2024年高考物理大一轮复习：第2课时 动量观点和能量观点在电学中的应用

第2课时动量观点和能量观点在电学中的应用电场中的动量与能量动量观点和能量观点在力学和电场中应用时的“三同一异”命题角度一电场力做功的功率问题【例1】(2019·江苏卷，5)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是()解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：受电场力F电＝qE，则加速度a＝eq\f(F电,m)＝eq\f(qE,m)，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(（qE）2t,m)＝kt∝t，选项A正确。答案A命题角度二动能定理在电场中的应用【例2】(2019·全国卷Ⅱ，24)如图1，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。图1(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑧答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))1.(2019·锦州二模)如图2所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原点，在x轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5.0×10－6C、质量m＝1kg带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝5m/s，如图所示。(g取10m/s2)求：图2(1)物块沿斜面向下运动的最大距离；(2)物块最终停止时系统因摩擦产生的热量。解析(1)设物块向下运动的最大距离为xm，由动能定理得mgsinθ·xm－μmgcosθ·xm－qExm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得xm＝0.5m。(2)因qE＞mgsinθ＋μmgcosθ，mgsinθ＜μmgcosθ，物块不可能停止在x轴正向，设物块最终停在x轴负向且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得－mgxsinθ－μmgcosθ(2xm＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得x＝0.4m因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ(2xm＋x)代入数据解得Q＝10.5J。答案(1)0.5m(2)10.5J2.如图3所示，一足够长的光滑绝缘水平面上方存在着水平向右的匀强电场，电场强度E＝3×103V/m。一质量m＝1kg、电荷量q＝＋3×10－3C的弹性小球A由静止释放。距离A右侧x＝2m处静置一大小与A相同、质量为2m的不带电的弹性绝缘小球B。经过一段时间，两球发生弹性正碰(碰撞时间极短，碰撞过程中电荷不发生转移)，空气阻力不计。求：图3(1)小球A、B第一次碰后瞬间的速度v1、v2；(2)两球第一次碰撞后到第二次碰撞前的最大距离Δx。解析(1)以电场方向为正方向，假设球A在与球B碰前瞬间的速度为v0根据动能定理有qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝6m/sA、B两球碰撞瞬间动量守恒、机械能守恒有mv0＝mv1＋2mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)联立解得v1＝－eq\f(1,3)v0＝－2m/sv2＝eq\f(2,3)v0＝4m/s。(2)A、B两球碰撞后A球弹回，向左做匀减速直线运动，B球向右做匀速直线运动，A球速度减小到零后反向向右做匀加速直线运动，当二者速度相同时，距离最远。设从碰撞到共速经历的时间为t对A球a＝eq\f(qE,m)＝9m/s2v2＝v1＋at解得t＝eq\f(2,3)s对两球xA＝v1t＋eq\f(1,2)at2xB＝v2t，Δx＝xB－xA＝2m。答案(1)－2m/s4m/s(2)2m电磁感应中的动量和能量问题1.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“四同三异”2.电磁感应中焦耳热的求法命题角度一电磁感应中的能量问题【例1】(多选)如图4所示，固定在倾角为θ的斜面上的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d，其底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程中()图4A.杆的速度最大为eq\f(（F－mgsinθ）R,B2d2)B.流过电阻R的电荷量为eq\f(BdL,R＋r)C.恒力F做的功与杆所受重力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析当杆达到最大速度vm时，对杆进行受力分析，沿斜面方向，有F＝mgsinθ＋eq\f(B2d2vm,R＋r)，则vm＝eq\f(（F－mgsinθ）（R＋r）,B2d2)，选项A错误；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)、I＝eq\f(E,R＋r)、q＝IΔt，可得q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BΔS,R＋r)＝eq\f(BdL,R＋r)，选项B正确；在杆从开始运动至达到最大速度的过程中，由动能定理得WF＋WG＋W安＝ΔEk，其中WG＝－mgLsinθ，W安＝－Q，恒力F做的功与杆所受重力做的功之和等于杆动能的变化量与回路中产生的焦耳热之和，选项C错误；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服重力做的功之和，选项D正确。答案BD命题角度二电磁感应中的动量和能量问题【例2】(多选)(2019·枣庄二模)如图5所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒。若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中()图5A.ab棒产生的焦耳热最多为eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)B.安培力对cd棒的冲量最多为eq\f(1,2)mv0C.通过ab棒某一横截面的电荷量最多为eq\f(mv0,2BL)D.ab棒与cd棒间的最终距离为x0－eq\f(mv0R,B2L2)解析从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，ab棒产生的焦耳热最多为Q＝eq\f(1,2)Q总＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－\f(1,2)·2mv2))＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，故A错误；安培力对cd棒的冲量最多为I＝Δp＝mv－0＝eq\f(1,2)mv0，故B正确；对ab棒，由动量定理可得－FΔt＝eq\f(1,2)mv0－mv0，所以有BILΔt＝eq\f(1,2)mv0，通过ab棒某一横截面的电荷量最多为q＝IΔt＝eq\f(mv0,2BL)，故C正确；由于通过ab棒某一横截面的电荷量最多为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，则有x＝eq\f(mv0R,B2L2)，ab棒与cd棒间的最终距离为s＝x0－x＝x0－eq\f(mv0R,B2L2)，故D正确。答案BCD在电磁感应中用动量定理求变力的时间、速度、位移和电荷量，一般应用于单杆切割磁感线运动。