关于瞬时加速度应注意的几个问题

关于“瞬时加速度”应注意的几个问题

在高中物理中,求瞬时加速度问题是一个比较重要的知识点, 教师都把其列为一个专题来处理.

一、高中物理中涉及到的弹簧和绳, 均为“轻质弹簧”(没有质量的理想化模型) 和“刚性绳”(受力但无形变的理想化模型. 后文中的“弹簧”和“绳子”均指“轻质弹簧”和“刚性绳”) . 首先要清楚二者在情况突然变化时的相同与不同之处;二者相同之处为:当二者其中一端解除限制(例如从一端剪断) 时,力都突变为零;二者不同之处为:当二者两端均有限制而力发生变化时,弹簧的弹力不会突变,而刚性绳的力将会突变.

例如 在图1、图2中小球m1、m2原来均静止. 现如果均从

图中B 处剪断,则图1中的弹簧和图2中的下段绳子的拉力均

立即突变为零.如果均从图中A 处剪断, 则图1中的弹簧的

弹力不能突变为零, 而图2中的下段绳子的拉力在剪断瞬间

就立即突变为零.

二、要讲清楚“瞬时”的特点.

对于力而言, 在开始变化的这一瞬间,能突变的力可以突

变(例如图2 中当从B处剪断时下段绳子的拉力) , 而不能突变的力将和未变化前相同, 即这一瞬时这个力还未来得及改变(例如图1中的弹簧的弹力在A 处剪断瞬间和未剪断前一样等于m2g) . 加速度和力一样,当物体的合力突变时, 加速度也将突变; 而当物体的合力未变化时, 加速度也将不发生变化. 对于速度而言, 是不能突变的, 开始变化的这一瞬时将和未变化前一样.

三、虽然我们所求的为刚开始这一瞬时的情况, 但有时我们需要研究物体此后的运动情况再反过来判断这一瞬时的情况, 这一点很重要.

如图1,当从A 处剪断后,m1、m2在下落过程中,弹簧要缩短, 即m1、m2之间距离要变小,而二者初速均为零, 所以我们说在A 处剪断瞬间,二者的加速度肯定是不同的. 如图2,当从A处剪断后,m1、m2在下落过程中,二者之间的距离是不变的(这是实际情况) , 即二者相对静止,则应用整体法可得整体加速度为重力加速度g,则由每一个物体加速度为g可以判断出在B 处剪断这一瞬时,绳子的拉力立即突变为零,则由此可以判断在这一瞬时,m1、m2均只受重力,加速度均为g. 例1 如图3,绳子水平, 弹簧与竖直方向成

角,小球静止,求从图中A处剪断瞬间小球

的加速度是多少?

解析:当从A处剪断瞬时,开始我们无法判断

绳子的拉力是否突变. 但我们知道小球以

后将作部分圆周运动. 在A处剪断瞬时,小

球的位置(也即未剪断前小球的位置) 就是部分圆周运动的初始位置, 那么在此位置我们就按圆周运动来处理:假设绳子有拉力为T,绳长为L,小球的质量为m,

则

mv2

由向心力公式可知T,而由于此时小球的速度还未来得及变化仍为零,所L

以得出T0,这一瞬时绳子拉力突变为零,速度为零,小球只受重力,加速度ag.

例2 如图4,开始弹簧水平, 绳子与竖直方向成角,小球静止. 求当从图中A处剪断瞬间,小球的加速度为多少?

解析: 许多学生在答这一题时,都得出agtan的错误结论. 原因是这些学生误认为绳子的拉力在这一瞬时和未剪断前一样没变, 而实际上绳子的拉力已经突变了. 当从A 处剪断后,小球此后将做部分圆周运动, 剪断这一瞬时小球的位置应是部分圆周运动的初始位置, 所以这时我们把这个位置按圆周运动来处理. 设小球质量为m, 绳长为L. 在此位置对小球进行受力分析(如

图5) , 可知小球只受重力和绳子的拉力. 将重力沿切向和法

向分别分解为F1mgsin和F2mgcos. 由向心力公式可

mv2

知:TF2,而由于剪断这一瞬间,小球的速度仍为零,所L

以TF2,所以小球的合力只等于F1mgsinma, 所以正确答案应是:从A处剪断这一瞬时agsin,方向为图中F1的方向.以上这三个例子, 我们都应用了先分析“瞬时”以后的运动情况再反过来判断这一“瞬

时”的情况,从而得出正确的结论.

