【文档说明】四川省绵阳市高中2019-2020学年高二下学期期末教学质量测试物理试题 【精准解析】.doc，共(21)页，699.000 KB，由小赞的店铺上传

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绵阳市高中2018级第二学年末教学质量测试物理本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第II卷组成，共6页；答题卷共2页。满分100分。考试结束后将答题卡和答题卷一并交回。第I卷（选择题，共54分）注意事项：1

.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。一、本大题12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四

个选项中只有一个是正确的。1.根据波尔原子结构理论，氢原子的电子绕氢原子核运动的半径（）A.可以取任意值B.可以在一定范围内取任意值C.是某一特定值D.是一系列不连续的特定值【答案】D【解析】【详解】根据波尔理论知，电子的轨道半径是量子化的，半径是一系列不连续的

特定值，且电子绕核旋转是定态，故选D。2.防控新冠肺炎疫情期间，额温枪测量人体体温，主要是接收了人体辐射的（）A.红外线B.紫外线C.X射线D.无线电波【答案】A【解析】【详解】用“额温枪”测量体温时，“额温枪”识别人体辐射强度不同的红外线，故选A。3.如图所示，一个物体在与水平方向成θ

角的拉力F的作用下，沿粗糙水平面做匀加速运动，经过时间t，则（）A.拉力对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为cosFtC.摩擦力对物体的冲量大小为cosFtD.合外力对物体的冲量大小为零【答案】A【解析】【详解】AB．拉力对物体的冲量大小为FIF

t=A正确，B错误；C．由于物体做匀加速运动，不是平衡状态，可知摩擦力的大小不等于cosF，所以摩擦力对物体的冲量大小不等于cosFt，C错误；D．由于物体做匀加速运动，物体所受合外力不为零，则合外力对物体的冲量大小不为零，D错误。故选A。4.如图所示

是电容式话筒的原理图，膜片与固定电极构成一个电容器，用直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中可以形成变化的电流，于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压。从而使声音信号被话筒转化为电信号。其中导致电容变化的原因是电容器两板间的（）A

.电介质变化B.正对面积变化C.距离变化D.电压变化【答案】C【解析】【详解】当声波使膜片振动时，膜片与固定电极之间的距离发生变化，根据4SCkd=可知，电容器的电容发生变化，故选C。5.如图甲是LC振荡电路，其中电流随时间变化的i—t图像如图乙所示。t=0时刻，

电容器的下极板M带正电，在之后的某段时间，M板带负电，磁场能减小，则这段时间对应图像中的（）A.Oa段B.ab段C.bc段D.cd段【答案】B【解析】【详解】由题意可知，开始时M板带正电，而第一个四分之一周期内，电容在放电

，故开始时M板放电过程；电流由M到N；而在某段时间内，磁场能在减小，说明电流在减小；电容器在充电；而M板带负电，说明电流不变，所以这段时间对应的过程为ab段故选B。6.氢原子从能级M跃迁到能级N，吸收频率

为1的光子，从能级M跃迁到能级P释放频率为2的光子。则当它从能级N跃迁到能级P时将（）A.放出频率为12−的光子B.吸收频率为12−的光子C.放出频率为12+的光子D.吸收频率为12+的光子【答案】C【解析】【详解】氢原子从能级M

跃迁到能级N吸收光子，则N能级的能量大于M能级的能量，从能级M跃迁到能级P，释放光子，则M能级的能量大于P能级的能量，可知N与P能级间的能量为12hh+，则由N能级跃迁到P能级放出光子，有12hhh=+得12=+故选C。7.如图甲所示，闭合电路由电阻

R和阻值为r的环形导体构成，其余电阻不计。环形导体所围的面积为S，位于一垂直于环形面向里的匀强磁场中，磁场磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示。在0~t0时间内，通过R的电流（）A.大小是10()BSRrt+，方向

是A→BB.大小是20()BSRrt+，方向是B→AC.大小是()210()BBSRrt−+，方向是A→BD.大小是()210()BBSRrt−+，方向是B→A【答案】C【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势210BBESt−=由闭合电路欧

姆定律，则通过电阻R的电流大小()210BBEISRrRrt−==++根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以通过R的电流方向A→B。选项C正确，ABD错误。故选C。8.如图所示，