(1)求速度或电荷量：Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))t。(2)求时间：FΔt－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝Bleq\f(ΔΦ,R总)。1.(多选)如图6所示，“”形金属线框放置在光滑绝缘水平面上，一根质量为m的金属棒放置在光滑线框上，且与线框两边垂直，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，现给金属棒一个水平向右、大小为v0的初速度，金属棒在向右运动的过程中，始终与线框两边垂直且接触良好，当金属棒刚好要滑离线框时速度大小为eq\f(1,2)v0，线框的质量为2m，金属棒接入电路的电阻为R，不计线框的电阻，磁感应强度大小为B。则下列可以求得的物理量有()图6A.金属棒运动过程中的最大加速度B.金属线框最终获得的速度C.通过金属棒横截面的电荷量D.金属棒产生的焦耳热解析金属棒和线框组成的系统动量守恒，则mv0＝m·eq\f(1,2)v0＋2mv，解得v＝eq\f(1,4)v0，B项正确；由于不知道金属棒切割磁感线的有效长度，故无法求得通过金属棒横截面的电荷量及金属棒的最大加速度，A、C项错误；由能量守恒可知，产生的焦耳热等于系统损失的动能，即Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,16)mveq\o\al(2,0)，D项正确。答案BD2.(多选)如图7所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，上端连接阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，导体棒放在导轨上处于静止状态。现给导体棒平行导轨平面向上、大小为v0的初速度，当导体棒的速度第一次为0时，弹簧恰好处于自由伸长状态。导体棒运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。不计导轨电阻，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图7A.在整个运动的过程中，电阻R上产生的热量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.导体棒刚获得初速度v0时的加速度大小为gsinθ＋eq\f(B2l2v0,m（R＋r）)C.导体棒从初速度v0开始到速度第一次为0时，发生的位移大小为eq\f(mgsinθ,k)D.导体棒从初速度v0开始到速度第一次为0时，损失的机械能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(（mgsinθ）2,k)解析在整个运动的过程中，损失的总机械能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则电阻R上产生的热量小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A错误；导体棒刚获得初速度v0时，由牛顿第二定律知mgsinθ＋eq\f(B2l2v0,R＋r)＝ma，可得a＝gsinθ＋eq\f(B2l2v0,m（R＋r）)，故B正确；导体棒放在导轨上处于静止状态，有kx＝mgsinθ，所以x＝eq\f(mgsinθ,k)，故C正确；根据能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Ep＝mgxsinθ＋E损，所以损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Ep－eq\f(（mgsinθ）2,k)，故D错误。答案BCA卷提能小卷练一、选择题1.(2019·天津卷，3)如图1所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()图1A.动能增加eq\f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2解析动能变化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp减＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错误。答案B2.(多选)如图2所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A有指向B的速度v0，B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中()图2A.任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1∶2B.两小球构成的系统动量守恒，电势能减少C.A球减少的机械能大于B球增加的机械能D.电场力对A球做功的大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析两球所受的库仑力为作用力与反作用力，大小相等，由F＝ma知两球的加速度之比eq\f(aA,aB)＝eq\f(\f(F,2m),\f(F,m))＝eq\f(1,2)，故A正确；两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从A开始运动到两球距离最近过程，两球间的距离减小，电势能增大，有部分机械能减少，故B错误；由能量守恒定律可知，减少的机械能转化为电势能，系统电势能增加，两球组成的系统动量守恒，两球距离最近时，两球速度相等，由动量守恒定律得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，A球减少的机械能为ΔEkA＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，B球增加的机械能为ΔEkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，所以A球减少的机械能大于B球增加的机械能，故C正确；由动能定理可知，电场力对A球做功大小W＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，故D错误。答案AC3.如图3所示，MN、PQ是两条水平放置的平行金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面。导轨左端接阻值R＝1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m＝0.1kg，电阻r＝0.5Ω。ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，现用F＝0.7N的恒力水平向右拉ab，使之从静止开始运动，经时间2s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U＝0.3V。重力加速度g＝10m/s2。则ab加速过程中，通过R的电荷量为()图3A.0.12C B.0.36CC.0.72C D.1.6C解析金属杆做匀速直线运动时，由平衡条件得F＝μmg＋BIL，由欧姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)＝eq\f(U,R)，解得BL＝1T·m，v＝0.4m/s，设ab加速时间为t，加速过程的平均感应电流为eq\o(I,\s\up6(－))，由动量定理得Ft－μmgt－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv，电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，代入数据解得q＝0.36C，故选项B正确。答案B4.