瞬时加速度的解题规律分类解析

瞬时加速度问题是牛顿第二定律的一个重要应用,是比较复杂的问题之一,只有注意总结其题型分类和解题策略才能百战百胜.

1 系统静止类的瞬时加速度问题

1. 1 弹簧类问题 如右图,注意弹簧发生形变需要时间,瞬时不能

变化,弹力不变.

解题策略 弹簧没有伸缩、无形变; 系统原来静止,则细线被剪断瞬

间,物体(与细线相连的) 所受合外力等于剪断前的细线拉力.

规律1 原来静止系统在细线被剪断瞬间,远离细线且和弹簧相连物

体加速度为0.

规律2 原来静止的系统在细线被剪断瞬间,和细线且和弹簧相连的物体,其加速度等于剪断前细线上拉力FT 除以该物体质量.

例1 如右图,竖直光滑杆上套有1 个小球和2 根弹簧,两弹簧的一端各与小球相连,另一端分别用销钉M、N 固定于杆上,小球处于静止状态. 设拔去销钉M 瞬间, 小球加速度为12ms2,在不拔去销钉M 而拔去N 瞬间,小球加速度可能( ) (g

10ms2) .

A.22ms2,方向竖直向上;

B.22ms2,方向竖直向下;

C.2ms2,方向竖直向上;

D.2ms2,方向竖直向下

解析 拔去销钉M 瞬间小球加速度大小为12ms2,则小球加速度方向可能有2种情况:向上或向下(设小球质量为m).

(1) (加速度向上) 根据规律2知: 拔去M瞬间小球的合外力等于弹簧2在剪断前的弹力、方向向下; 根据剪断前小球平衡可得,弹簧1的弹力为m(22ms2)、方向向上;再根据规律2得:拔去销钉N 瞬间加速度为22ms2、方向向下,故选项B 正确;

(2) (加速度向下) 同理可得:拔去销钉N瞬间加速度大小为2ms2、方向向上,故本题正确答案为B、C.

1.2 细线类问题(如右图) 认为细线形变不需要时间,所以细线上

的弹力迅速变化.

解题策略 不必去管剪断细线前细线上的受力,只需根据细线被剪

断以后系统的运动规律来进行分析求解即可.

例2 质量为m 的箱子C ,顶部悬挂质量也为m 的小球B ,B 的下方

通过一轻弹簧与质量为m 的球A 相连,箱子用轻线o1o2悬于天花板

上而处于平衡状态, 如右图所示. 现剪断轻线o1o2 ,则在剪断

的瞬间小球A、B 和箱子C的加速度各为多大?

解析 由规律1知球A加速度aA0.箱子在剪断轻线o1o2后小球B

和C以共同加速度下落,受力为2mg和弹簧拉力FT,故

aBaC(2mgFT)/2mg3g/2

例3 如右图所示, 3 个可视为质点的金属小球A、B、C ,质量分别为m、2m、3m ,B 球带负电、电荷量为Q ,A、C不带电,不可伸长的绝缘细线将3

球相连,悬挂于O 点. 3 球均处于竖直向上的场强为E 的匀强

电场中.将OA 剪断瞬间,A、B、C 球的加速度分别为( ) .

解析 因为小球B受到向下的电场力QE,则OA剪断瞬间,球A、

B 以大于g的共

同加速度运动,而C 做自由落体运动,则

:

3mgQEgQE. 3m

2 系统加速运动类问题

2.1 弹簧类问题 注意系统加速时,细线剪断瞬间和细线相连的物体所受合外力不再等于剪断前细线拉力.

解题策略 首先根据剪断前求得弹簧上的弹力(大小和方向) ,其次分析剪断后物体的受力,然后根据牛顿第二定律求解.

