a. M b-|||-CP······-|||-..-|||-h-|||-N如图所示，平行的光滑金属导轨abcd和efgh固定在水平桌面上，其中ab、ef段间距为2L，cd、gh段间距为L，且右端足够长。垂直ab和ef放置质量为m的粗细均匀金属棒MN，导轨cd、gh的最左端放置另一质量也为m的金属棒PQ，两金属棒均与导轨始终垂直且接触良好。最初MN、PQ棒接入两导轨间的电阻分别为2R和R（两点间的电阻阻值与两点间的距离成正比），导轨电阻不计。导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现先将PQ棒固定，给MN棒一个水平向右大小为2v0的初速度，当MN棒速度减为v0时释放PQ棒。当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，回路中电流恰好为零，之后两金属棒在cd、gh段一直向右运动，最终速度相同。求：（1）MN棒开始运动的瞬间，MN棒的加速度大小a；（2）当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，MN棒和PQ棒的速度各是多大；（3）整个过程中金属棒PQ产生的热量Q。

解：（1）MN棒开始运动时，产生的感应电动势大小为：
E₀=B•2L•2v₀
回路中感应电流：
$I_{0}=\frac{E_{0}}{2R+R}$
MN棒所受的安培力大小：
F=Bl₀×2L
根据牛顿第二定律有
F=ma
解得：
$a=\frac{8B^{2}L^{2}v_{0}}{3mR}$
（2）回路电流为零时有：
B•2L•v_MN=B•L•v_PQ
得：
v_PQ=2v_MN
在PQ释放后，MN棒运动到导轨ab、ef的最右端的过程，对MN棒以水平向右的方向为正方向，根据动量定理
-BI×2Lt=mv_MN-m×2v₀
对PQ棒，以水平向右为正方向，根据动量定理
BILt=mv_PQ
联立解得
$v_{MN}=\frac{1}{5}v_{0}$
$v_{PQ}=\frac{2}{5}v_{0}$
（3）当MN棒从初始位置到导轨ab、ef的最右端时，根据焦耳定律
Q=I²Rt
MN棒与PQ棒接入电路的电阻之比为2：1，产生的热量之比为2：1。
设金属棒PQ产生的焦耳热为Q₁，对整个回路，根据能量守恒定律有
$3Q_{1}=\frac{m}{2}×[（2v_{0}）^{2}-v_{MN}^{2}-v_{PQ}^{2}]$
解得
$Q_{1}=\frac{19}{30}mv_{0}^{2}$
当MN棒从导轨ab、ef的最左端到与PQ棒共速时，MN棒接入导轨间的长度由2L变为L，所以接入电路的电阻由2R变为R，MN棒与PQ棒接入电路的电阻之比为1：1，产生的热量之比为1：1。
设金属棒PQ产生的焦耳热为Q₂，对整个回路，根据能量守恒定律有
$2Q_{2}=\frac{m}{2}×（v_{MN}^{2}+v_{PQ}^{2}-2v^{2}）$
对MN棒和PQ棒，以水平向右为正方向，根据动量守恒
mv_MN+mv_PQ=2mv
解得
$v=\frac{3v_{0}}{10}$
$Q_{2}=\frac{1}{200}mv_{0}^{2}$
PQ棒产生的热量
Q=Q₁+Q₂
代入解得
$Q=\frac{383}{600}mv_{0}^{2}$
答：（1）MN棒开始运动的瞬间，MN棒的加速度大小为$\frac{8B^{2}L^{2}v_{0}}{3mR}$；
（2）当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，MN棒速度为$\frac{1}{5}v_{0}$，PQ棒的速度为$\frac{2}{5}v_{0}$；
（3）整个过程中金属棒PQ产生的热量为$\frac{383}{600}mv_{0}^{2}$。