【文档说明】四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题 【精准解析】.doc，共(23)页，803.500 KB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2020年春高2018级半期考试物理试题一、本大题12小题1.下列叙述中符合物理学史实的是（）A.汤姆生通过对阴极射线的实验研究，发现了电子和质子B.卢瑟福通过研究α粒子的散射实验，发现了原子核内部有质子和中子C.普朗克通过分析氢原子光谱，提出了

“光子”学说D.玻尔提出的氢原子模型，能够成功解释氢原子的光谱形成原因【答案】D【解析】【详解】A．汤姆生通过对阴极射线的实验研究，发现了电子，卢瑟福发现了质子，选项A错误；B．卢瑟福通过研究α粒子的散射实验，确定了原子的核式结构理论，选项B错误；C．普朗克提出

了量子理论，为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说，故C错误；D．玻尔提出的氢原子模型，能够成功解释氢原子的光谱形成原因，选项D正确。故选D。2.下面关于光学现象解释，说法正确的是（）A.肥皂泡在阳光下呈

现彩色条纹是光的干涉造成的B.天空中彩虹是光的干涉造成的C.圆形挡板阴影中心的亮斑(泊松亮斑)是光的干涉造成的D.光的干涉、衍射现象说明光具有粒子性【答案】A【解析】【详解】A．肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是光的干涉造成的，选项A正确；B．天空

中彩虹是光的折射形成的色散造成的，选项B错误；C．圆形挡板阴影中心的亮斑(泊松亮斑)是光的衍射造成的，选项C错误；D．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，选项D错误。故选A。3.下列对几种物理现象的解释中，

正确的是（）A.在易碎物品周围垫上松软材料，目的是为了减小物品受到的冲量B.人从高处跳下触地时通常要下蹲，目的是为了减小动量的变化量C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零D.动量相同的两个物体经过相等时间停下来，说明

它们受到的合力相同【答案】D【解析】【详解】A．在易碎物品周围垫上松软材料，是为了在动量变化相同的情况下增加作用时间，从而减小物品受到的冲力，选项A错误；B．人从高处跳下触地时通常要下蹲，是为了在动量变化相同的情况下增加作

用时间，从而减小人受到地面的冲力，选项B错误；C．在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，但是推力的冲量不为零，选项C错误；D．根据Ftp=可知，动量相同的两个物体经过相等时间停下来，说明它们受到的

合力相同，选项D正确。故选D。4.图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B，闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸

面向外，故A正确；B．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故B错误；C．伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线，故C错误；D．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，

大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向里，故D错误。故选A。5.如图所示，甲、乙、丙、丁四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样，分析各图样的特点可以得出的正确结论是（）A.甲、乙是光的干涉图样B.丙、丁是光的衍射图样

C.形成甲图样光的波长比形成乙图样光的波长短D.形成丙图样光的波长比形成丁图样光的波长短【答案】AB【解析】【详解】AB．干涉图样的条纹等间距，而衍射条纹间距不相等，则知甲、乙是光的干涉图样，丙、丁是光的衍射图样，故A、B正确；C．光的波长越长，双缝干涉条纹间距越大，

则知形成甲图样的光的波长比形成乙图样光的波长长，故C错误；D．光的波长越长，衍射现象越明显，则形成丙图样的光的波长比形成丁图样光的波长长，故D错误；故选AB。6.如图所示，水平面上A、B两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B两物体质量之比为2：1，它们与水平面间的动

摩擦因数之比为1：2。现将线烧断，A、B物体从静止被弹开过程中，则下列判断正确的是（）A.A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒B.A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒C.A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒D.A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】【

详解】A、B被弹开后，根据fmg=可知，两物体所受的摩擦力大小相等，方向相反，则A、B和弹簧组成的系统所受的合力为零，系统动量守恒；因有摩擦力做功，则系统的机械能不守恒。故选B。7.用很弱的光做双缝干涉实验,把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同

时有两个光子存在，如图所示，不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片．这些照片说明()A.光只有粒子性没有波动性B.少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性C.光只有波动性没有粒子性D.少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性【答案】B【解析】【详解】由于光的传播不是连

