福建省永春县第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省永春县第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省永春县第一中学2020学年高二下学期期中考试物理试题 ‎ 一、单项选择题 ‎1. 下列叙述中，正确的是 （ ）‎ A. 汤姆逊发现了电子，并提出了原子的核式结构模型 B. 查德威克预言了中子的存在，后经卢瑟福通过实验进行了证实 C. 铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化 D. 卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型 ‎【答案】D ‎【解析】汤姆孙发现了电子，并提出了“枣糕式原子模型”；卢瑟福根据粒子散射实验，提出了“原子的核式结构模型”，A错误，D正确．卢瑟福预言了中子的存在，卢瑟福的学生查德威克用粒子轰击的实验中发现了中子，B错误．半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定，C错误．选D.‎ ‎2. 如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是 （ ）‎ A. B比A先亮，然后B熄灭 B. A比B先亮，然后A熄灭 C. A、B一起亮，然后B熄灭 D. A、B一起亮，然后A熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将B灯逐渐短路，B灯变暗直至熄灭，C正确．选 C．‎ ‎【点睛】本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路．‎ ‎3. 如图所示，在电路两端接上交变电流，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是:灯l变暗、灯2变亮、灯3不变，则M、N、L处所接元件可能是 （ ）‎ A. M为电阻，N为电容器，L为电感器 B. M为电阻，N为电感器，L为电容器 C. M为电容器，N为电感器，L为电阻 D. M为电感器，N为电容器，L为电阻 ‎【答案】D ‎【解析】交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明M是电感器．灯2变亮，阻抗变小，说明N为电容器．灯3亮度不变，说明L为电阻，D正确．选D．‎ ‎【点睛】线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．‎ ‎4. 一个静止在磁场中的放射性同位素原子核，放出一个正电子后变成原子核，下列各图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】放射性元素放出正电子时，正粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．当放射性元素放出正电子时，两带电粒子的动量守恒，即动量大小相等，方向相反，由半径公式，可知轨迹半径与动量成正比，与电量成反比，而正电子的电量比反冲核的电量小，则正电子的半径比反冲核的半径大，B正确．选B．‎ ‎【点睛】放射性元素的原子核，沿垂直于磁场方向放射出一个粒子后进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下都做匀速圆周运动．放射性元素放出粒子，动量守恒，由半径公式，分析粒子和粒子与反冲核半径关系，根据洛伦兹力分析运动轨迹是内切圆还是外切圆，判断是哪种衰变．‎ ‎5. 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—Q，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（ 　　）‎ A. 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小 B. 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大 C. 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小 D. 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大 ‎【答案】A ‎【解析】胶木盘A由静止开始绕其轴线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，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，可知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，A正确．选A．‎ ‎【点睛】胶木盘A由静止开始绕其轴线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．‎ ‎6. 物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间内速度由0增大到，在时间内速度由增大到.　设F在内做的功是，冲量是；在内做的功是，冲量是；那么  （    ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据动能定理得：，，则；根据动量定理得，，，则，B正确，选B.‎ ‎7. 如图所示为某发电站电能输送示意图。已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变。若用户电阻R0减小，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 发电机的输出功率减小 B. 输电线上的功率损失减小 C. 输电线输电电压减小 D. 