(多选)如图4所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q＞0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是()图4A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBeq\r(gR)B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq\r(2gR)C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大解析小球从A到C过程机械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBeq\r(2gR)，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋F洛＝meq\f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq\r(2gR)，由牛顿第三定律得小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq\r(2gR)，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确。答案BD5.如图5所示，间距L＝1m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨右侧接入R＝2Ω的定值电阻。长L＝1m、电阻r＝1Ω、质量为m的导体棒垂直导轨放置，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，现在导体棒上施加水平向左的拉力F，拉力F随时间变化的关系为F＝eq\f(1,2)t＋eq\f(3,10)(N)，导体棒从静止开始以大小为a的加速度做匀加速直线运动，运动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。下列说法正确的是()图5A.导体棒克服安培力做的功等于导体棒上产生的焦耳热B.质量m＝0.2kg，加速度a＝1.5m/s2C.前4s内拉力F的冲量大小为9.2N·sD.若4s末撤去拉力F，则拉力F撤去后定值电阻R上产生的焦耳热为3.6J解析导体棒克服安培力做的功等于产生的电能，等于系统(导体棒和电阻)所产生的焦耳热，选项A错误；对导体棒由牛顿第二定律得F－F安＝ma，而F安＝Beq\f(BLat,R＋r)L＝eq\f(B2L2at,R＋r)，代入可得F＝eq\f(B2L2at,R＋r)＋ma，由题中数据可得a＝1.5m/s2，m＝0.2kg，所以选项B正确；拉力随时间是线性变化的，所以拉力F的冲量I＝eq\o(F,\s\up6(－))t＝eq\f(F0＋F,2)t＝5.2N·s，选项C错误；4s末导体棒的速度v＝at＝6m/s，撤去拉力后由能量守恒得Q＝eq\f(1,2)mv2＝3.6J，QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝2.4J，选项D错误。答案B6.(多选)如图6甲所示，在绝缘水平面上方的MM′和PP′范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向与位移的变化关系如图乙所示。一质量为m、带电荷量为＋q的小物块(可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零。若滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g。则以下判断正确的是()图6A.小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力B.小物块在运动过程中，中间时刻的速度大小大于eq\f(v0,2)C.A、B两点间的电势差为eq\f(m（2μgl－veq\o\al(2,0)）,2q)D.此过程中产生的内能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析如果小物块在运动过程中受到的电场力大于小物块受到的滑动摩擦力，那么随着电场强度E逐渐增大，小物块将开始做加速运动，速度不会减为零，故A项正确；小物块做加速度逐渐减小的减速运动，则由运动学知识可知，小物块在运动过程中的中间时刻速度大小要小于eq\f(v0,2)，B项错误；由动能定理可得qUAB－μmgl＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝eq\f(m（2μgl－veq\o\al(2,0)）,2q)，C项正确；在此过程中产生的内能应为Q＝μmgl，D项错误。答案AC二、非选择题7.(2019·广西防城港3月模拟)如图7所示，水平绝缘轨道，左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的动摩擦因数为μ＝0.5，电场外的轨道光滑，质量为m、带电荷量为＋q的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短，开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接(A、B均可视为质点)，已知匀强电场的场强大小为eq\f(3mg,q)，求：图7(1)弹簧的最大弹性势能；(2)整个过程A在电场中运动的总路程。解析(1)设物体A碰前的速度为v1，根据动能定理qEL－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①碰撞过程动量守恒mv1＝(m＋2m)v2②弹簧压缩过程机械能守恒Ep＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,2)③解得Ep＝eq\f(5,6)mgL。④(2)最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒Ep＝μ(m＋2m)gx⑤A在电场中运动的总距离为s，整个过程A在电场中运动的总路程为s＝L＋x⑥联立解得s＝eq\f(14,9)L。⑦答案(1)eq\f(5,6)mgL(2)eq\f(14,9)LB卷高考标准练(20分钟32分)1.(12分)如图8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边距匀强磁场下边界的高度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，当ad边刚离开磁场上边缘时，线框恰好开始做匀速直线运动。求：(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)图8(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时细线中拉力的功率；(2)线框刚刚全部进入磁场时速度的大小；(3)从开始运动到线框刚离开磁场，整个运动过程中系统产生的热量。解析(1)由于线框匀速离开磁场，则对物块有m2gsinθ－μm2gcosθ＝T(2分)代入数据得T＝10N对线框有T＝m1g＋BIL(1分)又因为E＝BLv＝IR联立可得v＝2m/s(1分)所以细线中拉力的功率P＝Tv＝20W。(1分)(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚离开磁场，由动能定理得(m2gsinθ－μm2gcosθ)(d2－L)－m1g(d2－L)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)(2分)解得v0＝eq\f(3\r(10),5)m/s。(1分)(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能量守恒定律可得m2gsinθ(d1＋d2＋L)－Qf－m1g(d1＋d2＋L)＝Q焦耳热＋eq\f(1,