线圈M与电源E、开关S、滑动变阻器R1相连，线圈N与灵敏电流计G、滑动变阻器R2相连，线圈M与线圈N绕在同一铁芯上。在下列情况中，线圈N中没有感应电流产生的是（）A.开关S闭合瞬间B.开关S闭合稳定后，向右匀速移动R1的滑片C.开关S闭合稳定

后，向右加速移动R1的滑片D.开关S断开稳定后，向右加速移动R2的滑片【答案】D【解析】【详解】A．产生感应电流的条件：一是电路闭合；二是回路中磁通量变化。线圈N中可以组成闭合电路，开关S闭合瞬间，线圈M中电流增大，线圈N中磁通量增大，满足产

生感应电流的条件，该瞬间有电流产生，故A不符合题意；BC．开关S闭合稳定后，向右匀速或向右加速移动R1的滑片，线圈M中电流大小发生变化，引起线圈N中磁通量变化，产生感应电流，故BC不符合题意；D．开关S断开稳定后，向右加速移动R2的滑片，线圈M中始终无电流，线圈N中磁通量不发

生变化，不会产生感应电流，故D符合题意。故选D。9.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，矩形线圈在磁感应强度为22T的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与一只电阻为10的灯泡连接，矩形线

圈内阻为2，面积为0.01m2，发电机正常工作时灯泡中电流i随时间t变化的规律图像如图乙所示。则发电机内矩形线圈匝数为（）A.96B.80C.48D.40【答案】A【解析】【详解】由图乙可知通过小灯泡的电流的最大值为0.42A，有效值为0.42A0.4A2I==周期0.

2sT=根据闭合电路欧姆定律得感应电动势的有效值为()0.4(102)V4.8VEIRr=+=+=所以感应电动势最大值4.82VmE=又mEnBS=所以发电机内矩形线圈匝数4.8220.0120.9226

2mmEEnBSBST====匝匝选项A正确，BCD错误。故选A。10.如图所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电相连，交流电源电压恒为U，P为滑动变阻器滑片，开始时开关S处于断开状态，闭合开关S后，下列说法正确的是（）A.S闭合瞬间

，灯泡L1的亮度不变B.P向上滑动，电源的输出功率变大C.P向上滑动，变压器的输出电压不变D.P向下滑动，灯泡L2的亮度不变【答案】B【解析】【详解】A．S闭合瞬间，灯泡L2与R并联支路的总电阻减小，根据UIR=可知，此时认为电压不变，则变压器

副线圈的电流变大，变压器输出功率也变大，由于变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，根据PUI=可知，由于交流电源电压恒为U，则输入电流变大，所以灯泡L1两端的电压增大，则灯泡L1的亮度变亮，A错误；B．P向上滑动，滑动变阻器电阻减小，则副线圈

整个电路的总电阻减小，根据UIR=可知，此时认为电压不变，则变压器副线圈的电流变大，变压器输出功率也变大，由于变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，则电源的输出功率也变大，B正确；C．由B项知，P向上滑动，电源的

输出功率变大，由于交流电源电压恒为U，则输入电流变大，所以灯泡L1的电压增大，根据1LUUU=+可知，变压器的原线圈的输入电压U减小，由于变压器匝数不变，所以变压器副线圈的输出电压也减小，C错误；D．P向下滑动，滑动变阻器电阻增大，则副线圈整个电路的总电阻增大，根据UIR=可知，此时

认为电压不变，则变压器副线圈的电流变小，变压器输出功率也变小，由于变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变小，根据PUI=可知，由于交流电源电压恒为U，则输入电流变小，所以灯泡L1两端的电压减小，根据

1LUUU=+可知，变压器的原线圈的输入电压U增大，由于变压器匝数不变，所以变压器副线圈的输出电压也增大，灯泡L2两端的电压增大，则灯泡L2的亮度变亮，D错误。故选B。11.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块，初速度大小都是v=4m/s，向相反方向运动，

它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度大小为2.4m/s时，物块运动情况是（）A.向右做匀减速运动B.向左做匀减速运动C.向右做匀加速运动D.向左做匀加速运动【答案】C【解析】【详解】开始阶段，物块m向左减速，薄板M向右减速，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1

．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得1()MmvMv−=解得12.67m/sv=此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。规定向右为正方向，由动量守恒定律得2()()MmvMmv−=+解得22m/sv=两者相对静止后，一

