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（2013?奉賢區(qū)二模）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導軌MN與PQ固定在水平面內，MN是直導軌，PQ 的PQ1段、Q2Q3段是直導軌、Q1Q2段是曲線導軌，MN、PQ1、Q2Q3相互平行，M、P間接入一個阻值R=0.25Ω的電阻．質量m=1.0kg、不計電阻的金屬棒在導軌上滑動時始終垂直于MN．整個裝置處于豎直向下的磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中．金屬棒處于位置（I）時，給金屬棒一向右的初速度v1=4m/s，同時加一恒定的水平向右的外力F1，使金屬棒向右做a=1m/s2勻減速運動；當金屬棒運動到位置（Ⅱ）時，外力方 向不變，改變大小，使金屬棒向右做勻速直線運動2s到達位置（Ⅲ）．已知金屬棒在位置（I）時，與MN、Q1Q2相接觸于a、b兩點，a、b的間距L1=1m；金屬棒在位置（Ⅱ）時，棒與MN、Q1Q2相接觸于c、d兩點；位置（I）到位置（Ⅱ）的距離為7.5m．求：

（1）從位置（I）到位置（Ⅱ）過程中的F1大�。�
（2）c、d兩點間的距離L2；
（3）金屬棒從位置（I）運動到位置（Ⅲ）的過程中，電阻R上放出的熱量Q．
分析：（1）金屬棒從位置（I）到位置（Ⅱ）的過程中做勻減速運動，加速度不變，方向向左．在位置I時，由E1=BL1v1，I1=
E1
R
、F安1=BI1L1推導出安培力表達式，根據牛頓第二定律求解加速度大小．
（2）由運動學公式求出金屬棒在位置（Ⅱ）時的速度v2，金屬棒在（I）和（II）之間做勻減速直線運動，加速度大小保持不變，外力F1恒定，則AB棒受到的安培力不變即F安1=F安2，由安培力的表達式求解L2；
（3）金屬棒從位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的過程中，做勻速直線運動，感應電動勢大小與位置Ⅱ的感應電動勢大小相等，安培力與位置Ⅱ的安培力大小相等，求出兩個過程外力做功，根據能量守恒求解熱量．
解答：解：（1）金屬棒從位置（I）到位置（Ⅱ）的過程中，加速度不變，方向向左，設大小為a，在位置I時，a、b間的感應電動勢為E1，感應電流為I1，
受到的安培力為F安1，
則E1=BL1v1             
又I1=
E1
R
、F安1=BI1L1，
解得 F安1=4N
由牛頓第二定律得 F安1-F1=ma
因 a=1m/s2．所以F1=3N
（2）設金屬棒在位置（Ⅱ）時，速度為v2，由運動學規(guī)律得
 
v
2
2
-
v
2
1
=-2a s1
解得 v2=1m/s．
由于在（Ⅰ）和（Ⅱ）之間做勻減速直線運動，即加速度大小保持不變，外力F1恒定，所以AB棒受到的安培力不變，即F安1=F安2
得
B2
L
2
1
v1
R
=
B2
L
2
2
v2
R
  解得，L2=
v1
v2
L1=2m
（3）金屬棒從位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的過程中，做勻速直線運動，感應電動勢大小與位置Ⅱ時的感應電動勢大小相等，安培力與位置Ⅱ的安培力大小相等，所以
  F2=F安2=4N
設位置（Ⅱ）和（Ⅲ）之間的距離為s2，則
  s2=v2t=2m
設從位置（Ⅰ）到位置（Ⅱ）的過程中，外力做功為W1，從位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的過程中，外力做功為W2，則
  W1=F1s1=22.5J
  W2=F2s2=8J
根據能量守恒得  W1+W2+
1
2
m
v
2
1
=
1
2
m
v
2
2
+Q
解得，Q=38J
答：
（1）從位置（I）到位置（Ⅱ）過程中的F1大小為3N；
（2）c、d兩點間的距離L2是2m．
（3）金屬棒從位置（I）運動到位置（Ⅲ）的過程中，電阻R上放出的熱量Q是38J．
點評：本題關鍵要根據導體棒的運動情況，分析受力情況，要選擇研究的位置，抓住兩個過程及各個狀態(tài)之間的關系，運用牛頓第二定律、運動學公式和能量守恒結合進行研究．
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③理想電流表；④理想電壓表；⑤待測電池；⑥電鍵導線若干
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6
6
V，內阻為
2
2
Ω．
表一：
U/V 5.6 5.4 5.2 5.0
I/A 0.2 0.3 0.4 0.5
表二：
U/V … … 5.4 …
I/A 0.1 0.2 …
（2）乙同學利用相同的器材測量同一個電池，為了防止移動滑片時電源被短路，在電路中串聯了定值電阻R，但在串聯滑動變阻器時出錯，導致將器材連成了圖b的方式，將滑片從最右側向左逐漸移動到左側，得到了表二的U-I關系的某些數據，利用甲同學的測量結果，則定值電阻R=
6
6
Ω．這一過程中電壓表的最大值是
5.44
5.44
V（保留三位有效數字）．

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