江西省南昌市第二中学2020届高三第六次考试物理试卷(含答案)

江西省南昌市第二中学2019届高三
第六次考试
一.选择题
1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法不正确的是
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D. 焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
【答案】B
【解析】
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.
【详解】A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B、D、欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；
焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。

故B错误，D正确；
C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C正确；
此题选择不正确的故选 B.
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.
2.如图所示，空间有一圆锥,点A、分别是两母线的中点。

现在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法中正确的是
A. A、A'两点的电场强度相同
B. 平行于底面的圆心为的截面为等势面
C. 将一正的试探电荷从A点沿直径移到点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D. 若B点的电势为,A点的电势为，则BA连线中点C处的电势小于
【答案】D
【解析】
A项：A、A'两点离顶点O处的正电荷的距离相等，故两点处的场强大小均相等，但其方向不同，
故A错误；
B项：平行于底面,圆心为O1的截面上各点到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知，平行
于底面,圆心为O1的截面不是等势面，故B错误；
C项：由电势的概念可知，沿直线AA′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A到A′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故C错误；
D项：因为，，由点电荷的场强关系可知，又因为，所以，即，整理可得：，故D正确。

3.韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图是关于该定律的实验，P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方，距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下．若
仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是（）
A. 穿过线圈的磁通量将增大
B. 线圈中产生的感应电动势将增大
C. 通过线圈导线截面的电量将增大
D. 线圈对磁铁的阻碍作用将变小
【答案】B
【解析】
【分析】
感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，则产生的
感应电流越大.
【详解】A、若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响;故A错误.
B、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大;故B正确.
C、若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈
导线截面的电量：保持不变;故C错误.
D、线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，对线圈对磁铁的阻碍作用将变大;故D
错误.
故选B.
【点睛】本题考查了电磁感应定律与闭合电路电流与电量问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定
创新性.
4.如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关
系为B1=2B2. 一比荷值为k的带电粒子（不计重力），以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度
为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动，半径，则粒子在两个磁场中半径之比为1:2，画出轨迹，根据周期求出时间.
【详解】粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：,解得：，粒子在磁场中做圆周运动的周期，已知B1=2B2，则r2=2r1，粒子运动如图所示：
粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场B2中运动时间为，粒子向下再一次通过O点所经历时间：
，或；故选 C.
【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，本题解题的关键在
于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路。

5.如图所示，用一块金属板折成横截面为U形的金属槽放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，并以速率v1向右匀速运动，从槽口右侧射入的带电微粒的速率是v2，如果微粒进入槽后恰能做匀速圆
周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨道半径r和周期T分别为（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】
微粒进入槽后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．根据牛顿定律、圆周运
动和电磁感应知识求解．
【详解】金属槽在匀强磁场中向右匀速运动时，左板将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由
右手定则可判断出上板为正，下板为负，.因为微粒做匀速圆周运动，则重力等于
电场力，方向相反，故有.向心力由洛伦兹力提供,得,周期;故选 C.
【点睛】本题是电磁感应、电场、磁场等知识的综合，考查分析、判断和综合能力．
6.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。

一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。

当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。

不计电荷的重力，下列说法正确的是()
A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B. 该点电荷的比荷为
C. 该点电荷在磁场中的运动时间为
D. 该点电荷在磁场中的运动时间为
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电荷在磁场中偏转180°和电荷在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动作出电荷在磁场中
的运运轨迹，根据已知条件由几何关系和洛伦兹力提供向心力推导即可．
【详解】如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：
电荷在磁场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径.
A、由磁场中的运动轨迹可知，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长
线不通过O点，根据圆周运动的对称性可知进入磁场与半径成30°角，则出射方向与所在半径也成30°角，故A错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力有，所以，故B错误；
C、D、由图知该电荷在磁场中运动的时间,故C正确,D错误;
故选C.
【点睛】正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提供向心
力是解决本题的关键．
7.如图所示，a、b、c为三只完全相同的灯泡，L为电感线圈，阻值等于灯泡电阻，电源内阻不计.下列判断正确的是
A. S闭合的瞬间，b、c两灯亮度相同
B. S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭
C. S断开后，b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭
D. S闭合足够长时间后，b、c两灯亮度相同
【答案】A
【解析】
【分析】
电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减
小.然后结合电路的结构分析即可.
【详解】A、S闭合的瞬间，L中产生自感电动势阻碍电流的增加，此时可认为bc两灯串联，则此时b、c两灯亮度相同，故A正确；
D、由于L的电阻等于灯泡电阻，则S闭合足够长时间后，b灯与L电流相同，是c灯电流的一半，故c灯比b灯亮一些，故D错误；
B、C、S断开的瞬间，通过各个灯原来的电流立即消失，而通过L的电流要通过三盏灯形成新的
回路，则a、c两灯将逐渐熄灭，b灯中电流比原来的电流减小，所以b灯不会先突然闪亮后再逐
渐变暗熄灭，故B、C均错误；
故选A.
【点睛】此题是关于自感问题，解题时首先要搞清电路的结构，当电键闭合的瞬时，L相当于断路，而当电键断开的瞬时，L相等于电源.
8.含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为16Ω、2Ω、6Ω，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。

