黑龙江省双鸭山市第一中学2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析）

黑龙江省双鸭山市第一中学2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析）

黑龙江省双鸭山市第一中学2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析） ‎ 一、单选题 ‎1.如图所示,三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面,相邻等势面的电势差相等,则下列说法正确的是(　 )‎ A. 一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的大 B. 一个点电荷+q在B点具有的电势能比在A点的小 C. 将电荷+q由B点移到C点,电场力做正功 D. 将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 负的点电荷产生的电场的电场线是会聚的直线，如图所示．‎ 电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的小．故A错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在A点电势能大．故B错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功．故C正确．据题有UBD=UCA，根据电场力做功公式W=qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由C点移到A点一样多．故D错误．故选C．‎ 点睛：本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．‎ ‎2.如图所示的电路中，开关闭合，灯正常发光，由于电路出现故障，灯突然变亮，灯变暗，电流表的读数变小，则发生的故障可能是（ ）‎ A. 断路 B. 断路 C. 断路 D. 断路 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变大，L1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，电流表的读数变小。符合题意。故A正确。若R2短路，则电路中各个部分的电流都变大，两灯的亮度和电流表读数都变大，与题不符，故B错误。若R3短路，总外电阻变小，总电流变大，L1两端电压变大，L1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过R4的电流都减小，电流表的读数变小；通过L2的电流变大，L2变亮，不符合题意。故C错误；若R4短路，总外电阻变小，总电流变大，L1两端电压变大，L1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过R3、L2的电流都减小，L2变暗，通过R4的电流变大，电流表的读数变大；不符合题意。故D错误；故选A.‎ ‎【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行分析．‎ ‎3.下列叙述中正确的是(　 　)‎ A. 根据E＝F/q可知电场强度E与电场力F成正比，与放入电场中电荷的电荷量q成反比 B. 根据C＝Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 C. 根据E＝W/q可知电动势的大小，与非静电力所做的功W的大小成正比，与移送电荷量q的大小成反比 D. 根据R＝ρL/S可知，导体的电阻与材料电阻率和导体长度乘积成正比，与导体的横截面积成反比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 公式E＝F/q是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，与试探电荷受的电场力及带电量无关，故A错误；公式C＝Q/U是电容的定义式，电容的大小是由电容器本身决定的，与其两板间的电势差U及带电量Q无关，故B错误；公式E＝W/q是电动势的定义式，其大小是由电源本身决定的，与非静电力所做的功W的大小以及移送电荷量q大小无关，故C错误； R＝ρL/S是电阻的决定式，由公式可知，导体的电阻与材料电阻率和导体长度乘积成正比，与导体的横截面积成反比，选项D正确；故选D.‎ ‎4.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（　　）‎ A. 水平向左 B. 水平向右 C. 竖直向上 D. 竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向。根据左手定则判断A受到通电螺线管磁场的作用力的方向.‎ ‎【详解】首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向右端为N极，所以在A处产生的磁场方向水平向左。根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向竖直向上。故选C。‎ ‎5.关于电磁感应现象，下列叙述正确的有( )‎ A. 奥斯特发现了电磁感应现象，并利用电磁感应的原理制成了人类历史上的第一台发电机 B. 真空冶炼炉是利用涡流工作的 C. 麦克斯韦在对理论和实验资料进行严格分析后，发现了法拉第电磁感应定律 D. 楞次发现了电流的磁效应，并提出了楞次定律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 法拉第发现了电磁感应现象，并利用电磁感应的原理制成了人类历史上的第一台发电机，选项A错误；真空冶炼炉是利用涡流工作的，选项B正确；法拉第发现了电磁感应现象后，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，发现了法拉第电磁感应定律，故C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，楞次提出了楞次定律，故D错误。