（2013•宁波模拟）如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ1段是直导线，Q1
（2013•宁波模拟）如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ1段是直导线，Q1Q2段是弧形导线，Q2Q3段是直导线，MN、PQ1、Q2Q3相互平行，M、P间接入一个阻值R=0.25Ω的电阻．一根质量为1.0kg不计电阻的金属棒AB能在MN、PQ上无摩擦地滑动，金属棒始终垂直于MN，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．金属棒处于位置（I）时，给金属棒一个向右的速度v1=4m/s，同时方向水平向右的外力F1=3N作用在金属棒上使金属棒向右做匀减速直线运动，当金属棒运动到位置（Ⅱ）时，外力方向不变，大小变为F2，金属棒向右做匀速直线运动，经过时间t=2s到达位置（III）．金属棒在位置（I）时，与MN、Q1Q2相接触于a、b两点，a、b的间距L1=1m，金属棒在位置（Ⅱ）时，棒与MN、Q1Q2相接触于c、d两点．已知s1=7.5m．求：（1）金属棒在位置（I）时安培力的大小和向右匀减速运动时的加速度大小？
（2）从位置（I）到位置（Ⅱ）棒与导轨接触点间距离l随运动时间t变化的函数表达式
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q．
赞 yuansujj 幼苗
共回答了20个问题采纳率：95% 举报
（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，加速度不变，方向向左，设大小为a，在位置（I）时，a、b间的感应电动势为E1，感应电流为I1，受到的安培力为F安1，则：
E1=BL1v1，I1＝
E1
R，F安1＝BI1L1＝
B2L12v1
R…①
代入数据解得：F安1=4N…②
根据牛顿第二定律得：F安1-F1=ma…③
解得：a=1m/s2…④
（2）设ab的长度为l，在t时刻满足：
F安-F1=ma…⑤
F安=BIL…⑥
IR=BLv…⑦
v=v1-at…⑧
由⑤⑥⑦⑧解得：l=
4
4−t…⑨
（3）设金属棒在位置（Ⅱ）速度为v2，由运动学规律得：v22−v12＝−2as1
解得：v2=1m/s
故位置（Ⅱ）和位置（Ⅲ）之间的距离为：s2=v2t=2m．
金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置（Ⅱ）时的感应电动势大小相等，安培力与位置（Ⅱ）时的安培力大小相等．
所以F2=F安2=4N
设从位置（I）运动到位置（Ⅱ）的过程中，外力做功为W1，从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功为W2
则：W1=F1s1=22.5J
W2=F2s2=8J．
根据能量守恒定律得：Q=W1+W2+
1
2mv22−
1
2mv12
代入数据解得：Q=38J．
答：（1）金属棒在位置（I）时安培力的大小和向右匀减速运动时的加速度大小a=1m/s2．
（2）从位置（I）到位置（Ⅱ）棒与导轨接触点间距离l随运动时间t变化的函数表达式l=
4
4−t．
（3）电阻R上放出的热量Q为38J．
E1=BL1v1，I1＝
E1
R，F安1＝BI1L1＝
B2L12v1
R…①
代入数据解得：F安1=4N…②
根据牛顿第二定律得：F安1-F1=ma…③
解得：a=1m/s2…④
（2）设ab的长度为l，在t时刻满足：
F安-F1=ma…⑤
F安=BIL…⑥
IR=BLv…⑦
v=v1-at…⑧
由⑤⑥⑦⑧解得：l=
4
4−t…⑨
（3）设金属棒在位置（Ⅱ）速度为v2，由运动学规律得：v22−v12＝−2as1
解得：v2=1m/s
故位置（Ⅱ）和位置（Ⅲ）之间的距离为：s2=v2t=2m．
金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置（Ⅱ）时的感应电动势大小相等，安培力与位置（Ⅱ）时的安培力大小相等．
所以F2=F安2=4N
设从位置（I）运动到位置（Ⅱ）的过程中，外力做功为W1，从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功为W2
则：W1=F1s1=22.5J
W2=F2s2=8J．
根据能量守恒定律得：Q=W1+W2+
1
2mv22−
1
2mv12
代入数据解得：Q=38J．
答：（1）金属棒在位置（I）时安培力的大小和向右匀减速运动时的加速度大小a=1m/s2．
（2）从位置（I）到位置（Ⅱ）棒与导轨接触点间距离l随运动时间t变化的函数表达式l=
4
4−t．
（3）电阻R上放出的热量Q为38J．
1年前
4
可能相似的问题
你能帮帮他们吗