1、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(a0)或平衡方程(a0)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 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L，M、P 两点间接有阻值为
2、 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)BLvR gsin B2L2vmR (3)mgRsin B2
3、L2解析(1)由右手定则可知，ab 杆中电流方向为 ab，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 EBLv，此时电路中的电流 IERBLvRab 杆受到安培力 F 安BILB2L2vR根据牛顿第二定律，有mgsin F 安mgsin B2L2vRma则 agsin B2L2vmR.(3)当 a0 时，ab 杆有最大速度 vm，即 mgsin B2L2vmR，解得 vmmgRsin B2L2.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
4、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，MN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，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
5、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 0 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 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EBL v B1r20r0r232B10r2感应电流 I E3RB10r22R电压表示数 UVI2RB10r2(2)电流 IE3R B1r22R B1kr2t2R金属棒 CD 受到的安培力 F 安B2ILB1B2kLr2t2R重物离开地面之前受力平衡，有 FNFTmg当 F 安m
6、g，即 t 2mgRB1B2kLr2时，FT0所以 FNmg当 F 安mg，即 t 2mgRB1B2kLr2时，FTF 安mg所以 FNmgB1B2kLr2t2Rmg.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EBLv 产生感应电动势I ERr 产生感应电流FBIL 导体受安培力合外力变化F合ma 加速度变化速度变化EBLv感应电动势变化a0，v达到最大
7、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有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；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 QI2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：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 QW 安.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
8、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 l0.50 m，倾角 53，导轨上端串接一个 R0.05 的电阻.在导轨间长 d0.56 m 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 B2.0 T.质量 m4.0 kg 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 s0.24 m.一位健身者用恒力 F80 N 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
9、回到初始位置(重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，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)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J 26.88 J解析(1)由牛顿第二定律得 aFmgsin m12 m/s2CD 棒进入磁场时的速度 v 2as2.4 m/s(2)感应电动势 EBlv感应电流 IBlvR安培力 FABIl代入得 FABl2vR48 N(3)健身者做功 WF(sd)64 J因
10、 Fmgsin FA0，则 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间 tdv焦耳热 QI2Rt26.88 J.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14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；当金属棒到达轨道底端 ef 时，对轨道的压
11、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 aRb(2)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为 0mgcos BIL，解得 Imgcos BLEBLvmI E2R联立解得 vm2mgRcos B2L2(3)金属棒滑到轨道最低点时 1.75mgmgmv2r由能量转化和守恒得 Qmgr12mv258mgr电阻 R 上产生的热量 QR RQRR 516mgr.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
12、 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 5A.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 FBIlB2l2vR 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)(20
13、18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 v0mgRB2L2，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
14、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 mgB2L2vRma，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、的高和间距均为 d，磁感应强度均为 B.质
15、量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等.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 7A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.刚进入磁场时加速度方向竖直向上C.穿过两磁场产生的总热量为 4mgdD.释放时距磁场上边界的高度 h 可能小于m2gR22B4L4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；从进入磁场瞬间到进入磁场瞬间过程中，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 Q1mg2
16、d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为 4mgd，选项 C 正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2vRmg0，得 vmgRB2L2，因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于mgRB2L2，根据 hv22g得金属杆进入磁场的高度应大于m2g2R22gB4L4m2gR22B4L4，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 L0.5 m 且足够长的平行导轨，NQMN，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角 37，NQ 间连接一个 R4 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
17、度为 B01 T.将一根质量为 m0.05 kg 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 q0.2 C，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.sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：图 8(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(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)2 m(3)0.08 J解析(1)由题图乙可知：当 v0
18、 时，a2 m/s2由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma解得：0.5(2)由题图乙可知：vm2 m/s，当金属棒达到稳定速度时，有 F 安B0IL，EB0Lvm，I ERr由题意知：mgsin F 安mgcos 解得 r1 qItntRrtn RrB0SB0Ls解得：s2 m(3)金属棒从释放到滑到 cd 处，由动能定理可得：mghmgscos WF12mvm20hssin WFQ 总0.1 JQR RRrQ 总0.08 J.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
19、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 1A.大于环重力 mg，并逐渐减小B.始终等于环重力 mgC.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 FTmgF 安，得 FTmg，F 安BIL，根据法拉第电磁感应定律知，IERRtBRtS，可知 I 为恒定电流，联立上式可知 B 减小时，F 安减小，则由 FTmgF 安知 FT 减小，选项 A 正确.2.(多选)