规律3 匀变速运动系统在细线剪断瞬间,远离细线且和弹簧相连物体加速度不变. aCg;aAaB

例4 如右图,质量分别为mA、mB的物体A 和B 之间用一轻弹簧相连,再用细线 连接到箱顶上,它们以加速度a(ag)向下做匀加速运动.若

mB2mA,求细线被剪断瞬间A 、B 的加速度.

解析 由规律3知细线被剪断的瞬间aBa.细线被剪断前(设

弹簧弹力为F) ,对B 有mBgFmBa,解得FmB(ga).细

线被剪断瞬间弹力没变,则对A 有FmAgmAaA

解得:aA3g2a

2.2 细线类问题 只需根据细线被剪断后系统的运动变化规律来进行分析求解即可.

例5 如右图所示, 2个质量分别为mA和mA的物体A 和B 用细线连接到箱顶上, 以加速度a向上做匀加速运动. 求A和B在细线1被剪断瞬间的

加速度aA和aB.

解析 细线1 被剪断之后,它们将做竖直上抛运动,所以细线1

被剪断瞬间的加速

度aAaBg.

思考 若细线2被剪断,求A、B 加速度.

分析 细线2被剪断后,A 静止、B 自由落体运动,则aA0、aBg. 训练题

例1、传送带以恒定的速率 运动，已知它与水平面成 ，如图所示，

,将一个小物体无初速度地放在 P 点，小物体与传送带间的动摩擦因数为

，问当皮带逆时针转动时，小物体运动到 Q 点的

时间为多少？

解析：当物体刚放在传送带上时，物体的速度速度传

送带的速度，物体所受的滑动摩擦力方向沿斜面向

下，加速度为：

滑行时间： 滑行距离：

当物体与传送带的速度相同时，由于重力的作用物体继续加速，物体的速度大于传送带的速度，摩擦力的方向变为沿斜面向上，加速度为：

因为：

又： 解得：

所以，小物体从 P 点运动到 Q 点的时间： 例2 如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导

体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸

面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释

放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm

解析：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，

感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。

当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。

mgRB2L2vm由Fmg，可得vm22 BLR

进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的）。

例3 如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感强度相等的匀强磁场,方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为L.一个质量为m、边长也为L的正方形线框（设电阻为R）以速度v进入磁场时，恰好作匀速直线运动。若当ab边到达gg1与ff1中间位置时，线框又恰好作匀速直线运动，则：（1）当ab边刚越过ff1时，线框加速度的值为多少？

（2）求线框从开始进入磁场到ab边到达gg1和ff1

中点的过程中产生的热量是多少？

解析：（1）ab边刚越过ee1即作匀速直线运动，表

明线框此时受到的合外力为零，即：

mgsinBBLvL 在ab边刚越过ff1时，ab、R

cd边都切割磁感线产生电势，但线框的运动速度不

能突变，则此时回路中的总感应电动势为

12BLv.故此时线框加速度为：

a2B1L/mRgsin3gsin方向沿斜面向上.

（2）设线框再作匀速直线运动的速度为V1，则：mgsinB2BLv1L/R2即v1v/4 从线框越过ee1到线框再作匀速直线运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得：

311315QmgLsinmv2mv12mgLsinmv2 222232

例4 如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R。匀强磁场的宽度为H。(l＜H)，磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是1g。求 3

（1）ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小；

（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度大小；

（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量。

解析：（1）由题意可知ab边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等，设为v1，则结线框有： ε＝Blv1 I＝ε/R F＝BIl

且F－mg＝mg/3

22 解得速度v1为：v1＝4mgR/3Bl

（2）设cd边刚进入磁场时速度为v2，则cd边进入磁场

到ab边刚出磁场应用动能定理得：

1212mv1mv2mg(Hl) 22

解得： v2

(4mgR2)2g(Hl) 223Bl

（3）由能和转化和守恒定律，可知在线框进入磁场的过程中有

1212mv1mglmv2Q 22

解得产生的热量Q为：Q＝mgH

关于“瞬时加速度”应注意的几个问题

在高中物理中,求瞬时加速度问题是一个比较重要的知识点, 教师都把其列为一个专题来处理.

