（2012•眉山模拟）如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ 放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ1段是
（2012•眉山模拟）如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ 放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ1段是直导线，Q1Q2段是弧形导线，Q2Q3段是直导线，MN、PQ1、Q2Q3相互平行．M、P间接入一个阻值R=0.25Ω的电阻．质量m=1.0kg、不计电阻的金属棒AB能在MN、PQ上无摩擦地滑动，金属棒始终垂直于MN，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．金属棒处于位置（I）时，给金属棒一向右的初速度v1=4 m/s，同时给一方向水平向右F1=3N的外力，使金属棒向右做匀减速直线运动；当金属棒运动到位置（Ⅱ）时，外力方向不变，改变大小，使金属棒向右做匀速直线运动2s到达位置（Ⅲ）．已知金属棒在位置（I）时，与MN、Q1Q2相接触于a、b两点，a、b的间距L1=1 m；金属棒在位置（Ⅱ）时，棒与MN、Q1Q2相接触于c、d两点；位置（I）到位置（Ⅱ）的距离为7.5m．求：（1）金属棒向右匀减速运动时的加速度大小；
（2）c、d两点间的距离L2；
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q．
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解题思路：（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中做匀减速运动，加速度不变，方向向左．在位置I时，由E1=BL1v1，I1=
、F安1=BI1L1推导出安培力表达式，根据牛顿第二定律求解加速度大小．
（2）由运动学公式求出金属棒在位置（Ⅱ）时的速度v2，金属棒在（I）和（II）之间做匀减速直线运动，加速度大小保持不变，外力F1恒定，则AB棒受到的安培力不变即F安1=F安2，由安培力的表达式求解L2；
（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，求出两个过程外力做功，根据能量守恒求解热量．
| E1 |
| R |
（2）由运动学公式求出金属棒在位置（Ⅱ）时的速度v2，金属棒在（I）和（II）之间做匀减速直线运动，加速度大小保持不变，外力F1恒定，则AB棒受到的安培力不变即F安1=F安2，由安培力的表达式求解L2；
（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，求出两个过程外力做功，根据能量守恒求解热量．
（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，加速度不变，方向向左，设大小为a，在位置I时，a、b间的感应电动势为E1，感应电流为I1，受到的安培力为F安1，
则E1=BL1v1
又I1=
E1
R，F安1=BI1L1，
得 F安1=
B2
L21v1
R
代入解得 F安1=4N
由牛顿第二定律得 F安1-F1=ma
解得 a=1m/s2．
（2）设金属棒在位置（Ⅱ）时，速度为v2，由运动学规律得
v22−
v21=-2a s1
解得 v2=1m/s．
由于在（Ⅰ）和（Ⅱ）之间做匀减速直线运动，即加速度大小保持不变，外力F1恒定，所以AB棒受到的安培力不变，即F安1=F安2
得
B2
L21v1
R=
B2
L22v2
R
解得，L2=
v1
v2L1=2m
（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ时的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，所以
F2=F安2=4N
设位置（Ⅱ）和（Ⅲ）之间的距离为s2，则
s2=v2t=2m
设从位置（Ⅰ）到位置（Ⅱ）的过程中，外力做功为W1，从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功为W2，则
W1=F1s1=22.5J
W2=F2s2=8J
根据能量守恒得 W1+W2+[1/2m
v21]=[1/2m
v22]+Q
解得，Q=38J
答：
（1）金属棒向右匀减速运动时的加速度大小是1m/s2；
（2）c、d两点间的距离L2是2m．
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q是38J．
点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
考点点评： 本题关键要根据导体棒的运动情况，分析受力情况，要选择研究的位置，抓住两个过程及各个状态之间的关系，运用牛顿第二定律、运动学公式和能量守恒结合进行研究．
1年前
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