续的而是一份一份的，每一份就是一个光子，所以每次通过狭缝只有一个光子，当一个光子到达某一位置时该位置感光而留下痕迹，由于单个光子表现粒子性，即每一个光子所到达的区域是不确定的，但是大量光子表现出波动性，所以长时

间曝光后最终形成了图3中明暗相间的条纹，故该实验说明了光具有波粒二象性，故ACD错误，B正确；故选B．【点睛】熟悉了课本的基本知识即可顺利解出此题，故要多读教材，加强对基础知识的积累．8.如图所示,光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨

上，形成一个闭合回路，一条形磁铁N极向下从高处由静止释放接近回路，以下说法正确的是（）A.从上往下看，回路中电流的方向为顺时针方向B.磁铁会受到向下的吸引力C.磁铁会受到向上的排斥力D.P、Q对导轨的压力均等于各自的重力【答案】C【解

析】【详解】A．磁铁由高处静止释放接近回路，通过回路的磁通量变强，根据楞次定律得感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，即回路中的磁场方向向上，由右手螺旋定则得从上往下看，回路中电流的方向为逆时针方向，选项A错误；BCD．感应电流的磁

场总是阻碍磁通量的变化，即磁铁靠近回路时会受到阻碍靠近的向上的排斥力，P、Q受到向下的排斥力，即P、Q对导轨的压力大于各自的重力，选项C正确，BD错误。故选C。9.已知能使某金属产生光电效应的极限频率为0ν，则

（）A.当用频率为02的单色光照射该金属时，则逸出功随之增大B.当用频率为02的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为0hC.当照射光的频率增大，光电流强度也随之增大D.当照射光的频率大于0ν时，若增大一倍

，则光电子的最大初动能也增大一倍【答案】B【解析】【详解】A．金属中电子的逸出功为00Wh=ν是一定的，0ν称为金属的极限频率，与入射光的频率无关，故A错误；B．根据光电效应方程k00002EhWhhh=−=−=故B正确；C．发生光电效应时，光电流

的大小与入射光的频率无关，跟入射光的强度有关，故C错误；D．根据光电效应方程k0EhW=−ν光电子的最大初动能不和入射光的频率成正比，故D错误。故选B。10.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ，一个质量为m的小

物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动，当小物块沿斜面向上运动到最高点时，斜面体的速度大小为v，物块距地面高度为h，则下列关系式正确的是（）A.mv0＝MvB.mv0＝(m＋M)vC.22011()(sin)22mMvmghmv++=D.22011()22mMvmghmv++=【

答案】D【解析】【详解】AB．小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得()0cosmvmMv=+故AB错误；CD．整

个过程系统机械能守恒，由系统机械能守恒定律得()2201122mghmMvmv++=故C错误，D正确。故选D。11.穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确

的是（）A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C.图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势D.图丁中回路产生的感应电动势先增大后减小【答案】C【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律有ENt=根

据数学知识可知t−图象切线的斜率EktN==A、图甲中磁通量不变，则斜率k=0，则知E=0，无感应电动势，故A错误；B．图乙中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，则感应电动势E不变，故B错误；C．图丙中回路在0～t1时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率大小为k1，在t1～2

t2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率大小为k2，从图象中发现：k1大于k2，所以回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势，故C正确；D．图丁中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误。故选C。

12.如图所示，两根间距为L的平行光滑金属导轨，放置在倾角为θ的斜面上，质量为m的金属棒ab与导轨垂直。导轨下端接有阻值为R的电阻，其余电阻不计。磁场垂直于斜面向上，ab受到沿斜面向上的恒力F作用，沿导轨以速度v匀速下滑，

重力加速度为g。则在ab匀速下滑过程中，以下说法正确的是（）A.重力的功率为mgvB.电阻R消耗的功率为(mgsinθ－F)vC.电阻R上产生的电热等于重力与安培力做功代数和D.电阻R上产生的电热等于恒力F与安培力做功代数和【答案】B【解析】【分析】【详解】A．沿重力方向的速度为sinyvv

