安徽六安第二中学河西校区2017-2018学年高二下学期第一次月考物理试题解析版

安徽省六安二中河西校区2017-2018学年度高二年级下学期第一次月考（理）物理试题一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是,A.奥斯特在实验过程中发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系B.密立根最早通过实验，比较准确的测定了电子的电量C.法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律，总结出电磁感应定律D.楞次总结了确定电磁感应电流方向的定律——楞次定律【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，故A与事实相符；密立根最早通过实验，比较准确的测定了电子的电量，故B与事实相符；英国物理学家法拉第发现了由磁场产生电流的条件，但是纽曼和韦伯先后总结电磁感应定律，故C与事实不相符。楞次发现了确定感应电流方向的定律--楞次定律，故D与事实相符；故选Co.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）。则（）LA4『件24S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C.电路接通稳定后，B灯和C灯亮度相同D.电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭【答案】AC【解析】试题分析：S闭合时，由于L的电流增大，所以L产生很大的阻抗，相当于L是断路，所以电流从A通过，A立即亮起来，但随着电流的稳定，L的阻抗消失，变成一根导线，把A短路，故A逐渐熄灭，这时电路中BC并联在电源两端，电压增大，B灯变亮，并且BC两灯的亮度相同，A正确BC错误；电路接通稳定后，S断开时，L中的电流减小，产生很大的感应电流，相当于电源，有电流通过C灯，故C灯不会立刻熄灭，D错误；考点：考查了电感线圈对电流的阻碍作用【名师点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小.当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路【答案】B【解析】TT根据有效值的定义：（气为2G夜，可求有效值I=5、5a,故A正确；B、C、D错误4.如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A,B始终沿同一直线运动，以初速度v方向为正，则If*AM|A.此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小B.弹簧的最大弹性势能为-rnv

C.此过程弹簧对物体B的冲量为FW3D.物体A离开弹簧后的速度为-V3【答案】B【解析】【分析】根据冲量的定义式I=Ft分析弹簧对两个物体的冲量关系.当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹性势能.根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出物体A离开弹簧后的速度和B的速度，再对B,运用动量定理求冲量.【详解】弹簧对物体B的弹力大小等于弹簧对物体A的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式I=Ft知：弹簧对物体B的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，故A错误。在A、B速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：=,解得：Vfv,弹簧的最大弹性势能为耳=”,乂3*=/已故8正确。设物体A离开弹簧后A、B的速度分别为*A和也.取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv=mv=mvA।2mvB,^mv2=\nvA2।解得：vA12…，，……一，，…，1-^V,Ve=7,即物体A离开弹黄后的速度为--V,对B,由动量定理得：弹簧对物体B的冲量1=2rivpe-0=jiv,故CD错误。故选B。【点睛】本题要求同学们能正确分析A、B的受力情况及运动情况，知道当A、B两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，此时弹性势能最大，运用动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律结合解决这类问题.5.如图所示，纸面内有一矩形导体线框abcd,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN,线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生焦耳热为Qi,通过线框导体横截面的电荷量为％,若线框以速度2V匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的热量为Q?,通过线框导体横截面的电荷量为^2,则下列选项正确的是（A.、1•I।B.•'I।C.''-•।D.।、I।

