四川省成都高新区高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

四川省成都高新区高二（下）入学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．为了测量某化工厂排放污水的情况，相关部门用绝缘材料制作了如图所示的流量计。该流量计长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于前、后面的方向上加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极。带负电的污水充满管口从左向右流经该流量计，污水流量（单位时间丙流出的污水体积）为Q时，电压表显示两个电极间的电压为U，下列说法中正确的是（　　）
A．M极的电势一定高于N极的电势
B．N极的电势一定高于M极的电势
C．电压表的示数U与污水流量Q成正比
D．仅改变流量计的横截面积，电压表的示数可能不变
2．关于物理学发展，下列表述正确的有____________
A．伽利略通过“理想斜面实验”规律，合理外推得出“物体运动不需要外力维持”
B．奥斯特发现了电流的磁效应，安培成功解释了磁体的磁场与电流的磁场本质相同
C．库仑最先提出了电荷周围存在电场的观点，并通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律
D．牛顿发现了万有引力，卡文迪许测出了万有引力常量
E．法拉第发现了电磁感应现象，并成功总结出了法拉第电磁感应定律
3．如图所示，两个相同的金属小球A和B均带电，小球A带负电，电荷量为。小球B也带负电，电荷量为。两个带电金属小球A和B此时均可以看成点电荷，当两球距离为时，两球之间的库仑力大小为。现将金属小球A、B接触后再放回原来的位置，两球之间的库仑力大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．小球所带电荷量可能为任意的实数
B．金属小球A和B接触时，一部分电子从小球A转移到了小球B上
C．
D．
4．如图所示，在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场，一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角分线OC做匀速直线运动．若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则下列说法正确的是：（ ）
A．粒子将在磁场中做匀速圆周运动，运动轨道半径等于三角形的边长
B．粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场
C．粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从BC阶段射出磁场
D．根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比
5．示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（　　）
A．如果在XX′之间不加电压，在YY′（Y正Y 负）加图a电压，荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑
B．如果在XX′之间加图b的电压，在YY′（Y正Y′负） 之间加图a电压，在荧光屏上会看到X轴上一条水平的亮线
C．如果在XX′（X正X′负）之间加图a的电压，在YY′之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线（在Ι、Ⅳ象限）
D．如果在XX′之间加图b的电压，在YY′之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
二、单选题
6．关于电场强度和电场线，下列说法正确的是
A．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向
B．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变
C．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合
D．由电场强度定义式E=F/q可知，电场中某点的E与q成反比，与q所受电场力F成正比
7．下列关于电势、电势能功说法正确的是（　　）
A．电荷在电场中具有的电势能越大，电荷所在位置的电势就越高
B．把正电荷从初位置移到末位置电场力做正功，初位置的电势一定比末位置电势高
C．电势为零的位置，电势能不一定为零
D．电荷在电场中运动，电势能一定会发生改变
8．如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，是它的对称轴，通电直导线AB与平行。若要在线圈中产生感应电流，不可行的做法是（　　）
A．以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90°（俯视） B．线圈绕轴逆时针转动90°（俯视）
C．AB中电流I逐渐增大 D．AB中电流I先增大后减小
9．关于闭合电路，下列说法中正确的是（　 　）
A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方
B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大
C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大
D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大
10．一个带正电的小球，如果在某空间中存在匀强电场和匀强磁场，其方向可以自己设定，下述对小球的运动状态的描述正确的是（　　）
A．小球如果在此空间中受洛沦兹力的作用做直线运动，则其可能做匀加速直线运动
B．给小球一水平初速，小球在此空间中可能做平抛运动
C．给小球一水平初速，不管电场、磁场方向如何，小球不可能做平抛运动
D．小球在此空间一定不能做匀速率圆周运动
11．如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的
A．速率将加倍 B．轨迹半径加倍
C．周期将不变 D．做圆周运动的角速度将加倍
12．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，与半径OA成30°夹角，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t＝