20、用一段横截面半径为 r、电阻率为、密度为 d 的均匀导体材料做成一个半径为 R(rR)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 2A.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 aB2vdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度 vmdgB2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
21、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 EBlvB2Rv，圆环的电阻 R电2Rr2，则圆环中的感应电流 I ER电Br2v，圆环所受的安培力 F 安BI2R，圆环的加速度 amgF安m，md2Rr2，则 agB2vd，选项 C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时 a0，可得 vmgdB2，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(dL)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，t0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重
22、合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列 vt 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 EBLv、IER、F 安BIL 得 F 安B2L2vR，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B2L2vR，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(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
23、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 4A.如果 B 增大，vm将变大B.如果 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：mgsin B2L2vRma所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当 a0 时达到最大速度 vm，即 mgsinB2L2vmR，可得：vmmgRsin B2L2，故由此式
24、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 12，则在先后两种情况下()图 5A.线圈中的感应电流之比为 14B.通过线圈的电荷量之比为 12C.线圈中产生的热量之比为 12D.沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为 14答案 CD解析 根据 EBLv 可知，因为 v1v212，则 E1E212，线圈中的感应电流之比为12，选项 A 错误；设矩形线圈长为 L1，宽为 L2，则电荷量 qItBL2vR L1v BL1L2R，电荷量与速度无关，两种情
25、况下通过线圈的电荷量之比为 11，故 B 错误；线圈中产生的热量 QI2Rt(BL2vR)2RL1v B2L1L22vR，热量与速度成正比，则热量之比为 12，故 C 正确；拉力功率 PFvE2R B2L22v2R，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为 14，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
26、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，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 6A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为 mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg(hd)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：mgh12mv2，金属棒到达平直部分时的速度 v 2gh，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 EBLv，最大感应电流 I ERRBL 2gh2R，故 A 错误；通过金属棒的电荷量 q I t2RB
27、dL2R，故 B 错误；在整个运动过程中，对金属棒由动能定理得：mghW 安mgd00，克服安培力做功：W 安mghmgd，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：Q12Q12W 安12mg(hd)，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 MN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
28、落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的 vt 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 7A.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(t2t1)C.磁场的磁感应强度为1v1t2t1mgRv1D.金属线框在 0t4 时间内所产生的热量为 2mgv1(t2t1)12m(v22v3 2)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 lv1(t2t1)，B 正确；bc 边受到的安培力等于重力，mgB2l2v1R，而 lv1(t2t1)，代入
29、可得 B1v1t2t1mgRv1，C 正确；0t1 及 t2t3 时间内，金属线框不受安培力；t1t2 时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量 Q1mglmgv1(t2t1)，t3t4 时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量 Q2mgl12m(v22v32)mgv1(t2t1)12m(v22v32)，则金属框在 0t4 时间内产生的热量 QQ1Q22mgv1(t2t1)12m(v22v32)，D 正确.8.如图 8 所示，光滑斜面 PMNQ 的倾角为 30，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，其中ab 边长 L10.5 m，bc 边长为 L2，导体线框质量 m1 kg、电阻 R0.4，有界匀强
30、磁场的磁感应强度为 B2 T，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且 efMN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力 F10 N 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 q0.5 C，取 g10 m/s2，则下列说法正确的是()图 8A.导体线框进入磁场时的速度为 2 m/sB.导体线框 bc 边长为 L20.1 mC.导体线框开始运动时 ab 边到磁场边界 ef 的距离为 0.4 mD.导体线框进入磁场的过程中产生的热量为 1 J答案 ACD解析 导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则 Fm
31、gsin 30B2L12vR，解得 v2 m/s，根据 qR BL1L2R，解得 L20.2 m，选项 A 正确，B 错误；导体线框在磁场外运动的加速度 aFmgsin 30m5 m/s2，则导体线框开始运动时 ab 边到磁场边界 ef 的距离为 xv22a 2225 m0.4 m，选项 C 正确；导体线框进入磁场的过程中产生的热量为 QFL2mgL2sin 30100.2 J100.20.5 J1 J，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 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 5 T，磁场宽度
32、 d0.55 m，有一边长 L0.4 m、质量 m10.6 kg、电阻 R2 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 m20.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数 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 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)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
33、)问的条件下，若 cd 边恰好离开磁场边界 PQ 时，速度大小为 2 m/s，求整个过程中 ab边产生的热量为多少？答案(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J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m1gsin m2g(m1m2)a代入数据解得 a2 m/s2以 m1 为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsin FTm1a，代入数据解得 FT2.4 N.(2)ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，对整体有 m1gsin m2gB2L2vR0代入数据解得 v1 m/sab 边到边界 MN 前线框做匀加速运动，由速度位移公式有 v22ax，代入数据解得 x0.25 m(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 m1gsin(xdL)m2g(xdL)12(m1m2)v12Q，代入数据解得 Q0.4 J所以 Qab14Q0.1 J.