【解析】【分析】线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量。由感应电荷量公式q二可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等。R总【详解】根据1=—及F=BIL可得安培力表达式：F=?±2,拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，RR由Q=W=FL=,可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Qi=2Qi,根据q=——，可知通过线框某横截RR面的电荷量与速度无关，所以<1；~<11,故ACD错误，B正确，故选B。【点睛】在电磁感应题目中，感应电荷量公式q=经常用到，要理解并牢记，选择题中可直接应用，计【点睛】在电磁感应题目中，感应电荷量公式K总算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件。6.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2R,原线圈一侧接一输出电压恒为3的正弦交流电源，电阻R]、RrR3、R4的阻值相等。下列说法正确的是（）A.S断开时，图中电压=b.S断开时，吃消耗的电功率等于对的2倍C.S闭合后，Ri、凡消耗的电功率相同D.S闭合后，段两端电压比S闭合前的更小【分析】根据电流与线圈匝数的关系求出原、副线圈中电流之比，根据当开关S断开时，由p=i2r求消耗的电功率。根据闭合S后分析Ri和R3的电压关系，再求功率关系。U[U入十Uri【详解】当开关S断开时，原线圈的输入电压与R1的和等于U],则彳=--一>2,故A错误。开关S断U7UT1P11泳1开时，设原、副线圈中电流分别为L和£则1也=%；%=】；2,由1>=11，可得：-=—=故B错误；闭P2IR4合s后，&与并联后与R]串联，设原、副线圈中电流分别为I；和】；•则：】；：。=个%=12。由于个电阻的电阻值相等，所以流过R3与勺的电流是相等的，都等于L；,即：b=L=&；=i；,由「二1，，可得22~P；=P3=P'4,故C正确；闭合S后，由于对与R4并联，并联电路部分的电阻值小于R3的电阻值，可知副线圈电路中的电阻值减小，所以两个副线圈的电流值增大，则原线圈中的电流值也增大，R]两端电压：U=I]R],电流增大，则R1两端的电压增大。故D错误。故选Co【点睛】本题考查变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题。.如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60”的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示〔规定斜向下为B的正方向），导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a-b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0与时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是（）甲乙【答案】D【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象……_.一ABS一.AB„、【详解】由E=—=--smW,由图乙知，B的变化率不变，即不保持不变，则感应电动势保持不变，电△IAtAt

路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿b-a,为负值。故AB错误。由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a,安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为瓦J3可5%一一_、，一一，，一八,，一，,、，一,一F=BlLsinG=(-Bo——t)IL—=,同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为tn22t/uDo百Bq,,―一DoF=-(t-t0)IL,故C错误，D正确；故选24【点睛】对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图象的意义.可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答..如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R、质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好.现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程，下列说法正确的是()TOC\o"1-5"\h\zXX-F""XXBXX一…，一…一BLIA.回路中的取大电流为mRB.铜棒b的最大加速度为——2m"R………，…，IC.铜棒b获得的最大速度为…a…,I2D.回路中产生的总焦耳热为4m【答案】BDa、a、b受安培力作用，a棒在安当给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I,a棒切割磁感线产生感应电流,培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度相等时，达到稳定状态，根据动量守恒I=2mv可知，两棒稳定时的速度为v=2m

