【文档说明】四川省成都市崇州市怀远中学2021-2022学年高二下学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.886 MB，由小赞的店铺上传

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崇州市怀远中学2021-2022学年高二下期半期考试物理试题（满分100分，考试时间90分钟）一、单选题（3×8=24分）1.下列有关物理学史的说法符合事实的是（）A.奥斯特首先发现了电流的磁效应B.法拉第定量得出了法拉第电磁感应定律C.牛顿通过实验测出万

有引力常量D.楞次首先引入电场线和磁感线，提出了判定感应电流方向的方法即楞次定律【答案】A【解析】【详解】A．根据物理学史可知，奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A正确；B．法拉第首先发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯定量得出了法拉第电磁感应定律，故B错误；

C．卡位迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故C错误；D．法拉第首先引入电场线和磁感线，故D错误。故选A。2.“人工肺ecomo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为()2202sin100tVu=的交流电源上，正常工作时电

流为2.5A，则（）A.该交流电的周期为50sB.该交流电每秒内电流方向变化50次C.该交流电的最大值为220VD.该呼吸机正常工作时的功率为550W【答案】D【解析】【详解】AB．由正弦交流电的瞬时值表达式()sintVuA=，知220.02s100T===正弦交流电一个周期电

流方向变化2次，故每秒变化100次，故AB都错误；C．该交流电的最大值为2202VA=，故C错误；D．该交流电的有效值为220V2AU==则2202.5W=550WPUI==故D正确；故选D。3.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平

桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A.线圈a有扩张的趋势B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a对水平

桌面的压力NF将减小D.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流【答案】D【解析】【详解】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，螺线管中的电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈a的磁通量向下变大，根据楞次

定律可知圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”和“来拒去留“可知，线圈a有收缩的趋势和远离螺线管的趋势，此时线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故ABC错误，D正确。故选D。4.如图所示，线圈

L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，1L、2L是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯1L、2L的亮度变化情况是（灯丝不会断）（）A.S闭合，1L亮度不变，2L亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，2L立

即熄灭，1L逐渐变亮B.S闭合，1L亮度不变，2L很亮；S断开，1L、2L立即熄灭C.S闭合，1L、2L同时亮，而后1L逐渐熄灭，2L亮度不变；S断开，2L立即熄灭，1L亮一下再熄灭D.S闭合，1L、2L同时亮，而后1L逐渐熄灭，2L则

逐渐变得更亮；S断开，2L立即熄灭，1L亮一下再熄灭【答案】D【解析】【详解】S闭合，电流通过L1、L2流向电源负极，故两灯同时亮。线圈L与L1并联，自感现象消失后，线圈相当于一根导线，将L1断路，故L1逐渐熄灭，L2

两端电压变大，则L2逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，线圈产生自感电动势，且产生通过L1的电流，故L1亮一下再熄灭，故D正确，ABC错误。故选D5.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率、振动方向均相同的两列波的波峰和波谷。

此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（）A.质点O处于振动加强区，始终处在波谷B.P、N两质点始终处在平衡位置C.随着时间的推移，质点M将向O点处移动D.随着时间的推移，质点M振动的振幅将减小【答案】B【解析】【详解】A．由图知此刻O是波谷与波谷的相遇点，是振动加强区，再经历半个周期，O

将处于波峰，故A错误；B．P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；C．振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，故C错误；D．随着时间的推移，质点M相对平衡位置的位移会变化，但其振幅不会变化，故D错误。故选B。。6.如

图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是（）A.电阻R两端b点比a点电势高B.电阻R两

端的电压大小为10VC.0.1s时间内非静电力所做的功为0.2JD.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的电流，所以电阻R两

端b点比a点电势低。A错误；B．线圈产生的感应电动势为0.0150.010200V=10V0.1ENt−==电阻R两端的电压大小为9.6VRUERr==+B错误；CD．根据功能关系，非静电力所做的功转化为电路的电能，有20.2JEWEIttRr===+0.1s时间内通过电阻R的电荷量

为0.2C=0.02C10WqE==C正确，D错误。故选C。7.匝数为N的矩形导线框以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线

圈匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1R2为定值电阻，R为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表A1、A2的示数，分别为I1、I2；电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。不计线框电阻，正确的是（）A.从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通

过线圈的电荷量为0B.矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为NBSωC.交流电压表V2的示数为22NBSωD.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则12UU变大【答案】C【解析】【详解】A．从图示位置开始，线框转过180°过程中，根据楞次定律和安培定则可知通过原线圈的电流方向不变

，则通过线圈的电荷量大于零，故A错误；B．矩形导线框从图示位置转过90°时，线框位于中性面，感应电动势最大，为mENBS=根据法拉第电磁感应定律mENt=其磁通量的变化率为=BSt故B错误；C．原线圈电压最大值为1mUNBS=的有效值1m12UU=根据变压比，变压器副线圈电压