一、高中物理中涉及到的弹簧和绳, 均为“轻质弹簧”(没有质量的理想化模型) 和“刚性绳”(受力但无形变的理想化模型. 后文中的“弹簧”和“绳子”均指“轻质弹簧”和“刚性绳”) . 首先要清楚二者在情况突然变化时的相同与不同之处;二者相同之处为:当二者其中一端解除限制(例如从一端剪断) 时,力都突变为零;二者不同之处为:当二者两端均有限制而力发生变化时,弹簧的弹力不会突变,而刚性绳的力将会突变.

例如 在图1、图2中小球m1、m2原来均静止. 现如果均从

图中B 处剪断,则图1中的弹簧和图2中的下段绳子的拉力均

立即突变为零.如果均从图中A 处剪断, 则图1中的弹簧的

弹力不能突变为零, 而图2中的下段绳子的拉力在剪断瞬间

就立即突变为零.

二、要讲清楚“瞬时”的特点.

对于力而言, 在开始变化的这一瞬间,能突变的力可以突

变(例如图2 中当从B处剪断时下段绳子的拉力) , 而不能突变的力将和未变化前相同, 即这一瞬时这个力还未来得及改变(例如图1中的弹簧的弹力在A 处剪断瞬间和未剪断前一样等于m2g) . 加速度和力一样,当物体的合力突变时, 加速度也将突变; 而当物体的合力未变化时, 加速度也将不发生变化. 对于速度而言, 是不能突变的, 开始变化的这一瞬时将和未变化前一样.

三、虽然我们所求的为刚开始这一瞬时的情况, 但有时我们需要研究物体此后的运动情况再反过来判断这一瞬时的情况, 这一点很重要.

如图1,当从A 处剪断后,m1、m2在下落过程中,弹簧要缩短, 即m1、m2之间距离要变小,而二者初速均为零, 所以我们说在A 处剪断瞬间,二者的加速度肯定是不同的. 如图2,当从A处剪断后,m1、m2在下落过程中,二者之间的距离是不变的(这是实际情况) , 即二者相对静止,则应用整体法可得整体加速度为重力加速度g,则由每一个物体加速度为g可以判断出在B 处剪断这一瞬时,绳子的拉力立即突变为零,则由此可以判断在这一瞬时,m1、m2均只受重力,加速度均为g. 例1 如图3,绳子水平, 弹簧与竖直方向成

角,小球静止,求从图中A处剪断瞬间小球

的加速度是多少?

解析:当从A处剪断瞬时,开始我们无法判断

绳子的拉力是否突变. 但我们知道小球以

后将作部分圆周运动. 在A处剪断瞬时,小

球的位置(也即未剪断前小球的位置) 就是部分圆周运动的初始位置, 那么在此位置我们就按圆周运动来处理:假设绳子有拉力为T,绳长为L,小球的质量为m,

则

mv2

由向心力公式可知T,而由于此时小球的速度还未来得及变化仍为零,所L

以得出T0,这一瞬时绳子拉力突变为零,速度为零,小球只受重力,加速度ag.

例2 如图4,开始弹簧水平, 绳子与竖直方向成角,小球静止. 求当从图中A处剪断瞬间,小球的加速度为多少?

解析: 许多学生在答这一题时,都得出agtan的错误结论. 原因是这些学生误认为绳子的拉力在这一瞬时和未剪断前一样没变, 而实际上绳子的拉力已经突变了. 当从A 处剪断后,小球此后将做部分圆周运动, 剪断这一瞬时小球的位置应是部分圆周运动的初始位置, 所以这时我们把这个位置按圆周运动来处理. 设小球质量为m, 绳长为L. 在此位置对小球进行受力分析(如

图5) , 可知小球只受重力和绳子的拉力. 将重力沿切向和法

向分别分解为F1mgsin和F2mgcos. 由向心力公式可

mv2

知:TF2,而由于剪断这一瞬间,小球的速度仍为零,所L

以TF2,所以小球的合力只等于F1mgsinma, 所以正确答案应是:从A处剪断这一瞬时agsin,方向为图中F1的方向.以上这三个例子, 我们都应用了先分析“瞬时”以后的运动情况再反过来判断这一“瞬

时”的情况,从而得出正确的结论.