用户得到的电压减小 ‎【答案】D ‎【解析】若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，A错误；若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失的电压增大，输电线上的功率损失增大，B错误；由题知，发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变，由于升压变压器原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，C 错误；输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压（即用户得到的电压）减小，D正确；选D.‎ ‎【点睛】根据用户电阻的变化，得出降压变压变压器输出功率的变化，根据输出功率决定输入功率，得知发电机输出功率的变化；由输电线上损失的功率变化，得出输电线电流变化；由发电机的输出电压和升压变压器原、副线圈的匝数比不变，可得出输电线输送电压的变化.‎ ‎8. 质量为的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图像如图所示，则可知碰撞属于（ ）‎ A. 非弹性碰撞 B. 弹性碰撞 C. 完全非弹性碰撞 D. 条件不足，不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】根据x-t图象可知：a球的初速度为：，b球的初的速度为，碰撞后a球的速度为：，碰撞后b球的速度为：，两球碰撞过程中，动能变化量为：，即碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，选B．‎ ‎【点睛】根据x-t图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．‎ ‎9. 在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为 L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示：（ ）‎ A. 线框受到的水平外力一定是恒定的 B. 出磁场的时间是进入磁场时的一半 C. 线框边长与磁场宽度的比值为3：8‎ D. 出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等 ‎【答案】C ‎【解析】设线框的电阻为R，受到的安培力为，根据牛顿第二定律：，得拉力，由图乙可知电流增大，故拉力增大，A错误；设线框的加速度为a，进入磁场时的速度为，完全进入磁场时的速度为，ab边刚好出磁场时的速度为，线框边长为，磁场的宽度为，故线框宽度与磁场宽度的比值为3:8，C正确；线框进入和离开磁场运动的距离都是线框的边长L，由图乙可知线框进入磁场的时间为2s，设离开磁场的时间为t，则有，解得，故离开磁场的时间与进入磁场的时间之比为，B错误；对线圈进行受力分析可知：进入和离开磁场时都有：在水平方向上，线圈只受安培力和外力的作用，且安培力方向向左，外力F方向向右，即外力，外力做的功W=Fs，s为线圈边长，进入和离开两种情况s相同，但离开时的电流大于进入时的电流，故，则 ，D错误．选C．‎ ‎10. 如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1,bc边的边长为l2‎ ‎，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 线框进入磁场前运动的加速度为 B. 线框进入磁场时匀速运动的速度为 C. 该匀速运动过程产生的焦耳热为 (Mg-mgsinθ)l2‎ D. 线框做匀速运动的总时间为 ‎【答案】C ‎【解析】线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律：，解得：，A错误；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为，根据平衡条件得：，联立两式得：，匀速运动的时间为．BD错误．线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为．C正确．选C．‎ ‎【点睛】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度．由题，线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间．‎ 二、不定项选择题 ‎11. 如图所示为氢原子的能级示意图．现用能量介于10～12.9eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 照射光中只有一种频率的光子被吸收 B. 照射光中有三种频率的光子被吸收 C. 氢原子发射出六种不同波长的光 D. 氢原子发射出三种不同波长的光长的光 ‎【答案】BC ‎【解析】因为-13.6+10=-3.6eV，-13.6eV+12.9eV=-0.7eV，可知照射光中有三种频率的光子被吸收．氢原子跃迁的最高能级为n=4能级，根据知，氢原子发射出六种不同波长的光．故BC正确，AD错误．故选BC．‎ 点睛：解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em-En=hv；从高能态向基态跃迁时能辐射的光子数为种.‎ ‎12. 如图所示，理想变压器原线圈输入电压，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器，和是理想交流电压表，示数分别用和表示；和是理想交流电流表，示数分别用和表示；下列说法正确的是 （ ）‎ A. 和表示电压的最大值 B. 和与变压器的原副线圈匝数成反比 C. 滑片P向下滑动过程中，变小，变大 D. 滑片P向下滑动过程中，不变，变大 ‎【答案】BD ‎【解析】和表示电压的有效值，A错误；由变压器原理得：，B正确；滑片P向下端滑动过程中，电阻R减小，电压不变，即不变，则变大，C错误，D正确，选BD.‎ ‎13. 如图所示，电阻和面积一定的圆形线圈垂直放入匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（　　）‎ A. 当时，线圈中的感应电流最大 B. 线圈中产生的是交流电 C. 若增大ω，则产生的感应电流的频率随之增大 D. 