新高考物理一轮复习重难点练习难点23 电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习重难点练习难点23 电磁感应中的动力学和能量问题（含解析），共25页。试卷主要包含了电磁感应中的动力学问题，电磁感应中的能量问题，解答题等内容，欢迎下载使用。

难点23 电磁感应中的动力学和能量问题

一、电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤

3．导体常见运动情况的动态分析
v
↓
E＝Blv
↓
I＝
↓
F安＝BIl
↓
F合
若F合＝0
匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动
a、v反向
v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动
（一）“单棒＋电阻”模型
【例1】（2022·江苏·南京市第二十九中学高三阶段练习）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L=0.1m，导轨平面与水平面的夹角为，导轨上端连接一定值电阻R=0.3Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为m=0.2kg，电阻为r=0.1Ω，现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为S=12m时，速度达到最大值，重力加速度g取，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若将金属棒下滑12m的时刻记作t=0，假设此时的磁感应强度为已知，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，请用和t表示出这种情况下磁感应强度B变化的表达式。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）金属棒达最大速度时产生的电动势

回路中产生的感应电流

金属棒棒所受安培力

cd棒受力如图所示

当所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，即

由以上四式解得

代入数据得

（2）金属棒从t＝0起运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有

解得

因为不产生电流，所以磁通量不变

得

（二）“单棒＋电容器”模型
【例2】(2021·河北卷·7)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是(　　)

A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A
【详解】根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；
由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系知切割长度为L＝2xtan θ，x＝vt
则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttan θ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttan θ
则流过金属棒的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；
当金属棒到达x0处时，金属棒产生的感应电动势为
E′＝2Bvx0tan θ
则此时电容器的电荷量为Q′＝CE′＝2BCvx0tan θ，B错误；
由于金属棒做匀速运动，
则F＝F安＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t，
F与t成正比，则F为变力，根据力做功的功率公式P＝Fv
可知功率P随力F变化而变化，D错误．
二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化

2．求解焦耳热Q的三种方法

3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
（一）应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
【例3】(多选)如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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、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，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)

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．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd)
【答案】BD
【详解】金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W克安＝mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
（二）应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
【例4】如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求：

(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．
【答案】(1)0.3 m　(2)1.05 J
【详解】(1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝＝
0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量q2＝I2t2＝
由题中的电荷量关系＝，解得：x1＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝(m1＋m2)v02＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝Q＝1.05 J.

一、单选题
1．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ef，在极短时间内给棒ef一个水平向右的速度，ef棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ef在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较（　　）

A．整个回路产生的总热量相等
B．安培力对ef棒做的功相等
C．安培力对ef棒的冲量相等
D．电流通过整个回路所做的功相等
【答案】A
【详解】ABD．由能量守恒定律可知，ef棒具有的动能将全部转化为内能，无摩擦时，将全部转化为电热（即克服安培力做的功）；有摩擦时，将一部分转化为电热，另一部分用于克服摩擦力做功，选项A正确。电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的功，也等于产生的电热，B、D错误。
C ．由动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，由于两次动量变化相同，则合力的冲量相等，无摩擦时安培力的冲量较大， C错误。
故选A。
2．（2023·全国·高三专题练习）在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示。PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（　　）

A．此过程中通过线框截面的电荷量为
B．此时线框的加速度为
C．此过程中回路产生的电能为2mv2
D．此时线框中的电功率为
【答案】D
【详解】A．此过程中平均电动势

平均电流

通过线框截面的电荷量

A错误；
B．此时线框总电动势为

所受总安培力

根据牛顿第二定律得

B错误；
C．对此过程，由能量守恒可得，回路产生的电能

C错误；
D．由电功率定义可得

D正确。
故选D。
3．（2022·全国·高三专题练习）如图1、2中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图1中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图1、2两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（　　）

A．图1中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图2中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
【答案】B
【详解】A．图1中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；
BD．图2中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；
C．根据

有

得

电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为图1中导体棒的动量变化量小于图2，所以图1中通过R的电荷量小于图2中通过R的电荷量，故C错误。
故选B。
4．（2022·全国·高三专题练习）如图甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是（　　）