故选B。‎ ‎6.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，B的环面水平且与圆盘面平行，B的轴线与A的轴线OO’重合.现使A由静止开始绕其轴线OO'按箭头所指方向加速转动，则（）‎ A. B的环面有扩张的趋势，丝线受到的拉力增大 B. B的环面有收缩的趋势，丝线受到的拉力减小 C. B的环面有扩张的趋势，丝线受到的拉力减小 D. B的环面有收缩的趋势，丝线受到的拉力增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，穿过线圈B的磁通量变化，根据楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化进行判断．‎ ‎【详解】使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO'按箭头所指方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，穿过金属环B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可判断，金属环B的环面有收缩的趋势，且有向上的运动趋势，丝线受到的拉力减小， B正确；ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化．‎ ‎7.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。则下列说法正确的是 A. o点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 D. a、c两点处的磁感应强度大小相等，方向不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。‎ ‎【详解】A项：根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；‎ B项：M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；‎ C项：M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等，故C错误；‎ D项：a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。‎ 故应选：B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。‎ 二、多选题 ‎8.一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直于圆环所在的平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率则　　‎ A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流 B. 圆环具有扩张的趋势 C. 圆环中感应电流的大小为 D. 图中a、b两点间的电势差 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差．‎ ‎【详解】A项：磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；‎ B项：由楞次定律的“增缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；‎ C项：由法拉第电磁感应定律可知， ，线圈电阻，感应电流，故C错误；‎ D项：与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压。‎ ‎9.如图所示，直线A为电源0的路端电压与电流的关系图线；直线B ‎ 为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线。将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么（ ）‎ A. 电源a的内阻更大 B. 电源b的电动势更大 C. R接到a电源上时，电源的输出功率更大 D. R接到b电源上时，电源的输出功率更大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电源的U-I图象与U轴的交点表示电动势，斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源电动势和内电阻的大小；由电阻两端电压与电流的关系图线与电源路端电压和电流图线的交点为电源实际路端电压和电流，比较电源输出功率的大小。‎ ‎【详解】AB、由闭合电路欧姆定律U=E−Ir可知，图象与U轴的交点表示电动势，则A的电动势较大，图象的斜率表示内阻，则B电源的内阻r较小，A电源的内阻r较大。故A正确，B错误。‎ CD. 电阻R两端电压与电流的关系图线与电源路端电压和电流图线的交点为电源实际路端电压和电流，由图可知，a电源的输出功率更大，故C正确，D错误。‎ 故选：AC ‎10.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）‎ A. 感应电流在导体棒EF中方向从F到E B. 导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定 C. 导体棒的机械能一直减小 D. 导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 根据右手定则知，感应电流的方向为F到E，故A正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误．故选AC．‎ 点睛：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．‎ ‎11.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有(　　)‎ A. 