开关S断开时变压器输出功率与S闭合时变压器输出功率相等，该变压器原、副线圈匝数比为（）
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
【解析】
【分析】
开关S断开时变压器输出功率与S闭合时变压器输出功率相等，求出两种情况下副线圈的电流之比；根据变压器原理求出开关断开、闭合时，原线圈的电流强度和电压，根据闭合电路的欧姆定律列方
程求解.
【详解】由于开关S断开时变压器输出功率与S闭合时变压器输出功率相等，设开关S断开时副线圈的电流强度为I1、S闭合时副线圈的电流强度为I2，则有：I12(R2+R3)=I22R2，解得：I2=2I1;设变压器原副线圈的匝数比为k，开关断开时，原线圈的电流强度为，电压为kI1(R2+R3)，根据闭合电路的欧姆定律可得：,开关闭合时，原线圈的电流强度为，电压为kI2R2，根据闭合电路的欧姆定律可得：,联立解得k=2;故选D.
【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，
在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率
且相等.
9.如图甲所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于
导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连，具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直，
当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时(规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向)，用一平行于导轨的力F向左或向右拉杆ab，使它保持静止．若规定由a→b通过杆的感应电流方向为正方向，向右的拉力方向为正方向，则能反映通过杆的感应电流i和拉力F随时间t变化的图线是()
甲乙
A. B.
C. D.
【解析】
【分析】
由题意，ab棒保持静止，根据法拉第电磁感应定律分析回路中产生的感应电动势，由闭合电路欧
姆定律分析感应电流．拉力与ab所受的安培力始终平衡，由F=BIL分析安培力，即可知道拉力的
变化．
【详解】在0～0.5 s内，B均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动
势，，根据楞次定律判断得知，ab中产生的感应电流方向由b→a，为负方向．感应电流的大小为；ab杆所受的安培力大小为F A1＝BI1L＝(B0＋2B0t)，方向向左，则拉力大小为F1＝F A1＝(B0＋2B0t)，方向向右，为正方向；在0.5～1 s内，B不变，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，安培力和拉力均为零；在1～1.5 s内，B均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势，，根据楞次定律判断得知，ab中产生的感应电流方向由a→b，为正方向．感应电流的大小为；ab杆所受的安培力大小为F A2＝BI2L＝[2B0－4B0(t－1)]＝(6B0－4B0t)，方向向右，则拉力大小为F2＝F A2＝(6B0－4B0t)，方向向左，为负方向；故AC正确．
【点睛】本题要分三个时间段，根据法拉第电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律和安培力公式进行
研究；注意正方向的规定．
10.如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为
B.一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出. 下列说法正确的是（）
A. 电场力的方向一定竖直向上
B. 微粒做圆周运动的半径为
C. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大
D. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和动能之和先增大后减小
【解析】
【分析】
带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡．由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径．根据电场力做功正
负，判断电势能的变化；由能量守恒判断两个能量之和的变化．
【详解】A、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必
定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上;故A正确.
B、由平衡知识有：mg=qE ①
由洛伦兹力提供向心力，则有：②
又③
联立三式得，微粒做圆周运动的半径为：;故B正确.
C、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则
其电势能先增大后减小;故C错误.
D、根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中电势能、动能、重力势能三者之和一定，因重力势
能先减小后增大，则知微粒的电势能和动能之和先增大后减小；故D正确.
故选ABD.
【点睛】本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况，根据合力提供向心力进行判断．
11.如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1 : n2 = 55:4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。

