（2014•黄浦区二模）图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在垂直于导轨所在平面（纸面
（2014•黄浦区二模）图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在垂直于导轨所在平面（纸面）的匀强磁场中．导轨的a1b1、a2b2、c1d1c、c2d2段均竖直．MN、PQ分别为两根金属细杆，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，MN通过一细线悬挂在力传感器下，t=0时PQ在竖直向上的外力T作用下从图（a）中所示位置由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，力传感器记录的力随时间变化的图象如图（b）所示．已知匀强磁场的磁感强度为B=1T，a1b1与a2b2间距离为L1=0.5m，PQ的质量为m2=0.01kg，MN的电阻为R=5Ω，PQ及回路中其它部分的电阻不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）金属杆PQ运动的加速度a；
（2）a1b1与a2b2间的距离L2；
（3）0～1.0s内通过MN的电量q；
（4）t=0.8s时，外力T的功率PT．
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解题思路：（1）0～1.0s内MN始终静止，根据力传感器的示数和平衡条件列式得到安培力与其重力的关系，由于两棒所受的安培力大小相等，得到F与t的关系式，结合图象的信息求解PQ的加速度a．
（2）0.5～1.0s内，安培力FA2=BI′L1=
t，由图象求出L2；
（3）根据运动学公式求出0～0.5s内和0.5s～1.0s内PQ运动的位移，即可得到回路磁通量的变化量，由q=
△t=[△Φ/△t•R]△t=[△Φ/R]，求解电量．
（4）在0.5s～1.0s内，根据牛顿第二定律得到T的表达式，从而求出t=0.8s时拉力T，由速度时间公式v=at求出PQ的速度，即可求出外力T的功率PT．
（2）0.5～1.0s内，安培力FA2=BI′L1=
| B2L1L2a |
| R |
（3）根据运动学公式求出0～0.5s内和0.5s～1.0s内PQ运动的位移，即可得到回路磁通量的变化量，由q=
. |
| I |
（4）在0.5s～1.0s内，根据牛顿第二定律得到T的表达式，从而求出t=0.8s时拉力T，由速度时间公式v=at求出PQ的速度，即可求出外力T的功率PT．
（1）0～1.0s内MN始终静止，力传感器的示数为：
F=m1g-FA1，其中FA1为MN受到的安培力，也等于PQ受到的安培力大小，
0～0.5s内，FA1=BIL1=
B2
L21a
Rt，
B2
L21a
R即为图象的斜率，
由图（b）可知
B2
L21a
R=0.2N/s，可求出a=[0.2R
B2
L21=
0.2×5
12×0．52=4m/s2，
（2）0.5～1.0s内，FA2=BI′L1=
B2L1L2a/R]t
由图（b）可知
B2L1L2a
R=0.05N/s，可求出L2=[0.05R
B2L1a=
0.05×5
12×0.5×4m=0.125m，
（3）0～0.5s内PQ运动的位移是 s1=
1/2at2=
1
2×4×0.52m=0.5m，扫过的面积为 L1s1；
0.5s～1.0s内PQ运动的位移是 s2=3s1，扫过的面积为 L2s2；
0～1.0s内通过MN的电量 q=
.
I]△t=[△Φ/△t•R]△t=[△Φ/R]=
B(L1s1+L2s2)
R=
1×(0.5×0.5+0.125×3×0.5)
5C=0.0875C
（4）0.5s～1.0s内，T-m2g-
B2
L22at
R=m2a
t=0.8s时，T=m2g+
B2
L22at
R+m2a=0.02×10+
12×0.1252×4×0.8
5+0.02×4=0.15N
PQ的速度为 v=at=4×0.8m/s=3.2m/s
外力T的功率 PT=Tv=0.15×3.2W=0.48W
答：（1）金属杆PQ运动的加速度a是4m/s2；
（2）a1b1与a2b2间的距离L2是0.125m．
（3）0～1.0s内通过MN的电量q是0.0875C；
（4）t=0.8s时，外力T的功率PT是0.48W．
点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．
考点点评： 本题是复杂的电磁感应现象，推导安培力的表达式和感应电量的表达式是解题的关键，同时要抓住两棒所受的安培力大小相等，建立两棒之间的联系，运用电磁感应与力学规律进行解题．
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