的有效值即交流电压表2V的示数为221122nUUNBSn==故C正确；D．原、副线圈匝数比不变，则原副线圈电压比不变，故D错误。故选C。8.如图甲所示，电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，

物块速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。重力加速度g=10m/s2，则（）A.物块在4s内位移是8mB.物块的质量是2kgC.物块与水平面间动摩擦因数是0.1D.物块在4s内电势能减少了14J【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，物块在4s内位移为12(24)m6

m2x=+=故A错误；BC．由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有1qEmgma−=由图像知加速度为a=1m/s2。2s后物块做匀速运动，由平衡条件有为的2qEmg=由图可得41310N/C

E=，42210N/CE=，代入数据联立解得1kgm=，μ=0.2故BC都错误；D．物块在前2s的位移为1122m2m2s==物块在第2~4s的位移为22s4mvt==电场力做正功112214JWqEqssE==+则电势能减少了

14J，故D正确。故选D。二、多项选择题（4×5=20分）9.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，如电场强度E、导体的电阻R、电容C、磁感应强度B、电流强度I、电势、电势差UAB都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均属于定义式的是（）A.FEq=；4rS

Ckd=；FBIL=B.FEq=；FBIL=；ABABWUq=C.URI=；qIt=；QCU=D.LRS=；2QEkr=；pEq=【答案】BC【解析】【详解】AB．电场强度E的定义是检验电荷在电场中某点受到的静电力与其所

带电荷量的比值，定义式是FEq=电容C的定义是电容器极板电荷量与两板间电压的比值，定义式是QCU=磁感应强度B的定义是通电导线所受的安培力跟电流和导线长度的乘积的比值，定义式是FBIL=电势差UAB的定义是将电荷从一点移到另一点静电力所做的功与所

移电荷量的比值，定义式是ABABWUq=故A错误，B正确；CD．导体电阻R的定义是导体两端的电压与通过导体电流的比值，定义式是URI=电流强度I定义是通过导体某一横截面的电荷量与所用时间的比值，定义式是qIt=电势的定义是检验电荷在电场中某点

的电势能与其所带电荷量的比值，定义式是pEq=故C正确，D错误。故选BC。10.如图1所示为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图2为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象．P是平衡位置在x=2m处的质点，则下列说法正确的是（）A.

t=2s时，x=1.5m处质点的振动速度为0.5m/sB.t=1s时，x=1.0m处质点的位移为0C.该简谐横波沿x轴的正方向传播D.0～1s时间内，P向y轴负方向运动【答案】BD【解析】【详解】A．由图2知x=1.5m处的质点在t=2s时

位移为0，处于平衡位置，则振动速度最大，速度大小无法求解。由图1知波长为2m，由图2知周期为4s，则波速为0.5m/svT==0.5m/s是波的传播速度，而质点的振动速度是质点沿y轴上下振动的速度，两者无关，故A错误；B．由图2知周期为4s，由图2知x=1.0m处的质点在t=2s时处

于波峰位置，t=1s时即14T前，该质点在平衡位置，故x=1.0m处的质点的位移为0，故B正确；C．由图2知x=1.5m处的质点在t=2s时位移为0，处于平衡位置，正要向负方向振动，由同侧法可判断波向x轴负方向传播，故C错误；D．由图1知t=2s时P质点在波谷，t=0

时及半个周期前P应该在波峰，故0～1s时间内，P由波峰处向y轴负方向运动，故D正确。故选BD。11.t=0时刻，位于O点的波源从平衡位置开始沿y轴方向做简谐运动，经0.5s形成如图所示的一列沿x轴正方向传播的简谐横波，此时振动恰好传播至质点P（5m，

0），则下列说法正确的是（）A.t=0.15s时刻波源正在做加速运动B.0~1.1s时间内质点P经过的路程为6mC.t=1.3s时刻质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置D.波源的振动方程为2sin5yt=cm【答案】AC【解析】【详

解】根据题意，得0.4sT=10m/ssvt==4m=A．质点P的起振方向向下，所以波源的起振方向也是向下，则t=0.15s时刻波源处于波谷向平衡位置振动中，速度在增大，A正确；B．0~1.1s时间内质点P经过的路程为1.1

0.5412msAT−==B错误；C．t=0.5s，处于x=2m的波峰在t=1.3s时向前传播的距离为(1.30.5)8msv=−=即质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置。C正确；D．波源的起振方向向下，所以振动方程为22sin(cm)=2sin5(cm)yttT=−−D错误。

故选AC。12.如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点。若电子仅受到电场力作用，其在此三点的速度大小为av、bv、cv，则（）A.三个等势面的电势高低为cbaB.电

子由a到b电场力做功大于由b到c电场力做功C.电子在a、b、c三点的电势能关系pppabcEEED.电子在a、b、c三点的速度关系abcvvv【答案】AC【解析】【详解】A．由等势面与电场线垂直，画出b