=则重力的功率为sinyPmgvmgv==故A错误；B．由题知，ab匀速下滑，根据平衡条件有sinmgFF=+安解得sinFmgF=−安故ab克服安培力的功率为()sinPFvmgFv==−安安根据能量守恒

可知，电阻R消耗的功率等于ab克服安培力的功率，则有()sinRPmgFv=−故B正确；CD．设重力做功、恒力做功、克服安培力做功分别为W1、W2、W3，因为匀速运动，根据动能定理有W1+W2-W3=0又W3=Q得W1+W2=Q即重力与恒

力做功的代数和等于电阻R上产生的电热，故CD错误。故选B。二、本大题6小题13.氢原子的部分能级如图，大量氢原子从n=3能级跃迁到基态辐射出的光子的能量可能是（）A.1.89eVB.10.2eVC.3.4eVD.1.51eV【答案】AB【解析】【详解】一群氢原子处于量子数n=3的激发态，可

能从能级3跃迁到能级2或能级1，也可能从能级2跃迁到能级1。若从能级3跃迁到能级2，根据mnhEE=−可得放出的光子能量为1.89eV；从能级3跃迁到基态，放出的光子能量为12.09eV；从能级2跃迁到基态，放出的光

子能量为10.2eV，故AB正确，CD错误。故选AB。14.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（）A.木块的最终速度为0mvmM+B.由于车表面粗糙，小

车和木块所组成的系统动量不守恒C.车表面越粗糙，木块减少的动能越多D.不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值【答案】AD【解析】【详解】A．由于地面光滑，小车和木块组成的系统动量守恒，木板足够长，二

者最终达到相同速度v()0Mmvmv+=解得0mvvMm=+故A正确；B．小车和木块间的摩擦力是系统内力，不影响动量守恒。动量守恒的条件是：当系统不受外力，或所受外力矢量和为零，B错误；C．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于0mvvMm=+，则木块减小的动能为2201122mvmv−，结果均为

定值，故C错误；D．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于0mvvMm=+，小车获得的动能为212Mv，结果均为定值，D正确。故选AD。15.某一实验装置如图所示，在铁芯上绕着两个线圈P和Q，如果线圈P中的电流i

随时间t的变化关系如图所示的四种情况，则可以在线圈Q中观察到感应电流的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】考查法拉第电磁感应定律。【详解】线圈中产生感应电流的条件是，磁通量发生改变，当线圈P中

通变化的电流时，线圈Q中可以观察到感应电流，故BCD正确，A错误。故选BCD。16.23290Th经过一系列α衰变和β衰变后变成20882Pb，则以下说法正确的是（）A.经过了6次α衰变，4次β衰变B.经过了4次

α衰变，2次β衰变C.20882Pb比23290Th少16个中子，8个质子D.20882Pb比23290Th少8个中子，24个质子【答案】AC【解析】【详解】AB．衰变时，质量数守恒，电荷数守恒。设23290Th

经历了x次α衰变和y次β衰变后变成20882Pb，每经历一次α衰变，核电荷数减小2，质量数减小4；每经历一次β衰变，核电荷数加1，质量数不变。则4232208x=−29082xy−=−解得6x=；4y=故A正确，B错误；CD．质量数等于质子数加中子数，质子数等于核电荷数。23290Th有90个质子

，142个中子；20882Pb有82个质子，126个中子；故20882Pb比23290Th少16个中子，少8个质子。C正确，D错误；故选AC。17.如图所示，在方向垂直向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，

运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中（）A.ab间的电压为2BLvB.流过线框截面的电量22BLRC.线框中的电流在cd边产生的热量为2343BLvRD.线框所受安培力的合力

为222BLvR【答案】BC【解析】【分析】根据题意，线框中，ad段和bc段的电阻均为6R；ab段和cd段电阻阻值均为3R。线框离开磁场的过程中，只有ab边切割磁感线。【详解】A．线框离开磁场的过程中，线框ab边以速率

v匀速切割磁感线，感应电动势abEBLv=根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流为2EBLvIRR==则ab两点间的电压为路段电压，则263abRRUI=+联立解得43abUBLv=故A错误；B．