D．该点电荷带正电
13．某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压（大于）时，反向电流才急剧变大
三、实验题
14．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差，实验电路如图1所示．
(1)现有电流表(0-0．6A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表(0~15V) B．电压表(0~3V)
C．滑动变阻器(0~50Ω) D．滑动变阻器(0~500Q)
实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．（选填相应器材前的字母）
(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下的一组数据的对应点，并画出U-I图线________．
序号 1 2 3 4 5 6
电压U(V) 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流I(A) 0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480
(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω．
(4)实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，图3各示意图中正确反映P-U关系的是________．
15．一个物理研究性学习小组希望利用如图所示的实验装置，探究影响安培力大小与方向的因素。请设计实验方案并写出实验步骤。
四、解答题
16．用一个电动势E=120V的电源给发动机供电，用来提升重物，发动机的线圈电阻为,重物的质量,当发动机以的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流,求：（取）
(1)电源的内阻r等于多少？
(2)若因故障发动机不能转动，这时通过发动机的电流是多大？发动机消耗的电功率又为多大？
(3)发动机对该重物的最大提升速度是多少？
17．如图所示，M、N是水平虚线和竖直虚线的两个交点，M、N两点连线右方足够长的长方形区域I内存在方向水平向左的匀强电场，M、N两点连线左上侧和左下侧的正方形区域III和IV内（含边界在内）存在方向水平向右的匀强电场，M、N两点连线左方的矩形区域II内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的正粒子以速度v从P点（区域III左上角）沿竖直向下的方向射入区域III，粒子先经过区域III再经过区域II后恰从M、N两点连线中点水平向右射入区域I，已知两个正方形区域的边长均为d，区域I、III和IV内电场强度的大小均为，不计粒子重力，求：
（1）粒子从区域III射出时沿电场方向偏转的距离；
（2）区域II内磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点射入区域III至从区域IV边界射出所用的时间。
18．如图所示，一个静止的正电荷，质量为m=10-20kg，电荷量为q=10-8C，经电压为U1=200V的电场加速后，进入水平放置的平行金属板A、B中的电场，已知板长L1=8cm，板间距离d=8cm，板间电压U2=300V。粒子飞出平行板电场后，进入CD、EF间的无电场区域，已知两界面CD、EF相距为L2=cm，粒子穿过界面EF后，又射入固定在中心线上O2处的点电荷Q形成的电场区域，且粒子在EF右侧运动过程中速率始终不变。
（1）粒子出加速电场时的速度是多大？
（2）粒子飞出平行板电场时的速度大小和方向？
（3）粒子穿过界面EF时偏离中心线O1O2的距离？
（4）点电荷Q的电荷量是多少？（结果保留一位有效数字）（静电力常数k=9×109N m2/C2）
19．如图甲所示，两根足够长的、粗糙的平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两导轨间距为d=1m，导轨电阻忽略不计，M、P端连接一阻值R=1.5Ω的电阻，现有一质量为m=0.4㎏，阻值r=0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上，金属棒距R距离为L=4m，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示，已知金属棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：
（1）若金属棒静止，回路中产生的感应电流I；
（2）棒经过多长时间开始运动，在该段时间内通过R的电荷量q；
（3）从t=1s开始，若在棒上加一垂直于棒的的水平外力，使棒始终处于静止，则所加外力F随时间的变化关系．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A正确，B错误；
CD．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有
解得
U=vBc
可知仅改变流量计的横截面积，若改变的b，电压表的示数不会变；流量为
Q=vbc
联立可得
所以污水流量越大，电压表的示数越大，故CD正确。
故选ACD。
2．ABD
【解析】
【分析】
解决本题要了解物理学史，对物理学上发生的重要事件、重要规律的发现者要有所了解．
【详解】
A项：伽利略通过“理想斜面实验”规律，合理外推得出“物体运动不需要外力维持”，故A正确；
B项：奥斯特发现了电流的磁效应，法国物理学家安培通过对磁体和电流周围磁场的研究，提出了关于磁现象电本质的分子环流假说，成功解释了磁体的磁场与电流的磁场本质相同
，故B正确；
C项：最先提出了电荷周围存在电场的观点的科学家是法拉，通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律的科学家是库仑，故C错误；
D项：牛顿发现了万有引力，是卡文迪许测出了万有引力常量，故D正确；
E项：1831年，法拉第发现了电磁感应现象，后来纽曼和韦伯总结出了法拉第电磁感应定律，故E错误．
故应选：ABD．
【点睛】
物理学史的学习可以培养科学素养和科学方法，但是学生容易出错，平时要注意记忆．
3．BD
【解析】
【详解】
A．任何带电体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍，所以小球所带电荷量不可能为任意的实数，A错误；