原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是
A. 交流电压表V的读数为
B. 灯泡L两端电压的有效值为
C. 当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A1示数减小，V示数增大
D. 由图（b）可知交流发电机转子的角速度为rad/s
【解析】
【分析】
根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义
以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化；根据图b可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度.
【详解】A、由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据，可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值即为32V，故A错误；
B、设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效
值的定义有：，解得：，故B正确；
C、当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，原副线圈匝数比不变、输入电压不
变，则电压表V的示数不变；则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，因为理想变压器输入功率
与输出功率相等，所以电流表A1示数也增大，故C错误；
D、根据可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s；故D正确.
故选BD.
【点睛】本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。

能根据欧姆定律求解电路中
的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的
基本方法的掌握情况.
12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻和
电容器C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。

将一根水平金属棒ab开始下滑.已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R.金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，
且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为g.则下列说法正确的是
A. 因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运动，速度大小是
B. 尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒ab做匀变速运动，加速度大小是
C. 电阻R的电功率为
D. 若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t，电容器两端电量
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据通过金属棒ab的电流恒定不变，可以知道电容器两端的电压均匀增大，处于充电过程中，然
后根据牛顿第二定律可以确定加速度以及功率和电量.
【详解】A、由题可知金属棒ab受到安培力
为:,对金属棒ab，根据牛顿第二定律可以
得到：mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:，恒定不变，所以金属棒ab做匀变速运动，故A 错误，B正确；
C、由上面分析可知：BIL=B2L2Ca，即:,则电阻R的功率为：
，故C正确；
D、经过时间t电容器两端的电量为:；故D正确.
故选BCD.
【点睛】本题考查了电磁感应中的电容器充电过程中，电流不变，然后根据牛顿第二定律可以确定
加速度.要知道电流与电容器带电量的关系.
二、实验题：
13.某实验小组的同学为了“探究加速度与外力的关系”，利用了如图1所示的实验装置，忽略滑轮与细绳之间的摩擦.
(1)为了完成探究实验，下列步骤不需要的是________。