IBL—A项：a刚开始时，速度最大，产生的感应电流为,EmBLI,故A错误；=-2R2R2RjiiFBiLB项：a刚开始时，速度最大，回路中的电流最大，b棒所受安培力最大，加速度最大即为&=一=——=™m故B正确；IC项：由开始分析可知，b棒的最大速度为丁，故C错误；2mD项：根据能量守恒可得：Q=-m(―2m(—)"=—,故D正确。2m22m4m点晴：解决本题关键通过运动学知识分析，当给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I,a棒切割磁感线产生感应电流，a、b受安培力作用，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度相等时，达到稳定状态时的速度。二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，P随时间t变化的图线如图所示，则()A.匕A.匕=1s时物块的速率为1m『st=2s时物块的动量大小为4kg'm/st=3s时物块的动量大小为5kg,m/sD.匕=如时物块的速度为零【答案】AB【解析】_FtFt_一、由动重止理有Ft=mv,解得v=-，t=1s时物块的速率v=-=iWs,A正确；F-t图线与时间轴mm所围面积表示冲量，所以t=2S时物块的动量大小为P=2X=,B正确；t=3S时物块的动量大小为p=(2x2-1xl)kg-m/s=3kg-m/s?C错误；t=4S时物块的动量大小为F-t图线与时间轴所围面积p"=Q乂2-1乂闸="g-rn/3速度不为零，D错误。F-t图线与时间轴所围面积【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点表小冲量。10.如图所示，一质量为鼠=4。妮的长方形木板b放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m=i.nkg的小物块A.现以地面为参考系，给A和B一大小均为4.0m/s＞方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动.则在这段时间内的某时刻，木板B相对地面的速度大小可能是()A.'■'nB.H走C.一小D.18透【答案】BC【解析】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M-m)V0=Mvbi,解得：VBi=2.67m/s当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M-m)Vo=(M+m)vb2,解得：VB2=2m/s则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为2m/svvB〈2.67m/s.故选A.点睛：本题考查了求木块的速度，应用动量守恒定律即可正确解题，本题也可以用牛顿与运动学公式求解，运用动量守恒定律解题不需要考虑过程的细节，只要确定过程的初末状态即可，应用牛顿定律解题要分析清楚物体的整个运动过程，要体会应用动量守恒定律解题的优越性.11.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度/向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为工现让弹簧一端连接另一质量为in的物体E(如图乙所示)，物体A以久0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x,则()-*%*,2/5AA甲乙a.a物体的质量为丸口B.A物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为'说D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mJ【答案】AC【解析】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为加八，即有：Epm==iA寸①，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：%2%=仙+叫Jv②;由机113械能守恒定律得：AEyj-m&⑵Q2--(mA+联立得：ma=31n④，联立①④得：Epni=mvj,故AC山上占正确，BD错误.故选AC.【点睛】水平面光滑，物块压缩弹簧时，物块的动能转化为弹簧的弹性势能，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于物块的初动能.A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出最大弹性势能的表达式，然后求出A与B的质量之间的关系.12.在倾角为。足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L,如图所示.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在L=0时刻以速度。进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间灯,线框ab边到达第’与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是A.当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsinOv0y时刻线框匀速运动的速度为4315、%时间内线框中产生的焦耳热为-mgLsmO।D.离开磁场的过程中线框将做匀速直线运【答案】BC【解析】【分析】线框开始进入磁场时，ab边受到沿斜面向上的安培力作用，此时线框处于平衡状态，当ab边进入下方磁场时，cd边在上方磁场，此时ab、cd两边均受到沿斜面向上的安培力作用，此时线框做减速运动，当线框ab边到达第'与ff中间位置时，线框又处于平衡状态，根据两次平衡列出方程，即可正确解答.【详解】线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：*弟ing=BIL='①'当ab边刚越过行时，.......„gL%„4B：L：vn„此时线框速度仍为飞，此时有：期②，l=③，由②③得：匕m即ne=ma④，'RR"联立①④可得：a=SgisnO,故A错误；设出时刻的速度为v,此时处于平衡状态，有：卜=空”,⑤，2BIjL=mgsinO⑥，联立①⑤⑥得v='，故B正确；在时间％内根据功能有：R4Q=+^invg--invp2=^mgL5jnO+-,故C正确；离开磁场时只有一个边切割磁感线，由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故D错误，故AD错误，BC正确。故选BC。【点睛】本题的易错点在于ab、cd两边均在磁场中时，两个边都切割磁感线，注意此时回路中的电动势为E=2BLv.三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）.如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置Q接下来的实验步骤如下：步骤1一不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置.步骤）把小球2放在斜槽前端边缘位置B,让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞•重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度.

图2(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B.斜槽轨道必须光滑C.斜槽轨道末端必须水平D.实验过程中白纸可以移动，复写纸不可以移动E.小球1的质量应大于小球2的质量Q)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有A.AB两点间的高度差%BE点离地面的高度h2C小球1和小球2的质量小1、D小球1和小球2的半径r(3)当所测物理量满足表达式〔用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律.(考完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示.在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接.使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点乂、P、N.用刻度尺测量斜面顶点到P、用三点的距离分别为L、k、h•则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为1用所测物理量的字母表示).【答案】(1).ACE(2).C(3).।1"1-■'(4).：「1।1，1|II：..【解析】【分析】在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度，根据实验的原理确定需要测量的物理量；根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式；小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式。【详解】（1）因为平抛运动的时间相等，根据v=-,所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运