A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大
B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大
C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小
D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变
【答案】C
【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得

可知t1时刻
，E=0
故导体棒受到的安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，A错误；
B．t2时刻磁感应强度的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，但由于磁感应强度为0，导体棒受到的安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，B错误；
C．t2到t3时间内，感应电流逐渐减小，而磁感应强度逐渐增大，导致导体棒受到的安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，C正确；
D．t2到t4时间内，磁感应强度方向不变，而感应电流方向有发生改变，故导体棒受到的安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，D错误。
故选C。
5．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，两完全相同的阻值可忽略的平行导轨倾斜地固定在水平面上，两导轨之间的距离为L，导轨与水平面之间的夹角为θ，在导轨的顶端连接一阻值为R的定值电阻。在导轨间有4条与导轨垂直的虚线1234，且相邻两虚线之间的距离均为d，整个装置处在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、阻值可忽略的金属棒垂直导轨从虚线1处由静止释放，已知金属棒仅与虚线23间涂有绝缘涂层的导轨有摩擦，金属棒在整个运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒到达虚线2之前已经开始做匀速直线运动，并一直匀速运动到达虚线4处，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．金属棒在开始做匀速运动之前做匀加速直线运动
B．在虚线23之间，金属棒与导轨间的动摩擦因数为tanθ
C．金属棒在虚线4处的速度大小为
D．金属棒由虚线1到达虚线4的过程中定值电阻产生的焦耳热为2mgdsinθ
【答案】B
【详解】A．金属棒在开始做匀速运动之前速度越来越大，由
E=BLv
可知感应电动势越来越大，根据

F=BIL
得，所受的安培力越来越大，由牛顿第二定律有
mgsinθ-BIL=ma
可知加速度越来越小，匀速运动后合力为零，A错误；
B．在虚线2、3之间由于有绝缘涂层且金属棒匀速运动，有
mgsinθ=μmgcosθ
解得
μ=tanθ
B正确；
C．金属棒在光滑导轨上滑动时受到的安培力

由平衡条件有
F=mgsinθ
解得

C错误；
D．金属棒在虚线2、3之间滑动时摩擦生热为
Qf=μmgdcosθ=mgdsinθ
整个运动过程中，根据能量守恒定律得
3mgdsinθ=Q＋Qf＋mv2
解得
Q=2mgdsinθ-
D错误。
故选B。
6．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直。t=0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下列图像中正确的是（　　）


A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】ABCD．开关S由1掷向2，电容器放电，会在电路中产生电流，导体棒中有电流通过，会受到安培力的作用，产生加速度而加速运动，速度增大，导体棒切割磁感线产生感应电动势，感应电动势增大，则电路中电流减小，导体棒所受安培力减小，加速度减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒一直加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大；当感应电动势等于电容器两端的电压时，电路中无电流，导体棒做匀速运动，加速度为零，速度达到最大值，此时电容器所带电荷量q=CU不为零。故A、B、C错误，D正确。
故选D。
7．（2022·广东·开平市忠源纪念中学模拟预测）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，水平U型导体框左端接一阻值为的电阻，导体棒质量为、电阻为，垂直导轨置于导体框上，导体框宽度为导体棒与导轨接触良好。不计导体框的电阻和导体棒与导体框间的摩擦。棒以水平向右的初速度开始运动，最终停在导体框上。此过程中说法正确的是（　　）

A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势高于a点电势
C．刚开始运动时，ab两端电压为
D．电阻R消耗的总电能为
【答案】D
【详解】A．导体棒在安培力的作用下做减速运动，可得



整理得

根据牛顿第二定律可得

可知，导体棒做加速度减小的减速运动，A错误；
B．导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，根据楞次定律可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势低于a点电势，B错误；
C．ab两端电压为路端电压，刚开始运动时，ab两端电压为

C错误；
D．根据能量转化与守恒可知，导体棒的动能转化为电阻与产的焦耳热，即消耗的电能

电阻与串联，产生的焦耳热与阻值成正比，则电阻R消耗的总电能为

D正确。
故选D。
8．（2022·上海市南洋模范中学模拟预测）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图所示。在整个导轨平面内有竖直向上匀强磁场，导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，若给a棒一初速度的同时释放b棒，在一段时间内a棒动能的减小量为，b棒动能的增加量为，a棒克服磁场做功为，ab棒上产生总热量为Q，（不计ab棒间相互作用）则（　　）