起向右做匀速直线运动；由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，故选C。12.如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R。水平外力F

平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0~t0时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图乙中t0、F1、F2为已知量，不计ab棒、导轨电阻。则（）A.在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动B.在t0以后，导体棒一直做匀加速

直线运动C.在0~t0时间内，导体棒的加速度大小为()212202FFRBLt−D.在0~t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为()2102FFtBL−【答案】D【解析】【详解】AB．因在0～t0时间内

棒做匀加速直线运动，在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故AB错误；C．设在

0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有0vat=222BLvFmaR−=t=0时刻，v=0，导体棒所受的安培力为零，由牛顿第二定律有1Fma=联立

解得()21220FFRaBLt−=故C错误；D．通过导体棒横截面的电量为qItR==02vBSBLt==解得()2102FFtqBL−=故D正确。故选D。二、本大题6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或

不选得0分。13.有关电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）A.变化的电场一定产生磁场B.变化的电场一定产生变化的磁场C.在真空中，无线电波传播速度大于红外线传播速度D.在真空中，无线电波传播速度等于红外线传播速度【答案】AD【解析】【详解】AB．变化的电场一定产生

磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，A正确，B错误；CD．无线电波和红外线都是电磁波，在真空中，传播速度都等于光速，所以无线电波传播速度等于红外线传播速度，C错误，D正确。故选AD。14.如图所示，L为自感线圈，闭合开关S，灯D1立即变亮，另一个相同的灯D2逐渐变亮，最终D1比D

2亮。则（）A.滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值B.滑动变阻器R的阻值大于自感线圈L的直流电阻阻值C.断开S，灯D1闪亮后逐渐熄灭D.断开S，灯D1逐渐熄灭【答案】AD【解析】【详解】AB．因为最终D

1比D2亮，即通过D1的电流大，所以滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值，故A正确，B错误；CD．断开S瞬间，电感线圈L、灯A1、A2构成回路，通过D1的电流缓慢减小至为零，故灯D1逐渐熄灭，选项C错误，D正确。故选AD。15.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场

中，有一闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点左右摆动，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放，在摆动到左侧最高点的过程中（）A.穿过线框的磁通量先变大后变小B.穿过线框的磁通量先变小后变大C.线框中感应电流的方向是d→c

→b→a→dD.线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a【答案】BC【解析】【详解】AB．线框由静止释放到最低点过程中，磁场方向向上，垂直磁场方向的有效面积在减小，根据BS=可知，磁通量减小；当由最低点向右运动的过程中

，同理可知，穿过线框的磁通量增大，所以穿过线框的磁通量先变小后变大，A错误，B正确；CD．线框由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，根据楞次定律可判断，感应电流产生磁场也向上，再由安培定则可

知，感应电流的方向为：d→c→b→a→d；同理，当线框继续向左摆动过程中，线框的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，电流方向是：d→c→b→a→d，C正确，D错误。故选BC。16.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁

场磁感应强度为B。线圈从图示位置开始，以角速度绕OO′轴匀速转动，则（）A.图示位置线圈中感应电动势为零B.图示位置线圈中感应电动势最大C.线圈中感应电动势瞬时值表达式为21sin2eBLt=D.线

圈中感应电动势瞬时值表达式为2sineBLt=【答案】AC【解析】【详解】AB．线圈平面在图示位置与磁感线垂直，磁通量最大，bc边的切割速度与磁感线平行，故瞬时电动势为零，故A正确，B错误；CD．当线圈

与磁场平行时感应电动势最大，最大值为2m12EBSBL==而从中性面开始的瞬时表达式为21sin2eBLt=故C正确，D错误。故选AC。17.如图所示，方盒A静止在光滑水平面，盒内有一小滑块B

，盒的质量是滑块的3倍，滑块与盒底间动摩擦因数为。滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁碰撞无机械能损失，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止。则（）A.盒最终的速度大小是3vB.盒最终的速度大小是4vC.滑块相对于盒通过的路程

为238vgD.滑块相对于盒通过的路程为258vg【答案】BC【解析】【详解】AB．设滑块的质量为m，则盒的质量为3m，对整个过程，由动量守恒定律可得mv=4mv共解得：v共=4v故A错误，B正确；CD．对整个过程，由能量守恒定律可知μmgx=221

14()224vmvm−解得238vxg=故C正确，D错误。故选BC。18.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为3m和m。绝缘轻绳绕过两个定滑轮连接a、b，