瞬时加速度的解题规律分类解析

瞬时加速度问题是牛顿第二定律的一个重要应用,是比较复杂的问题之一,只有注意总结其题型分类和解题策略才能百战百胜.

1 系统静止类的瞬时加速度问题

1. 1 弹簧类问题 如右图,注意弹簧发生形变需要时间,瞬时不能

变化,弹力不变.

解题策略 弹簧没有伸缩、无形变; 系统原来静止,则细线被剪断瞬

间,物体(与细线相连的) 所受合外力等于剪断前的细线拉力.

规律1 原来静止系统在细线被剪断瞬间,远离细线且和弹簧相连物

体加速度为0.

规律2 原来静止的系统在细线被剪断瞬间,和细线且和弹簧相连的物体,其加速度等于剪断前细线上拉力FT 除以该物体质量.

例1 如右图,竖直光滑杆上套有1 个小球和2 根弹簧,两弹簧的一端各与小球相连,另一端分别用销钉M、N 固定于杆上,小球处于静止状态. 设拔去销钉M 瞬间, 小球加速度为12ms2,在不拔去销钉M 而拔去N 瞬间,小球加速度可能( ) (g

10ms2) .

A.22ms2,方向竖直向上;

B.22ms2,方向竖直向下;

C.2ms2,方向竖直向上;

D.2ms2,方向竖直向下

解析 拔去销钉M 瞬间小球加速度大小为12ms2,则小球加速度方向可能有2种情况:向上或向下(设小球质量为m).

(1) (加速度向上) 根据规律2知: 拔去M瞬间小球的合外力等于弹簧2在剪断前的弹力、方向向下; 根据剪断前小球平衡可得,弹簧1的弹力为m(22ms2)、方向向上;再根据规律2得:拔去销钉N 瞬间加速度为22ms2、方向向下,故选项B 正确;

(2) (加速度向下) 同理可得:拔去销钉N瞬间加速度大小为2ms2、方向向上,故本题正确答案为B、C.

1.2 细线类问题(如右图) 认为细线形变不需要时间,所以细线上

的弹力迅速变化.

解题策略 不必去管剪断细线前细线上的受力,只需根据细线被剪

断以后系统的运动规律来进行分析求解即可.

例2 质量为m 的箱子C ,顶部悬挂质量也为m 的小球B ,B 的下方

通过一轻弹簧与质量为m 的球A 相连,箱子用轻线o1o2悬于天花板

上而处于平衡状态, 如右图所示. 现剪断轻线o1o2 ,则在剪断

的瞬间小球A、B 和箱子C的加速度各为多大?

解析 由规律1知球A加速度aA0.箱子在剪断轻线o1o2后小球B

和C以共同加速度下落,受力为2mg和弹簧拉力FT,故

aBaC(2mgFT)/2mg3g/2

例3 如右图所示, 3 个可视为质点的金属小球A、B、C ,质量分别为m、2m、3m ,B 球带负电、电荷量为Q ,A、C不带电,不可伸长的绝缘细线将3

球相连,悬挂于O 点. 3 球均处于竖直向上的场强为E 的匀强

电场中.将OA 剪断瞬间,A、B、C 球的加速度分别为( ) .

解析 因为小球B受到向下的电场力QE,则OA剪断瞬间,球A、

B 以大于g的共

同加速度运动,而C 做自由落体运动,则

:

3mgQEgQE. 3m

2 系统加速运动类问题

2.1 弹簧类问题 注意系统加速时,细线剪断瞬间和细线相连的物体所受合外力不再等于剪断前细线拉力.

解题策略 首先根据剪断前求得弹簧上的弹力(大小和方向) ,其次分析剪断后物体的受力,然后根据牛顿第二定律求解.