A．＝+Q
B．＝Q+
C．＝Q
D．＝Q
【答案】B
【详解】设导体棒a的初动能为、末动能为，由题意可知导体棒b的初动能为0，设导体棒b的末动能为，对a、b棒组成的系统，由能量守恒定律可得

由题意可知


因此可得

由于导体棒与导轨间无摩擦，对导体棒a，根据动能定理可得

联合可得

故ACD错误，B正确。
故选B。
二、多选题
9．（2022·河南·模拟预测）如图甲所示，光滑平行金属导轨水平放置，处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=2T，导轨左端接有阻值为R=10Ω的定值电阻，导轨间距为d=1m。长为L=1m、电阻为r=10Ω、质量为m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上。t=0时刻，用水平向右的拉力F拉金属棒，金属棒从静止开始运动，电阻R中的电流随时间变化的规律如图乙所示，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则（　　）

A．金属棒做加速度越来越大的变加速运动
B．拉力F的最小值为1.25N
C．0~4s内，通过金属棒横截面的电荷量为4C
D．0~4s内，拉力F的冲量大小为9N·s
【答案】BD
【详解】A．电阻R中的电流

结合图像可得

代入数值解得
v=2.5t
因此金属棒做加速度为a=2.5m/s2的匀加速直线运动，选项A错误；
B．根据牛顿第二定律有

可知，最小拉力
Fmin=ma=1.25N
选项B正确：
C．由I-t图像的面积可知，0~4s内，通过金属棒横截面的电荷量为
q=×1×4C=2C
选项C错误；
D．由得

当t=4s时
F2=3.25N
则0~4s内，拉力F的冲量大小

选项D正确。
故选BD。
10．（2022·山西大同·高三阶段练习）如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距，左端接一电阻，磁感应强度的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在导体棒的中点施加一个垂直棒的水平拉力，使其从静止开始运动，运动速度达到了最大，则从开始运动到达到最大速度过程中（　　）

A．导体棒做匀加速直线运动 B．导体棒最大速度为
C．电路中的最大电流为 D．通过导体棒的电荷量为
【答案】BC
【详解】BC．速度最大时，感应电动势最大为

最大感应电流

此时安培力

安培力与拉力相等

联立解得


故BC正确；
A．导体棒的加速度

随着速度增大，加速度逐渐减小，直到最后做匀速运动，故A错误；
D．通过导体棒的电荷量

代入数据解得

故D错误。
故选BC。
三、解答题
11．（2022·贵州贵阳·高三开学考试）如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为的电阻相连，虚线右侧导轨处于坚直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。一质量为、电阻为、长度略大于的导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力，导体棒进入磁场后恰好做匀速直线运动，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（　　）

A．导体棒所受的水平恒力大小为
B．导体棒刚进入磁场时，电阻两端的电压为
C．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为
D．进入磁场后，导体棒向右运动的最大位移为2
【答案】AD
【详解】A．导体棒进入磁场前由动能定理有

进入磁场后导体棒做匀速直线运动，有


解得导体棒运动的速度

水平恒力

故A正确；
B．刚进入磁场时导体棒切割磁感线的感应电动势

电阻R两端的电压

故B错误；
C．撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理可知

以平均电流计算可知

故C错误；
D．由


解得

故D正确。
故选AD。
12．（2023·全国·高三专题练习）如图所示（俯视），MN、PQ为水平放置的足够长的水平平行光滑导轨，导轨间距为L，导轨左端连接的定值电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，将电阻为r的金属棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨电阻不计，现对棒施加水平向右的恒力F作用，使棒由静止开始向右运动，当通过R的电荷量达到q时，导体棒ab刚好达到最大速度。求：
（1）导体棒从释放到棒达到的最大速度；
（2）导体棒从释放到棒达到最大速度时滑动的距离s；
（3）导体棒从释放到棒达到最大速度的过程中电路产生的热能Q。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当棒运动到最大速度时，根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路欧姆定律有

