题目内容
7．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=1m，电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.25kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.25T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示．
（1）求导体棒运动的加速度
（2）求第5s末外力F的瞬时功率．
分析 （1）由欧姆定律根据路端电压求得电动势，再由法拉第电磁感应定律求得金属杆的运动速度，进而得到加速度；
（2）瞬时功率P=Fv，由（1）中的速度表达式求得速度，再进行受力分析，利用牛顿第二定律求得F即可求解．
解答 解：（1）由图a可知，R、r组成串联电路，电压表测量该回路的路端电压$U=\frac{R}{R+r}E$；由图b可得$U=\frac{2}{5}t$；
由法拉第电磁感应定律可得金属杆切割磁感线产生的电动势E=BLv；
所以，$v=\frac{E}{BL}=\frac{R+r}{BLR}U=\frac{2（R+r）}{5BLR}t$
所以，$a=\frac{2（R+r）}{5BLR}$=$\frac{2×（0.4+0.1）}{5×0.25×1×0.4}m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$
（2）第5s末，金属杆的运动速度$v=\frac{2（R+r）}{5BLR}t=\frac{2×（0.4+0.1）}{5×0.25×1×0.4}×5m/s=10m/s$
对金属杆进行受力分析，金属杆在水平方向只受外力F和安培力F安的作用，应用牛顿第二定律可得：
F-F安=ma，
所以，F=F安+ma=BIL+ma
$I=\frac{U}{R}=\frac{2V}{0.4Ω}=5A$
所以，F=BIL+ma=0.25×5×1+0.25×2（N）=1.75N
所以有P=F v=17.5 W．
答：（1）导体棒运动的加速度为2m/s2；
（2）第5s末外力F的瞬时功率为17.5W．
点评 本题较易求解．在问答题中，注意求解过程，表达式求解尽可能详细些，不要有太大的跳跃．
练习册系列答案
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6．物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t．若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则（ ）
| A． | v=2v0 | B． | $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{t}{v}$ | C． | $\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{t}{2v}$ | D． | $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{t}{2v}$ |
15．
如图所示，一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出的过程中，球壳与球壳内剩余细沙组成的系统的重心将会（ ）
如图所示，一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出的过程中，球壳与球壳内剩余细沙组成的系统的重心将会（ ）| A． | 一直下降 | B． | 一直不变 | C． | 先下降后上升 | D． | 先上升后下降 |
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15．
如图，圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是
（ ）
如图，圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是（ ）
| A． | 向心加速度的大小ap＞aQ＞aR | |
| B． | 任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向相同 | |
| C． | 线速度VP＞VQ＞VR | |
| D． | 任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均不同 |