在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，b的上边与匀强磁场的下边界重合，a的下边到匀强磁场上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当b全部进入磁场后，线框a、b都做匀速直线运

动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则（）A.a、b做匀速运动的速度大小为22mgRBlB.a、b做匀速运动的速度大小为222mgRBlC.a在穿过磁场的整个过程中，线框a中产生的焦耳热为6mglD.a在穿过磁场的整个过程中，线框a中产生的焦耳热为4mgl【答案】BD【解析】【详解】

AB．从线框b全部进入磁场时两个线框都做匀速直线运动，设速度为v，此时轻绳上的张力为T，由平衡条件得，对a根据平衡条件有T+BIl=3mg而b全部在磁场中磁通量不变，无感应电流产生，根据平衡条件有T=mg根据闭合电路的欧姆定律可得BlvIR=根据法拉

第电磁感应定律可得E=Blv解得222mgRvBl=故A错误，B正确；CD．设线框a匀速进入磁场的过程下降l，产生焦耳热为Q1，对线框a和b由功能关系可得Q1=3mgl-mgl=2mgl此后线框b离开磁场

可继续匀速上升l，然后a离开磁场的过程下降l能保持匀速，产生焦耳热为Q2=3mgl-mgl=2mgl所以a经过磁场过程中产生的热为Q=Q1+Q2=4mgl故C错误，D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共46分）

本大题5小题。每空2分，共24分。19.在行进的火车车厢中测站台上的两根柱子之间的距离为L1，在站台上测这两根柱子之间的距离为L2，则L1__________L2（选填“小于”“大于”或“等于”）。【答案】小

于【解析】【详解】[1]根据相对论原理中的“尺缩效应”可知，在行进的火车车厢中测站台上的两根柱子之间的距离为L1小于静止时两柱子之间的距离L2。20.采用110kV高压向远方城市输电。输送功率一定，为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，输电电压应变

为__________kV。【答案】220【解析】【详解】因为输电功率PUI=，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为2PIR=损R为输电线路的电阻，即2()PPRU=损当输电功率P一定时，输电线路损

失的功率为原来的14，则输电电压U为原来的2倍，即220kV。21.如图所示是通过某用电器的电流图像，该交流电的频率是__________Hz，通过该用电器的电流的有效值是_________A。【答案】(1).50(2).0.2【解析】【详解】[1]由电流图像可知交流电的周期为0.02sT=，

由频率和周期关系可得11Hz=50Hz0.02fT==[2]设有效值为I，根据交流电有效值的定义可得22m022ITRIRT+=解得m0.4A=0.2A22II==22.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中

：(1)实验中双缝干涉实验仪如图甲所示，双缝的间距为d，双缝到光屏的距离为l，透过目镜观察到的干涉图样如图乙所示，分划板刻线在图中A、B位置时，游标卡尺的读数分别为1x、2x，则计算入射单色光波长的表达式为=______

____。(2)光源是小灯泡，在单缝前加红滤光片，在光屏上得到的是__________。A．明暗相间的白色干涉条纹B．红黑相间的干涉条纹C．绿黑相间的干涉条纹(3)实验中干涉条纹太密，难以测量。下列做法可以增大条纹间距的有__________。A．增大双缝与单缝间距离B．减小双缝与单缝间距离C

．增大双缝与光屏间距离D．减小双缝与光屏间距离【答案】(1).()217xxdl−(2).B(3).C【解析】【详解】(1)[1]根据条纹间距公式lxd＝知入射光的波长为21(7)xxddxll−＝＝(2)[2]光源是小灯泡，在单缝前加红滤光片

，则得到的是红光的干涉条纹，在光屏上得到的是红黑相间的干涉条纹，故选B。(3)[3]根据条纹间距表达式lxd＝，则AB．增大与减小双缝与单缝间距离对条纹间距无影响，AB错误；C．增大双缝与光屏间距离l，则条纹间距变大，C正确；D．减小双缝与光屏间距离l，则条纹间距变小，D错误。故选C。23

.2019年9月，我国成功完成了76km/h高速列车实车对撞试验，标志着我国高速列车安全技术达到了世界领先水平。某合作学习小组同学受此启发，设计碰撞实验，探究其中的能量和动量变化，实验装置如图甲所示。滑块A、B质量均为0.20kg，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计