线框离开磁场的过程中，流过导线截面的电量为SqIttBtRRR====解得22BLqR=故B正确；C．线框中电流在cd边产生的热量2cdLQIRv=解得2343BLvQR=故C正确；D．ad和bc边受到的

安培力等大反向，合力为零，故线框受到的安培力的合力，为ab边受到的安培力，即224abBLvFILBR==故D错误。故选BC。18.如图所示，光滑轨道上，小车A、B用轻质弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B上，然后使A、B以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断

开，当弹簧第一次恢复原长时，A的速度刚好为零。已知A、B的质量分别为mA、mB。则以下判断正确的是（）A.弹簧最初具有的弹性势能为0()2AABBmmmvm+B.若mA＜mB，则某一时刻B的速度可以为零C.若mA＞mB，则在某一时刻B的速度可以为

零D.无论A、B质量大小关系如何，B的速度都不可能为零【答案】AC【解析】【详解】A．以A、B弹簧为系统动量守恒，由动量守恒定律得()0ABBBmmvmv+=由机械能守恒定律得()220p1122ABBBmmvEmv++

=解得()2P02AABBmmmEvm+=故A正确；BCD．设以后运动过程中B的速度为0时，A的速度为vA，此时弹簧的弹性势能为E'p由动量守恒定律得()0ABAAmmvmv+=由机械能守恒定律得()220PP1122ABAAmmvEmvE++=+解

得()()2222p00-22ABABBAmmmmEvvmm++=当ABmm所以p0E，弹性势能小于0是不可能的，所以若mA＜mB，则某一时刻B的速度不能为零；当ABmm所以p0E，弹性势能大于0是可能的，

所以若mA>mB，则某一时刻B的速度可以为零。故C正确，BD错误；故选AC。三、本大题4小题19.太阳能量来源与太阳内部氢核的聚变。1个(21H)和1个(31H)结合成1个氦核(42He)该核反应的方程式为：_____

__，已知(21H)的质量为m1，31H的质量为m2，氦核的质量为m3，中子的质量为m4，真空中光速为c。该反应释放的核能为_____。【答案】(1).23411120HHHe+n+→(2).()21234mmmmc+−−【解析】【详解】[1]由题意可得，核反应的方程式为2

3411120HHHe+n+→[2]根据爱因斯坦质能方程，该反应释放的核能为()221234Emcmmmmc==+−−20.面积S=0.1m2的100匝矩形线框abcd，处在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，t=0时刻线框位于水

平面，磁场方向与水平面夹角θ=37角(如图所示)，当线框以ab为轴以角速度ω=π(rad/s)顺时针转过90过程中，线框产生的平均电动势为_____V【答案】2.8V【解析】【详解】[1]矩形线圈abcd如图所示放置，此时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsinθ①当规定此时穿过线圈为

正面，则当线圈绕ab轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=-BScosθ②线框产生的平均电动势2121()2()2NωNENπtπω−−===③由①②③式解得，线框产生的平均电动

势为2.8VE=21.在“研究电磁感应现象”的实验中，有一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，试就如图中各图回答：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转

方向为____（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是____（填“N极“或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是____（填“向上”或“向下”）【答案】(1).偏向正极；(2).S极；(3).向上；【解析】【分析】根据磁铁的运动方向

分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断；【详解】（1）图（a）中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律和右手定则可

知感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．（2）图（b）中由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极；（3）图（c）中磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应

电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．【点睛】本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，只要细心分析就能正确作答．22.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中：(1)以下哪些操作能够增大屏上相邻两条亮纹之间的距离_______

_A.将绿色滤光片换为红色滤光片B.增大双缝之间的距离C.增大单缝与双缝之间的距离D.增大双缝与屏之间的距离(2)调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹(并将其记为第一条)的中心，如图乙所示，此时手

轮上的读数为___mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离a＝9.900mm，又知双缝间距d＝0.200mm，双缝到屏的距离l＝1.00m，

则对应的光波的波长为___m。（保留三位有效数字）【答案】(1).AD(2).1.180(3).6.60×10－7【解析】【详解】（1）[1]A．根据Lxd=可知将绿色滤光片换为红色滤光片，波长变大，则