若增大ω，则产生的感应电流的功率随之增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】线圈中产生感应电流的瞬时表达式，当时，线框中感应电流达到最大值，A错误；由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，B正确；根据的表达式，可知当增大，则感应电流的频率随之增大，C正确；若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所以有效值也增大，功率随之增大，D正确．选BCD．‎ ‎14. 在如图甲所示的理想变压器的原线圈输入端a、b加如图乙所示的电压，图像前半周期为正弦部分，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，电路中电阻，，为定值电阻，开始时电键S断开，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表的示数为 B. 闭合电键后，电流表的示数变大 C. 闭合电键后，电压表的示数变大 D. 电流表的示数为 ‎【答案】AB ‎【解析】由于变压器只能输送交流电，因此只有乙图中的正向电压能进行输送，由图可知，正向交流电的最大值为，故前半个周期内的有效值为220V，设输入电压的有效值为，则，解得：，由，A正确；闭合电键后，电压表的示数不变，总电阻减小，输出功率增大，输入功率增大，电流增大，电流表的示数增大，B正确，C错误；电键断开时，副线圈电路中的电流为，由，解得：，D错误，选AB.‎ ‎【点睛】根据电流的热效应求出输入电压的有效值，再根据变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比求出电压表示数，电键S闭合后，副线圈电阻变小，根据欧姆定律判断电流表示数的变化，根据变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的倒数比求出电流表示数变化情况．‎ ‎15. 将质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，如图（a）所示，一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止.铅块运动中所受的摩擦力始终不变，现将木板分成长度与质量均等的两段（1、2）后紧挨着，仍放在此水平面上，让小铅块仍以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动，如图（b）所示，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 小铅块仍能滑到木板2的右端与木板保持相对静止 B. 图（b）所示过程小铅块与木板保持相对静止时的速度大于图（a）所示过程的最终速度 C. 小铅块滑到木板2的右端前，就与木板保持相对静止 D. 小铅块滑过木板2的右端后飞离木板 ‎【答案】BC ‎【点睛】比较两次运动的区别，铅块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分停止加速，只有2加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板．根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较小铅块在木板2上和木板1上产生的热量．‎ 三、实验题 ‎16. 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．‎ ‎(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．‎ A.小球开始释放高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的射程 ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．然后，分别找到m1，m2相碰后平均落地点的位置M, N,测量平抛射程OM，ON。用天平测量两个小球的质量m1，m2。‎ ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______________________________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式_________________________，(用(2)中测量的量表示)．‎ ‎【答案】 (1). C (2). m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3). m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2‎ ‎【解析】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，C正确．选C．‎ ‎（3）设落地时间为t，由平抛运动规律得：，，‎ 若两球相碰前后的动量守恒，则有：‎ 将，，，代入得：‎ 若碰撞是弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则有：‎ 将，，，代入得：‎ ‎【点睛】通过实验的原理知道小球碰撞后做平抛运动，抓住平抛运动的时间相等，小球飞行的水平距离来代表小球的水平速度来验证动量守恒定律．根据实验的原理，结合平抛运动的规律和碰撞的特点列式即可．‎ ‎17. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．‎ ‎(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________．(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)‎ ‎(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值的定值电阻两端的电压U.下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________．