当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，稳定后B灯亮度不变 B. 当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭 C. 当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低 D. 当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析.‎ ‎【详解】A、电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误；‎ B、C、D、稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故B、C错误，D正确。‎ 故选D.‎ ‎【点睛】明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键.‎ ‎12.在半导体离子注入工艺中，质量相等、初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，宽度为d的匀强磁场区域，P+离子在磁场中转过θ=30°后，从磁场右边界射出，如图所示．关于上述运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. P+和P3+在电场中运动的时间之比为3：1‎ B. P+和P3+在磁场中运动的半径之比为3：1‎ C. P+和P3+在磁场中运动的时间之比为3：2‎ D. P+和P3+离开磁场时的动能之比为1：3‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，根据几何关系即可求出对应的圆心角，从而求出对应的时间；‎ ‎【详解】A、两个离子的质量相同，其带电量是1:3的关系，所以由可知，其在电场中的加速度是1:3，由可得，所以运动时间之比是：，故A错误；‎ B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：，可知其速度之比为，又由知，所以其半径之比为，故B错误；‎ C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有，则可知角度的正弦值之比为，又P+的角度为，可知P3+角度为，即在磁场中转过的角度之比为1:2，在磁场中的运动时间：，故运动时间之比为：，故C正确；‎ D、由电场加速后：可知，两离子离开电场的动能之比为1:3，所以两离子离开磁场时的动能之比为1：3，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】关键是磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹。‎ 三、实验题探究题 ‎13.为了描绘一个“、”的小灯泡的伏安特性曲线，提供以下器材：‎ 直流电源E：，内阻不计；‎ 电流表A：量程分别为和，内阻约为；‎ 电压表V：量程分别为和，内阻约为；‎ 滑动变阻器R：最大阻值为，允许通过的最大电流为；‎ 开关一个；导线若干．‎ 实验时要求加在灯泡两端的电压可从调到．‎ ‎(1)根据小灯泡的规格，电流表应选择量程__________（填“”或“”），电压表应选择量程__________（填“”或“”）．‎ ‎(2)在下面方框里画出符合本实验要求的电路图_________，并根据电路图连接右侧的实物图_____________．（提示：电路图和实物图画到答题纸上）．‎ ‎(3)某次测量时，电流表指针位置如图所示，电流表读数为__________，此时小灯泡的实际功率为__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ‎ ‎ (5). 见解析 (6). 见解析 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小灯泡的规格是“12V、6W”，灯泡的额定电压，灯泡的额定电流；所以电流表应选择量程0～0.6A，电压表应选择量程0～15V。‎ ‎(2) 实验时要求加在灯泡两端的电压可从0V调到12V，则滑动变阻器采用分压式接法；灯泡正常发光时的电阻，灯泡电阻远小于电压表内阻，测量电路采用电流表的外接法；电路如图：‎ 实物连接如图：‎ ‎(3)电流表的分度值是0.02A，电流表指针位置如图所示，电流表读数为0.40A；由灯泡的伏安特性曲线知，灯泡此时的电压为6.0V，此时小灯泡的实际功率 ‎14.把一个量程6mA，内阻100Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图所示，现备有如下器材 A．电源E=3V，r=1Ω   B．变阻器0-100Ω   C．变阻器0-500Ω   D．红、黑表笔 ‎（1）变阻器选用______（填字母）‎ ‎（2）红表笔接______端，黑表笔接______端 ‎（3）电流表3mA刻度处换成电阻刻度，其阻值应为______．‎ ‎【答案】 (1). C (2). M (3). N (4). 500‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电源的电动势与电流表的量程选择合适的滑动变阻器，若量程合适即可；欧姆表的电路为电源与电表，变阻器相串联；由闭合电路欧姆定律确定各刻度的电阻值；‎ ‎【详解】(1)电源电势E=3V，若使电流表达到6mA，则滑动变阻器的阻值应该达到，滑动变阻器应选C；‎ ‎(2)欧姆表内部，黑表笔连接内部电源的正极，故红表笔接N，黑表笔接M；‎ ‎(3)刻度为6mA时的外电阻为0，由前面分析知此时滑动变阻器R=400Ω，当电流表指针指3mA处，根据闭合电路欧姆定律：，即，解得：；‎ ‎【点睛】关键是明确欧姆表的内部结构，会确定刻度值。‎ 四、计算题 ‎15.在光滑绝缘的水平面上有半圆柱形的凹槽ABC，截面半径为R = 0.4 m．