时器（图中未画出）的纸带相连，滑块B左侧也带有自动锁扣。打点计时器所接电源频率50Hz。在调整好的水平气垫导轨上放置A、B滑块，启动打点计时器，给滑块A一个向右的初速度，A与静止的滑块B相碰即触发自动锁扣，使A、B粘合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示。根据图乙纸带回答下列问题

（计算结果保留2位有效数字）：(1)滑块A与B碰撞前，滑块A的速度大小是______m/s，滑块A与B的总动量是_______kg·m/s；碰撞后A与B总动量是_________kg·m/s；(2)滑块A与B碰撞前，滑块A的动能是______J；碰撞后A与B的总动能比碰

撞前减少了______J。【答案】(1).3.0(2).0.60(3).0.58(4).0.90(5).0.48【解析】【详解】(1)[1]由图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度26.0010m/s=3.0m/s0.02Av−=[2]碰撞前滑块A与B的总动量0.203.0kgm/s+0=0.6kg

m/sAABBpmvmv=+=[3]碰撞后AB的速度22.9010m/s1.45m/s0.02ABABxvT−===碰撞后A与B总动量是'()(0.200.20)1.45kgm/s=0.58kgm/sABABpmmv=+=+(2

)[4]滑块A与B碰撞前，滑块A的动能是22k110.203.0J0.90J22AAAEmv===[5]碰撞后A与B的总动能22k11()(0.200.20)1.45J0.4205J22ABABABEmmv=+=+=碰撞后A与B的总动能比碰撞前减少了

kk=(0.900.4205)J0.48JAABEEE−=−四、本大题2小题，共22分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。24.如图所示，铁块A质量3.0Am=kg，木块B质量1.0B

m=kg，一轻质弹簧连接A和B，静止在光滑的水平面上。质量2.0Cm=kg的磁性金属块C以水平速度015m/sv=向铁块A运动，相碰后粘在一起。求：(1)磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小；(2)磁

性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能。【答案】(1)6m/s；(2)15J【解析】【详解】(1)设金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为1v，规定向右为正方向，对A、C由动量守恒得()01cAcmvmmv=+解

得16m/sv=(2)当A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设速度的大小为2v，对A、B、C由动量守恒得()02cABcmvmmmv=++解得25m/sv=设最大弹性势能为EP，C、A碰后到弹簧

最短的过程，对A、B、C和弹簧整体由机械能守恒得()()2212p1122ACABCmmvmmmvE+=+++解得p15JE=25.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L=4m，N、Q两端间接有电阻R=0.4Ω，

导体棒ef垂直放置在导轨上，接触良好。直径为L的圆形区域内有方向竖直向下的匀强磁场，圆与MN、PQ相切与C、D。不计导体棒和导轨电阻。从t=0开始，圆形区域内磁场磁感应强度B的大小随时间t变化规律如图乙所示，同时，导体棒ef以速度02m/sv=从左向右开始运

动，10s后进入圆形区域，导体棒ef在外力F作用下匀速通过圆形区域。求：(1)t=2s时刻，导体棒ef中电流大小；(2)导体棒ef进入圆形区域前，电阻R产生的热量；(3)导体棒ef通过圆形区域过程中，

外力F的最大值。【答案】(1)13.14I=A；(2)Q≈19.7J；(3)20F=外N【解析】【详解】(1)设圆形区域面积为S，则有22LS=在t=0到t=5s时间内，闭合回路efR中感应电动势恒定为E1，由法拉第电磁感应定律可得1BESt=电流为I1，由闭合电路欧

姆定律可得11EIR=代入数值解得13.14I=A。(2)导体棒进入圆形区域前，有感应电流时间15st=，设电阻R产生热量为Q，由焦耳定律可得211QIRt=代入数值解得Q≈19.7J。(3)t=10s后，导体棒进入磁场，磁场恒定磁感应强度0

.5TmB=，当导体棒与圆形区域的直径重合时，感应电动势最大，电流最大，安培力最大，外力F最大。设最大电动势为mE，则有mm0EBLv=设最大电流为mI，由闭合电路欧姆定律可得mmEIR=设最大安培力为mF，由安培力公式可得mmFBIL=导体棒ef在外力F作用下匀速通过圆形区域，由受力平衡可得

mFF=外解得20F=外N。