0.2）=Q+
| 1 |
| 2 |
整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：
Q=1.5 J
答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小为2m/s．
（2）线框刚刚全部进入磁场时动能的大小为0.9J．
（3）整个运动过程线框产生的焦耳热为1.5J．
点评：此题综合性强，需要综合考虑运动学中力的平衡及动能定理和能量守恒的知识进行解题，所以难度较大些．
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，自下边ab进入磁场直到上边cd也进入磁场时为止，整个线框恰好能够保持做匀速直线运动。若g=10m／s2，不计空气阻力，求：