（2006•宝山区模拟）如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ，整个装置处在
（2006•宝山区模拟）如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面上的匀强磁场中，AC端连有电阻值为R的电阻．若将一质量为M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，在EF棒滑至低端前会有加速和匀速两个运动阶段，今用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端，（金属棒、导轨的电阻均不计）求：（1）EF棒下滑过程中的最大速度；
（2）EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能？
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解题思路：（1）EF棒从距BD端s处由静止释放的过程中，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，做加速运动，当这两个力相等时，EF棒做匀速运动，速度达到最大，推导出安培力的表达式，由平衡条件求解最大速度．
（2）由恒力推到距BD端s处后，棒先减速到零，然后从静止下滑，当加速度减至零时，在滑回BD之前已达到最大，开始匀速运动．推力做功为Fs，根据功能关系求出内能．
（2）由恒力推到距BD端s处后，棒先减速到零，然后从静止下滑，当加速度减至零时，在滑回BD之前已达到最大，开始匀速运动．推力做功为Fs，根据功能关系求出内能．
（1）如图，当EF棒从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示，棒所受的安培力为
F安=BIl=
B2l2v
R
根据牛顿第二定律得
a=
Mgsinθ−
B2l2v
R
M ①
所以，EF棒由静止开始做加速度减小的加速运动，当a=0时做匀速运动，速度达到最大值vm，由①式a=0有，Mgsinθ=
B2l2vm
R
得，vm＝
MgRsinθ
B2l2
（2）由恒力推到距BD端s处后，棒先减速到零，然后从静止下滑，当加速度减至零时，在滑回BD之前已达到最大，开始匀速运动．根据能量守恒定律得
Fs-Q=[1/2M
v2m]
解得，Q=Fs-[1/2M(
MgRsinθ
B2l2)2
答：（1）EF棒下滑过程中的最大速度是
MgRsinθ
B2l2]；
（2）EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有Fs-
1
2M(
MgRsinθ
B2l2)2电能转化成了内能．
点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；功能关系．
考点点评： 本题分别从力和能量两个角度研究电磁感应现象，要会推导安培力与速度的关系式，把握能量如何转化两个关键．
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