A．分别测出砝码A以及滑块的质量m和M
B．将长木板远离滑轮的一端适当垫高平衡摩擦力
C．将滑块靠近打点计时器，接通电源后释放小车，并记录传感器的示数
D．多次改变砝码的质量，打出几条不同的纸带
E．该实验中必须满足滑块的质量远远大于砝码A的质量
(2)该小组的同学在某次实验中得到了一条清晰的纸带，如图2所示，并在该纸带上选取了多个计
数点，已知图中相邻两计数点之间还有4个计时点没有画出，若实验中所使用的交流电的频率为
50 Hz，则滑块的加速度大小为______m/s2（结果保留两位有效数字）；
(3)该小组的同学通过多次测量，得到了多组传感器的示数以及相对应的加速度的数值，并以传感
器的示数为横坐标、加速度为纵坐标，得到的图线为一条过原点的倾斜直线，经测量可知直线的
斜率大小为，则小车的质量大小应为___________.
【答案】(1). AE (2). 0.48 (3).
【解析】
【分析】
(1)根据实验原理进行分析，明确实验中注意事项和实验方法；(2)明确纸带情况，根据逐差法即可
分析求得加速度大小；(3)根据牛顿第二定律进行分析，从而明确图象的意义.
【详解】(1)实验目的为“探究加速度与外力的关系”，故应测量加速度和合外力的大小，由实验装置可知，本实验中通过传感器测量拉力的大小，故不需要测量质量大小；同时本实验中应控制小车质
量不变，因此只需要记录传感器的示数；故A、E错误；本题选不需要的步骤故选AE.
(2)图中相邻两计数点之间还有4个计时点没有画出，故两计数点间的时间间隔为：T=5×0.02=0.1s；根据逐差法可知，加速度为：.
(3)根据牛顿第二定律,可得:，则由图象可知图象的斜率，故.
【点睛】主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，
知道减小系统误差的方法.
14.(1)用DIS测电源电动势和内电阻电路如图(a)所示，R0为定值电阻．调节电阻箱R，记录电阻箱
的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图(b)所示图线，则该图线选取了
____为纵坐标，由图线可得该电源电动势为____V．
(2)现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图(c)所示，将它们与图(a)中电源按图(d)所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r=_____Ω，图(a)中定值电阻R0=____Ω．
【答案】(1). 4.5 (2) 2.5 2
【解析】
【分析】(1)由闭合电路欧姆定律可得出I与R的关系，结合图象可知纵坐标的意义；
(2)由A灯可知流过电源的电流，由串并联电路的规律可得出路端电压；再由闭合电路欧姆定律可
求得内阻；再由(1)中数据可求出定值电阻的阻值；
【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可知：；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只
能取；则有：；则图象的斜率为：；则有E=4.5V；,则有R0+r=4.5.
(2)A灯正常发光的电流为：I=0.6A；则BC两灯的电流为0.3A，由图象可知，BC两灯的电压为0.5V；路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V；则内压为：U内=4.5-3=1.5V；则内阻为：,则定值电阻为：R0=4.5-2.5=2Ω；
【点睛】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理；解题的难点在于第三问中的数据
处理；要注意图象法的应用，此题对学生数学知识的应用能力要求较高.
三、计算题：
15.如图所示，水平放置的两个平行金属板间有竖直方向的匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一个竖直放置的屏M，一个带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0从两板中央平行于极板正对屏的P点射入电场，最后垂直打在M屏上（重力加速度取g），试求：
(1)板间的场强大小为多少？
(2)质点打P点上方还是下方，相对于进入时的水平线的竖直位移为多少？
【答案】(1)E=(2)质点打在P点上方,
【解析】
【分析】
(1)根据题意分析，小球最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．小球在平行金属板间轨迹应
向上偏转，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转小球做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过
程加速度的关系，再研究电场强度的大小．
(2)水平方向质点始终做匀速直线运动，小球在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间
相等．由对称性求小球打在屏上的位置与P点的距离．
【详解】(1)据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，
小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg
解得：
(2)质点要垂直打在M屏上，则打在M屏上时竖直方向上速度为零．对竖直方向上的运动进行分析，
质点的前一段运动必定是在电场力和重力作用下做加速运动，后一段运动必定是在重力作用下做减
速运动，最后速度减小为零，则只可能先向上做加速运动，然后向上做减速运动，位移应向上，故
质点打在P点上方.
由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则小球在板间运动的时间跟它
从板的右端运动到荧光屏的时间相等.
小球在电场中向上偏转的距离
而
解得：
故小球打在屏上的位置与过P点的水平线距离为：
【点睛】本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解，关键要分
析出小球在电场内外运动的对称性，得到加速度关系．
16.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L=0.2m，匝数N=1000匝，总电阻R=1Ω，现在让线圈的下边处于方向垂直线
圈平面向里匀强磁场内，磁感应强度B0=0.1T，线圈上部处在垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应
强度B随时间均匀变大，磁感应强度的变化率=2×10-3T/s，磁场区域宽度d=0.2m.重力加速度
g=10m/s2.求：
(1)线圈中感应电流的大小；
(2)当挂盘中放质量为m的物体时，天平再次平衡，求此时m为多大?
【答案】(1)0.08A (2)0.16kg
【解析】
【分析】
(1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求感应电流的大小.
(2)根据F=BIL求出线圈所受的安培力，再由平衡条件求物体的质量m.
【详解】(1)由电磁感应定律得
由欧姆定律得
解得：
代入数据得I=0.08A
(2)线圈受到安培力
天平平衡
代入数据可得m=0.16kg
【点睛】本题要理解天平测量质量的原理，掌握法拉第定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡条件进
行研究，求解安培力时需注意线圈的匝数.
17.如图，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左侧接一阻值为R的电阻。

矩形区域abfe 内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。

导轨上ac段和bd段单位长度的电阻为r0，导轨其余部分电阻不计，且ac=bd=x1。

一质量为m，电阻不计的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。

金属棒受到一个水平拉力作用，从磁场的左边界由静止开始作匀加速直线
运动，加速度大小为a。

棒运动到cd处撤去外力，棒在运动到磁场右边界ef处恰好静止。

求：
（1）金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x（相对b点）的表达式；
（2）试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x（相对d点）的变化规律以
及df的长度x2应满足什么条件。

【答案】（1）（2）；
【解析】
【分析】
(1)根据法拉第电磁感应定律E=BLv以及速度位移公式推导出感应电动势随时间t变化的表达式；。