(选填“1”或“2”)‎ 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω ‎1‎ ‎400.0‎ ‎350.0‎ ‎300.0‎ ‎250.0‎ ‎200.0‎ ‎2‎ ‎80.0‎ ‎70.0‎ ‎60.0‎ ‎50.0‎ ‎40.0‎ ‎(3)根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E＝_______,内阻r________.(用k、b和R0表示).‎ ‎【答案】 (1). 最大值 (2). 2 (3). (4). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）为了预防电路中电流过大，损坏电路，所以需要将电阻箱调到最大，‎ ‎（2）由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太小；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2‎ ‎③由闭合电路欧姆定律可知，变形得：‎ 由题意可知，斜率为k，即：，解得；。联立解得：‎ 考点：考查了测量电源电动势和内阻实验 视频 四、计算题 ‎18. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为 10cm和20cm，内阻为 5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以的角速度匀速转动，线圈通过电刷和外部 20Ω的电阻R相接．求：‎ ‎（1）电键S合上后，电压表和电流表示数；‎ ‎（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？‎ ‎【答案】（1）2A 40 V （2）80 W ‎【解析】试题分析：（1）电压表和电流表测量的是有效值，根据闭合电路的欧姆定律即可求解；（2）有P=UI求得产生的功率.‎ ‎（1）产生的感应电动势的最大值为 则电源电动势的有效值为 电键S合上后，由闭合电路的欧姆定律得：‎ 电压表的示数为路端电压，即R两端的电压，则有：‎ ‎（2）电阻R上所消耗的电功率 ‎19. 如图所示，匀强磁场，金属棒AB长，与框架宽度相同，电阻为，框架电阻不计，电阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s的速度匀速向左运动时，求：‎ ‎（1）流过金属棒的感应电流多大？‎ ‎（2）若图中电容器C为，则充电荷量是多少？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出流过金属棒的感应电流大小；（2）求出电容器两端电压，然后由电容的定义式求出电容器储存的电荷量．‎ ‎（1）棒AB产生的电动势为：‎ 外电阻为：‎ 由闭合电路欧姆定律得：通过棒的感应电流为：‎ ‎（2）电容器两板间的电压为：‎ 电容器带电量为：‎ ‎20. 如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：‎ ‎（1）A、B碰后瞬间各自的速度；‎ ‎（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．‎ ‎【答案】（1）,（2）2：1‎ ‎【解析】试题分析：①A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ 在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，‎ 联立解得：；‎ ‎②弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：‎ 从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度 ‎，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎2mvB=（2m+2m）v′，‎ 由机械能守恒定律得：，‎ 解得：，‎ 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP′=2：1；‎ 考点：动量守恒定律及能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程是正确 解题的关键，在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比．‎ ‎21. 如图所示，竖直平面内有光滑且不计电阻的两道金属导轨，宽都为L，上方安装有一个阻值R的定值电阻。两根质量都为m，电阻都为r，完全相同的金属杆靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，虚线下方的区域内存在匀强磁场，磁感应强度B。‎ ‎(1)将金属杆1固定在磁场边界下侧，金属杆2从磁场边界上方静止释放，进入磁场后恰作匀速运动，求金属杆2释放处离开磁场边界的距离h0；‎ ‎(2)将金属杆1固定在磁场边界下侧，金属杆2从磁场边界上方h(h＜h0)高处静止释放，经过一段时间后再次匀速，此过程流过电阻R的电量为q，则此过程整个回路中产生了多少热量？‎ ‎(3)金属杆2从离磁场边界h(h＜h0)高处静止释放，在进入磁场的同时静止释放金属杆1 ，两金属杆运动了一段时间后都开始了匀速运动,试求出杆2匀速时的速度大小，并定性画出两杆在磁场中运动的v-t图象。(两个电动势分别为E1、E2不同的电源串联时，电路中总的电动势E=E1+E2)‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎(3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）金属杆2匀速时，‎ 金属杆2磁场外下落过程（2分） 得 ‎（2）设流过电量q的过程中，金属杆2在磁场中下落H，则 由能量守恒可得 :‎ 得 ‎（3）因为h＜h0‎ ‎，所以金属杆1进入磁场后先加速，加速度向下，由于两金属杆流过电流相同，所以FA大小相同 对金属杆1有:mg－FA＝ma1‎ 对金属杆2有:mg－FA＝ma2‎ 发现表达式相同，即两金属杆加速度a1和a2始终相同，速度差值也始终相同 设匀速时速度分别为v1、v2，有 又 都匀速时，‎ 联立得:‎ 两金属杆的v-t图象如图所示：‎ 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律；能量守恒定律。 ‎