规律3 匀变速运动系统在细线剪断瞬间,远离细线且和弹簧相连物体加速度不变. aCg;aAaB

例4 如右图,质量分别为mA、mB的物体A 和B 之间用一轻弹簧相连,再用细线 连接到箱顶上,它们以加速度a(ag)向下做匀加速运动.若

mB2mA,求细线被剪断瞬间A 、B 的加速度.

解析 由规律3知细线被剪断的瞬间aBa.细线被剪断前(设

弹簧弹力为F) ,对B 有mBgFmBa,解得FmB(ga).细

线被剪断瞬间弹力没变,则对A 有FmAgmAaA

解得:aA3g2a

2.2 细线类问题 只需根据细线被剪断后系统的运动变化规律来进行分析求解即可.

例5 如右图所示, 2个质量分别为mA和mA的物体A 和B 用细线连接到箱顶上, 以加速度a向上做匀加速运动. 求A和B在细线1被剪断瞬间的

加速度aA和aB.

解析 细线1 被剪断之后,它们将做竖直上抛运动,所以细线1

被剪断瞬间的加速

度aAaBg.

思考 若细线2被剪断,求A、B 加速度.

分析 细线2被剪断后,A 静止、B 自由落体运动,则aA0、aBg. 训练题

例1、传送带以恒定的速率 运动，已知它与水平面成 ，如图所示，

,将一个小物体无初速度地放在 P 点，小物体与传送带间的动摩擦因数为

，问当皮带逆时针转动时，小物体运动到 Q 点的

时间为多少？

解析：当物体刚放在传送带上时，物体的速度速度传

送带的速度，物体所受的滑动摩擦力方向沿斜面向

下，加速度为：

滑行时间： 滑行距离：

当物体与传送带的速度相同时，由于重力的作用物体继续加速，物体的速度大于传送带的速度，摩擦力的方向变为沿斜面向上，加速度为：

因为：

又： 解得：

所以，小物体从 P 点运动到 Q 点的时间： 例2 如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导

体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸

面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释

放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm

解析：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，

感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。

当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。

mgRB2L2vm由Fmg，可得vm22 BLR

进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的）。

例3 如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感强度相等的匀强磁场,方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为L.一个质量为m、边长也为L的正方形线框（设电阻为R）以速度v进入磁场时，恰好作匀速直线运动。若当ab边到达gg1与ff1中间位置时，线框又恰好作匀速直线运动，则：（1）当ab边刚越过ff1时，线框加速度的值为多少？

（2）求线框从开始进入磁场到ab边到达gg1和ff1

中点的过程中产生的热量是多少？

解析：（1）ab边刚越过ee1即作匀速直线运动，表

明线框此时受到的合外力为零，即：

mgsinBBLvL 在ab边刚越过ff1时，ab、R

cd边都切割磁感线产生电势，但线框的运动速度不

能突变，则此时回路中的总感应电动势为

12BLv.故此时线框加速度为：

a2B1L/mRgsin3gsin方向沿斜面向上.

（2）设线框再作匀速直线运动的速度为V1，则：mgsinB2BLv1L/R2即v1v/4 从线框越过ee1到线框再作匀速直线运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得：

311315QmgLsinmv2mv12mgLsinmv2 222232

例4 如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R。匀强磁场的宽度为H。(l＜H)，磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是1g。求 3

（1）ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小；

（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度大小；

（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量。

解析：（1）由题意可知ab边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等，设为v1，则结线框有： ε＝Blv1 I＝ε/R F＝BIl

且F－mg＝mg/3

22 解得速度v1为：v1＝4mgR/3Bl

（2）设cd边刚进入磁场时速度为v2，则cd边进入磁场

到ab边刚出磁场应用动能定理得：

1212mv1mv2mg(Hl) 22

解得： v2

(4mgR2)2g(Hl) 223Bl

（3）由能和转化和守恒定律，可知在线框进入磁场的过程中有

1212mv1mglmv2Q 22

解得产生的热量Q为：Q＝mgH