空间有竖直向下的匀强电场，一个质量m = 0.02 kg，带电量q = +1.0×10-3 C的小球（可视为质点）以初速度v0 = 4‎ ‎ m/s从A点水平飞入凹槽，恰好撞在D点，D与O的连线与水平方向夹角为θ = 53°，已知重力加速度为g = 10 m/s2，sin 53° = 0.8，cos 53° = 0.6，试求：‎ ‎（1）小球从A飞到D所用的时间t；‎ ‎（2）电场强度E的大小；‎ ‎（3）A、D两点间的电势差UAD．‎ ‎【答案】（1）0.16s；（2）300V/m；（3）96V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球水平方向不受力，做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学知识和牛顿第二定律即可求解；由匀强电场中电势差与电场强度的关系求解A、D两点间的电势差；‎ ‎【详解】解：(1)水平方向上，小球做匀速直线运动 解得：‎ ‎(2)在竖直方向上，小球做匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律知：‎ 代入数据得：‎ ‎(3)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，有：‎ ‎16.如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3A，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，求：‎ ‎(1)流过R2上的电流为多少？‎ ‎(2)电源电动势为多少？‎ ‎(3)若电动机线圈电阻为r0=0.5Ω，电动机输出功率为多少?‎ ‎【答案】(1)I=1A (2)12V(3)10W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中电阻R2和电动机M并联，则知电阻R2上的电压与电动机两端的电压相等，求出流过电阻R2的电流；‎ 同样可以根据电动机的铭牌，由功率公式P=UI求出流过电动机的电流，即可得到干路电流，从而求的电源电动势；‎ 当电动机内阻为0.5Ω时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输出功率；‎ ‎【详解】由部分电路欧姆定律得：‎ 流过上的电流为；‎ 通过电动机的电流为：‎ 干路电流 的电压 根据闭合电路欧姆定律得：‎ 电源的电动势；‎ 电动机输出功率为。‎ ‎【点睛】本题要注意电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流。‎ ‎17.如图所示，在平面直角坐标系中，的直角三角形内存在垂直平面向里的匀强磁场，边在轴上，线段。在第四象限正方形内存在沿 方向的匀强电场，电子束以相同的速度沿方向从边上的各点射入磁场，己知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为。电子的电量为质量为，忽略电子之间的相互作用力以及电子的重力。试求：‎ ‎（1）磁感应强度。‎ ‎（2）在所有能射入第四象限的电子中，最右侧进入的电子刚好经过轴上的点，求第四象限的电场强度的大小。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由题可知电子在磁场中的轨道半径r=L/3‎ 由牛顿第二定律得 解得磁感应强度B=‎ ‎（2）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远。‎ 由几何关系OF=L 从F射出的电子，做类平抛运动，有：‎ Ee=ma L=v0t 解得E=‎ 点睛：电子在电场中做顺时针的匀速圆周运动。根据罗伦磁力提供向心力，再与给出的半径大小联立，即可求磁感应强度；电子在磁场中运动圆轨迹必须与直线AD相切时打在荧光屏上距离Q点最远，利用平抛的特点结合几何关系即可求出从x轴最右端射入电场中的电子打在荧光屏上P点，从而求出E。‎ ‎18.如图A．，两根平行光滑金属导轨间距L=0.5m，置于同一水平面上。导轨间接有阻值R1=1.5Ω的定值电阻。垂直于轨道的虚平面右侧充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。一置于轨道上的导体棒与虚平面平行，且相距s=0.32m。在水平向右外力F的作用下，导体棒由静止开始做匀加速运动，其v-t图像如图B．所示。已知导体棒的质量m=0.1kg，棒接入两导轨间的阻值r=0.5Ω。求：‎ ‎（1）导体棒运动的加速度a；‎ ‎（2）t1=0.3s、t2=0.5s时电压表的示数U1、U2；‎ ‎（3）通过分析、计算、说明，在图C．中作出0-1.0s内水平外力F的大小随时间的变化图像。‎ ‎【答案】（1）（2）0.5V，0.375V（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据v-t图象的斜率求解导体棒运动的加速度a；导体棒进入磁场前，电压表示数为零；进入磁场后切割磁感应线产生感应电流，电压表有示数。由，可算出导体棒进入磁场的时刻t0=0.4s。根据棒是否进入磁场，分析电压表的示数；0-0.4s内，导体棒未进入磁场，水平方向仅受到F的作用。根据牛顿第二定律求F．棒进入磁场后，根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系得到F的表达式，再画出图象。‎ ‎（1）根据图（b），导体棒的加速度；‎ ‎（2）导体棒进入磁场前，电压表示数为零；进入磁场后切割磁感应线产生感应电流，电压表有示数。‎ 根据，可算出导体棒进入磁场的时刻 所以时，电压表示数；‎ 时，切割速度，感应电动势，‎ ‎；‎ ‎（3）0-0.4s内，导体棒未进入磁场，水平方向仅受到F的作用。‎ 根据牛顿第二定律： ，可求得 内，导体棒切割磁感线，产生感应电流，水平方向受到向右的F和向左的安培力F安作用。‎ 根据牛顿第二定律，有，其中 因此，F随时间均匀增大 t=0.4s时，F1=0.45N；t=1.0s时，F2=0.525N ‎0-1.0s内水平外力F的大小随时间的变化如图所示：0-0.4s内F恒为0.4N，0.4s-1.0s内F的大小从0.45N均匀增大到0.525N。‎ ‎ ‎