而

而最大速度时合力为零，即有

联立可得

（2）最大速度时，由电荷量

可得

（3）对金属棒分析，由功能关系有

带入得

13．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t=0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，求:
（1）流过导体棒的电流I；
（2）t0时刻导体棒的发热功率；推导出回路中的热功率P随时间变化的关系式，并画出图像。

【答案】（1）；（2）t0，P=t，见解析
【详解】（1）导体棒的有效切割长度
L=2v0ttan 30°
感应电动势
E=BLv0
回路的总电阻
R=2v0ttan 30°+r
联立可得通过导体棒的电流
I=
（2）回路中热功率
P=I2R
回路中电流
I=
为定值，电阻为
R=（tan 30°+）2v0tr
可得
P=t
故图像如图所示

t0时刻导体棒的电阻为
Rx=2v0t0tan 30°·r
则导体棒的发热功率
P棒=I2Rx=t0
14．（2022·江西省乐平中学高三阶段练习）如图，宽度为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，整个导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，质量为m、电阻也为R的导体棒ab垂直导轨放置。不计导轨的电阻，导体棒ab与导轨始终垂直且接触良好。现给导体棒ab一个水平向右的初速度，使其向右滑行，最终停在图中虚线的位置，整个过程中导体棒ab的最大加速度为a，求：
（1）导体棒开始运动时的初速度大小；
（2）整个过程，电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）开始时

电路中电流

由于刚开始运动时加速度最大，根据牛顿第二定律有

解得

（2）设电阻R上产生的焦耳热为Q，导体棒ab的电阻也为R，导体棒ab上产生的焦耳热也为Q，因此根据能量守恒有

解得

15．（2022·上海市复兴高级中学二模）如图，两根质量、电阻均相同的金属棒MN、PQ分别置于光滑的金属导轨上，导轨水平和倾斜部分均处在垂直于导轨、强度相同的匀强磁场中，倾斜导轨与水平方向的夹角α=37°，不计导轨的电阻，MN与固定在水平导轨上的力传感器连接。现对PQ施加平行于倾斜导轨的随时间由0开始逐渐增大的作用力F1，使其在距导轨底端x=3m处由静止开始运动，棒与导轨始终垂直且接触良好，电脑显示MN受到力传感器水平向右的拉力F2与时间成正比，即F2=0.5t。MN始终保持静止状态，重力加速度g取10m/s2。
（1）判断PQ的运动情况，并说明理由。
（2）判断F1的方向，并写出F1的大小与时间t的关系式。
（3）求PQ运动到导轨底端时，速度v的大小。
（4）若PQ运动到底端的过程中，F1做功W=1.5J，则MN产生的焦耳热Q为多少？

【答案】（1）由静止开始沿导轨向下做匀加速直线运动；（2）F1平行导轨向下，F1=0.5t；（3）6m/s；（4）0.75J
【详解】（1）设两根金属棒的质量和电阻分别为m、R，因MN水平方向受两个力处于平衡，故磁场对MN的作用力F安水平向左，感应电流I由N指向M，PQ中的电流由P指向Q。由右手定则，可以判断PQ沿导轨向下运动，又因为                 
F安=BIL
E=BLv
I=
故
F安=v=F2=0.5t
因B、L、R为恒量，故PQ的速度与时间成正比，即PQ由静止开始沿导轨向下做匀加速直线运动。                                                          
（2）对PQ受力分析如图

受到重力、支持力、F安、F1四个力作用，其中

即支持力不变，则仅有F安、F1随时间而变化，但加速度恒定，合外力恒定，故F1必须与F安平衡，由左手定则知，F安平行于导轨向上，则F1平行导轨向下，且
F1=F安=F2= 0.5t
（3）因F1与F安平衡，故PQ受四个力的合力为
F合=mgsinα
由牛顿第二定律得
mgsinα=ma
解出
a=gsinα=6m/s2
由匀变速运动公式可得

（4）因为
F1=F安
且两者方向相反，则F安做功为

由功能关系知

即

又因为两个金属棒电阻串联，正比分配总电热，故MN中产生电热为
             ‍