t动的射程间接测量速度，故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；实验过程中白纸不可以移动，复写纸不可以移动故ACE正确，BD错误。故选ACE。（2）根据动量守恒得ni1OP=m1OMi-m.ON,所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m2o故选Co（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式=OMi-rnyONo（4）碰撞前，叫落在图中的p'点，设其水平初速度为耳；，小球叫和发生碰撞后，叫的落点在图中M,点，设其水平初速度为、，由2的落点是图中的N’点，设其水平初速度为、设斜面BC与水平面的倾角为a,由平抛运动规律rr1~.1,r-oNLp(coscc)—-11国,igLvCcosar一一》、得：Lpsina=-gt\LpCosti=『t,解得：窜［=,同理#1二\—，可见速度正2*2sina12sina-」2&ina比于山所以只要验证m]A=m/i+m2收即可。【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度；同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度，若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒。计算题（本大题共4小题，共40.0分）.如图所示是一个交流发电机的示意图，线框abcd处于匀强磁场中，已知ab=bc=10cm,匀强磁场的磁感应强度B=1T,线圈的匝数N=100,线圈的总电阻r=5且，外电路负载电阻R=5Q,线圈以n=10"s,电表是理想电表，求(1)电压表的示数？(2)从图示位置开始经1j60s时感应电动势的瞬时值多大？(3：从图示位置开始经l/60s的这段时间通过R的电量？-线圈匀速转动一周外力做多少功？【答案】(1)22.2V⑵31.4V(3)里(4)19.7J20【解析】电压表显示的是有效值，根据电动势瞬时值表达式可求瞬时值，求电荷量应用平均值.【详解】解(1)角速度s=故Em=N8%)=6N8V电动势有效值E=^=44.4V也E电路中的电流1=4.44AR十r电压表的示数U=IR=22.2V(2)电动势瞬时值表达式€=4产嘱2加1,当1=看时，e=31.47(3)N△由BL-sin600厂平均电动势,160通过EJ3R的电荷量q=It=1=-R+r20由功能关系式知：W=Q=K(R+r)T=19.7J【点睛】本题综合性较强，考查了峰值与有效值的关系，瞬时值表达式，平均值的应用和功能关系.15.如图所示，质量分别为%=0,53、叱=00炮的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，的木块C以初速¥伊=滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度=I5m/so求：CABI](1)A板最后的速度寸A；Q)C木块刚离开A板时的速度vCo【答案】(1)vA=0.5m/s,速度方向向右⑵vc=5.5m/s,速度方向向右【解析】【分析】C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程列出等式，C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，根据运量守恒定律研究C在B上滑行的过程，列出等式求解。【详解】(1)C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，规定向右为正方向则有："..:'.'.C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则有：mcvcimBvA=(mc-i联立以上两等式解得：vA=05m/s,速度方向向右，vc=5.5ni/5,速方向向右【点睛】木块在两个木板上滑动的问题，分析过程，选择研究对象，根据动量守恒定律研究速度。16.如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为左端连接阻值R=4.0◎的电阻；匀强磁场磁感应强度B=0-5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m=0.2kg、长度l=L0m、电阻r=1.0a的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好。L=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F,杆运动的图象如图乙所示。其余电阻不计。求：(D从L=。开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压;(2)在。*保内，外力F大小随时间t变化的关系式。【答案】(1)1.6V(2)F=O.l4-O.lt【解析】【分析】(1)由图象求出杆做匀速直线运动的初速度、加速度等，以及运动5m时的速度，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律就能求出此时电阻两端的电压；(2)先根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，根据欧姆定律求出回路中的电流，写出安培力的表达式，再由牛顿第二定律写出外力的表达式。【详解】⑴根据v-t图象可知金属杆做匀减速直线运动时间△t=3s,t=0s时杆速度为Vo=6m/s,由运动学公式得其加速度大小At设杆运动5m时速度为力,则vJr；=2as1此时，金属杆产生的感应电动势I-।「一E]回路中产生的电流1R+r电阻R两端的电压U=I1R联立以上几式可得：U=1.6V(2)由t=0时EllHma,,可分析判断出外力F的方向与V。反向金属杆做匀速直线运