相邻条纹间的间距变大，故A正确；B．根据Lxd=可知增大双缝之间的距离d，相邻条纹间距变小，故B错误；C．根据Lxd=可知增大单缝和双缝之间的距离，相邻条纹间距不变，故C错误；D．根据Lxd=可知增大双缝与

屏之间的距离L，则相邻条纹间距变大，故D正确。故选AD。（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×18.0mm=0.180mm所以最终读数为1.180mm[3]根据lxd=可得33710.200109.900103m6.60101.00mdxl−

−===－23.如图为实验室中验证动量守恒实验装置示意图。(1)实验中必须测量的物理量是________A．小球质量B．小球起始高度hC．小球“飞出”的时间D．桌面离地面的高度HE．小球“飞出”的水平距离OP、OM、ON(2)实验中必须要求的条件是__

___A．斜轨道必须是光滑的B．轨道末端的切线必须水平C．球心在碰撞瞬间必须在同一高度D．每次必须从同一高度处滚下(3)如果入射小球、被碰小球质量分别是m1和m2，只要在误差范围内满足_____，就可以认为验证了动量守恒定律。【答案】(1).AE(2).BCD(

3).112mOPmOMmON=+【解析】【详解】(1)[1]两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则111122mvmvmv=+两边同时乘以时间t得111122mvtmvtmvt=+则1120mOPmOMmN=+

实验需要测出小球质量、小球“飞出”的水平距离OP、OM、ON，故选AE。(2)[2]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜轨道是否光滑没有要求，故

A错误；B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C．要保证两小球发生对心碰撞，故球心在碰撞瞬间必须在同一高度，故C正确；D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。故选BCD。(3)[3]由以上分析可

知，实验需要验证112mOPmOMmON=+五．本大题2小题24.如图所示，位于竖直平面内的半径为R的光滑四分之一圆形轨道AB与粗糙水平轨道BC相切与B点。质量为m的小物块b（视为质点）静止在水平轨道的B点处。让与b完全相同的小物块a从

A点由静止释放，沿圆形轨道下滑，在B点处与b物块发生碰撞，碰后二者粘在一起以共同速度在粗糙水平轨道上滑行一段距离后停止运动。已知a、b与水平轨道间的滑动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：(1)物块a下滑到圆形轨道末端的速度v的大小以及该过程合力对物块的冲量

大小I合；(2)物块在水平轨道上滑行的距离。【答案】(1)2vgR=，2mgR；(2)4R【解析】【详解】(1)物块a下滑到圆形轨道末端，由功能关系得212mgRmv=解得2vgR=则该过程合力对物块的冲量大小2ImvmgR==合(2)a、b碰撞，动量守恒，则有2mvm

v=共碰撞后，对a、b整体有210222mgLmv−=−共解得4RL=25.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30Ω的电阻，导轨宽度L=0.40

m。金属棒ab紧贴在导轨上，其电阻r=0.2Ω。现使金属棒ab由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab下滑的距离h与时间t的关系如下表所示。（导轨电阻不计，g=10m/s2）时间t/s00.200.400

.600.801.001.201.401.601.80下滑距离h/m00.180.601.201.952.803.804.805.806.80求：(1)在前0.6s时间内，电路中的平均电动势；(2)金属棒下滑的最终速度v以及金属棒的质量m；(3)在前1.60s的时间内，电阻R上产生的热量Q

R。【答案】(1)0.4V；(2)5m/s，0.04kg；(3)1.092J【解析】【详解】(1)在t1=0.6s时间内金属棒ab下滑的距离h1=1.2m，设其中的电动势平均值为E1，则111BLhEtt==解得10.4V?E

=(2)从表格中数据可知，1.00s后棒做匀速运动，设速度为v，电动势为E，回路中的电流为I，金属棒受到的安培力为F，则5m/shvt==电动势为EBLv=根据闭合电路欧姆定律可知EIRr=+则根据平衡条件=FBILmg=解得0.04kgm=(3)棒在

下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热，根据能量守恒2212mghmvQ=+串联电路，根据焦耳定律2QIRt=可知R31.092J5QQ==