B．金属小球A和B接触时，根据“电荷均分原理”可知，最后两者的电荷量均为
B球所带的负电荷量增加，A球所带的负电荷量减少，说明一部分电子从小球A转移到了小球B上，B正确；
CD．原来两者之间的库仑力大小为
将金属小球A、B接触后再放回原来的位置，两球之间的库仑力大小为
所以
C错误D正确。
故选BD。
4．BD
【解析】
【详解】
ABC．带电粒子所受电场力向左，所受洛伦兹力向右，且
若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出，设三角形边长为L，则有
若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入
解得
由于
粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场，AC错误B正确；
D．根据已知条件，该粒子在只有电场时运动时间为
在只有磁场时，入射速度和OB边界的夹角为，射出OB边界时转过的圆心角为 ， 在该区域中运动的时间为
D正确。
故选BD。
5．ACD
【解析】
【详解】
电子经过加速电场加速，再在偏转电场中偏转，设加速电场电压为，偏转电场电压为，设偏转电极的长度为L，板间距为d，则有
可见偏转距离与偏转电压成正比，由几何关系可知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电场电压成正比；
A．如果在XX′之间不加电压，在YY′（Y正Y′负）加图a电压，即恒定，则电子在竖直电场的作用下，竖直偏转，荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑，A正确；
B．如果在XX′之间加图b的电压，电子在荧光屏上偏转的距离也是线性关系，形成一条亮线，同时在YY′（Y正Y′负） 之间加图a电压，电子会向竖直方向偏转，因此在荧光屏上会看到一条平行于X轴的水平的亮线，B错误；
C．如果在XX′（X正X′负）之间加图a的电压，电子会向X轴正半轴偏转到一个点，同时在YY′之间加图c的电压，电子在竖直方向偏转成一条直线，因此在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线（在Ι、Ⅳ象限），C正确；
D．如果在XX′之间加图b的电压，在X轴上一条水平亮线，同时在YY′之间加图c的电压，在Y轴非线性变化，因此荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，D正确；
故选ACD。
6．C
【解析】
【详解】
试题分析：正电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向，选项A错误；电场强度是电场的固有属性，与是否放入检验电荷无关，选项B错误；当电场线是直线时，初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹与电场线重合，当电场线是曲线时，初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不与电场线重合，选项C正确；在定义电场强度时应用了比值法，因而电场强度与电场力和试探电荷的电量无关，选项D错误．
考点：本题旨在考查电场强度、电场线．
7．B
【解析】
【详解】
A．正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小。故如果是负电荷，则电势能越大，说明电势越小，故A错误；
B．把正电荷从初位置移到末位置电场力做正功，则说明电势能减小，则由可知，初位置的电势一定比末位置电势高，故B正确；
C．由可知，电势为零的位置，电势能一定为零。故C错误；
D．电荷在电场中运动，只有电场力做功时电势能才会发生变化，如果在等势面上运动，则电势能不会发生改变。故D错误。
故选B。
8．A
【解析】
【详解】
A．由于通电直导线周围的磁感线是绕AB的一系列同心圆，所以以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90°（俯视）的过程中，线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故A不可行；
B．线圈绕轴逆时针转动90°（俯视），线圈的磁通量减小，会产生感应电流，故B可行；
C．AB中电流I逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，线圈的磁通量增大，会产生感应电流，故C可行；
D．AB中电流I先增大后减小，产生的磁场先增大后减小，线圈的磁通量先增大后减小，会产生感应电流，故D可行。
故选A。
9．D
【解析】
【详解】
试题分析：根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．
解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．
B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．
C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．
D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故D正确．
故选D．
点评：闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键．
10．C
【解析】
【详解】
A．若小球能在洛伦兹力存在的情况下做匀加速直线运动，则随着速度的增加，洛伦兹力的大小也增加，此时洛伦兹力比与速度方向垂直，故不能保持匀加速直线运动，故A错误；
BC．若小球能够做平抛运动，必然存在一个方向大小不变的加速度，即存在一个方向大小不变的力，但小球做平抛运动时，合速度方向不断发生改变，此时洛伦兹力方向也不断发生改变，故小球无法做平抛运动，故B错误，C正确；
D．当小球所受重力与电场力相互抵消，此时给小球一个初速度，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，故D错误；
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
A．洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小，所以粒子的速率不变，故A错误；
B．由半径公式知，当磁感应强度变为原来的一半，轨道半径将加倍，故B正确；
CD．由周期公式可知，当磁感应强度变为原来的一半，周期将加倍，由公式可知，角速度减半，故C错误，D错误．
12．B
【解析】
【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：
电荷在电场中刚好运动T/2，电荷做圆周运动的半径r=Rsin30 =R/2．
A. 如图，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，故A错误；
B. 根据洛伦兹力提供向心力有，所以：，故B正确；
C. 由图知该电荷在磁场中运动的时间t=，故C错误；
D. 根据电荷偏转方向，由左手定则可知，该电荷带负电，故D错误．
故选B
13．D
【解析】
【详解】
A．由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；
B．由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；
C．由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C错误。
D．根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压（大于）时，反向电流才急剧变大，故D正确。
故选D。
14． (1)B C (2)如图
(3) 1.50 (1.49～1.51) 0.83 (0.81～0.85) (4)C
【解析】
【详解】
（1）[1][2]．一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（2）[3]．根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示：
（3）[4][5]．由得出的电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：
；
（4）[6]．电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C．
15．见解析
【解析】
【详解】
实验方案：对导体棒受力分析，重力、安培力、细线拉力使导体棒摆起一定角度后，受力平衡，根据平衡条件可得
F安= mgtan
可知摆起角度越大，安培力越大。应用控制变量法设计实验步骤
1．研究影响安培力大小的因素：
(1)移动滑动变阻器，改变电流大小，连接电路，闭合开关，观察导体棒摆起的角度的变化；
(2)连接电路，闭合开关，再增加一个蹄形磁铁，摆放在相同的位置，观察导体棒摆起的角度的变化。
2．研究影响安培力方向的因素
(1)连接电路，闭合开关，调换电源正负极，改变电流方向，观察导体棒摆起的方向的变化；
(2)连接电路，闭合开关，调换磁极南北极，改变磁场方向，观察导体棒摆起的方向的变化。
16．(1)4；(2)576；(3)0.45m/s
【解析】
【分析】
（1）电源的电功率，电源的热功率，电动机的发热功率，输出的机械功率，根据能量守恒求解内阻；
（2）若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率；
（3）根据，结合数学知识求出的最大值，再根据求得最大速度．
【详解】
（1）电源的总功率为：
电动机的机械功率为：
电动机的热功率为：
内阻消耗功率为：
解得：
（2）电动机不转时为纯电阻，可用闭合电路欧姆定律计算通过电动机的电流
即：
电动机消耗的功率为：=576W．
（3）电动机机械功率最大时，提升重物的速度最大，由可知
当时，机械功率最大；
此时，根据可知，速度最大值．
【点睛】
电动机在正常工作时电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能直接根据电压与电流求电阻R；电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，能根据电压和电阻求电流，要注意区分．
17．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）粒子在区域III中做类平抛运动，由牛顿第二定律得
又因为
解得
由运动学公式得
解得
粒子从区域III射出时沿电场方向偏转的距离
（2）粒子射出区域III时沿场强方向的速度为
速度偏转角满足
解得
如图所示，由几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径为
射人区域II时的速度大小
由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
（3）粒子在区域II中偏转运动的时间
由
解得粒子在磁场中向右偏转运动的时间
因为区域I与区域II的电场强度相同，故加速度也相同，从进入区域I中运动至减速到零的时间
粒子运动的轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
18．（1）2.0×107m/s；（2）2.5×107m/s，与v0成37°角；（3）8cm；（4）7×10-9C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在加速电场中，由动能定理
解得
v0=2.0×107m/s
（2）粒子在两板间做类平抛运动，水平方向
竖直方向
出离电场时
则
解得
v=2.5×107m/s
方向
即与v0成37°角；
（3）根据类平抛运动的推论可知，粒子从电场中射出时，速度方向的反向延长线通过偏转电场水平位移的中点，则由三角形可知
解得
y=8cm
（4）粒子在电荷Q形成的电场区域，在EF右侧运动过程中速率始终不变，可知粒子做匀速圆周运动，则运动半径为
根据
解得
Q=7×10-9C
19．（1）2A（2）2C（3）F=Idt-μmg
【解析】
【详解】
（1）若金属棒静止，回路中产生的感应电动势为：
由闭合回路的欧姆定律得：=2A
设棒经过t时间开始运动，此时棒所受的安培力与最大静摩擦力相等，故在t时刻末棒所受的安培力为：F=BId=μmg
解得此时的磁感应强度为：B=1T，故t=1s；
在此时间段内通过R的电荷量为：q=It=2C；
若在棒上加一垂直于棒的的水平外力，使棒始终处于静止，则由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势为：E=4V，I=2A；此时棒在水平方向受安培力、拉力、静摩擦力处于平衡，故有：
F+f=BId，
f=μmg，
B=kt，
T/s
联立解得：所加外力F随时间的变化关系为F=Idt-μmg．
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