点附近电场线如图，由电场强度方向沿b点电场线切线方向，电子受电场力与电场强度共线反向，又由做曲线运动的物体所受合外力总是指向轨迹弯曲的凹侧，故b点的场强方向如图，由电场线总是由高等势面指向低等势面知cba故A正确；B．a到b和b到c间电势差相等，由W

qU=知电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功，故B错误；C．电子带负电，由pEq=cba知pppabcEEE故C正确；D．由电子在电场中运动，仅受电场力作用，电势能和动能相互转化，和保持不变，由pppabcEEE知kkkabc

EEEabcvvv故D错误。故选AC。13.如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的

质量为m、阻值为2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度vo，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（）A.t=0时刻，两导体棒加速度大小相等B.t=0时刻，PQ两端的电压为023BLvC.PQ匀速运动时的速度大小为013vD.从t=0时刻到PQ匀速运动

的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为2029mv【答案】BD【解析】【详解】A．t=0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度vo，则产生的感应电动势为E=BLv0此时回路中的电流大小为03MNPQBLvEIRRR==+两导体棒受到的安培力大小为FBIL=则有MNFam=2P

QFam=两导体棒的加速度大小不相等，A错误；B．t=0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为023MNMNUIRBLv==B正确；C．由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有的2mv0=（m+2m）v共两棒达到共速，则得

02=3vv共此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；D．导体棒PQ和MN是串联关系，即PQMNII=，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为2MNMNQIRt=有2PQPQQIRt=有则有QMN∶QPQ=2∶1由能量守恒定律可知，在

整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有2220011123=223Qmvmvmv=−共202239MNQQmv==D正确。故选BD。三、实验题14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度，实验装

置如图甲所示。（1）在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为______s。（2）该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示．则当地重力加速度的表达式g=________（用LA

、LB、TA和TB表示）。（3）处理完数据后，该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即L=l+d，这样________（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。【答案】①.95.2②.()2224BABALLTT−−③

.不影响【解析】【详解】（1）[1]秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，从小盘读出整分钟数，且注意看是否过整分钟刻线后面的半格刻线，若没过半格刻线则大盘读小数值刻度数，若过了半格刻线则大盘读数读大数值刻度数。图中秒表小盘读数为90s，大盘读数为

35.2s，则秒表的读数为95.2s。（2）[2]单摆摆长等于摆线的长度与摆球半径之和。根据单摆的周期公式2LTg=有224gLT=可知图线的斜率24gk=结合图线解得()222244BABALLgkTT−==−（3）[3]若计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即摆长变长了，

而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，摆长变长而T2-L图像的斜率不变，所测重力加速度g不变，即不影响重力加速度的计算。15.图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线

方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法

正确的是____A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指

在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。（4）某次测量多用电表指针位置如图b。若B端是与“1”相连的，多用电表读数___；（保留3位有效数字）【答案】①.黑②.B③.160④.880⑤.1.45【解析】【详解】(1)[1]根据欧姆

表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，即图（a）中的A端与黑色表笔相连接；(2)[2]R6是可变电阻，只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右

端电阻“0”位置。(3)[3]换挡开关接2时，是量程较小的电流表，直流电流1mA挡gg12g160ΩIRRRII+==−[4]换挡开关接4时，是量程较小的电压表，直流电压1V挡，这时表头与R1、R2并

联组成新表头，新表头的内阻()12g12g120ΩRRRrRRR+==++新表头的量程是I1=1mA，所以14311Ω120Ω880Ω110URrI−=−=−=(4)[5]某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示

。若此时B端与“1”相连，则多用电表是量程为2.5mA的电流表，则读数为1.45mA；四、解答题16.水平地面上固定一光滑绝缘的斜面，倾角为37°，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，一质量为m，电荷量为q的带正电

小物块，恰好静止在斜面上。（计算时取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，210m/sg=）（1）请在右图中画出小物块静止时的受力分析图；（2）用含m、q的代数表达式表示电场强度的大小；（3）当电场强

度方向不变，大小变化为原来的12时，求小物块运动的加速度。【答案】（1）；（2）34mgq；（3）a＝3m/s2，方向沿斜面向下【解析】【详解】（1）对物块受力分析如图（2）由物块的平衡条件有mgsin37°＝qEcos37°得E＝tan373=4mgmgqq（3）当场强变为原

来的12时，物块受到的合外力F合＝mgsin37°－12qEcos37°＝0.3mg又F合＝ma所以a＝3m/s2方向沿斜面向下。17.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.3s时刻的波形如图中虚线所示，求：（1）求这列波的传播速

度；（2）当波的周期满足T>0.3s时，从t=0时刻开始，波传播3s后，x=2m处的质点运动的路程为3m，求该质点的振幅。【答案】（1）05080m/s3,1,2nvn=+=（）；（2）3m25A=【解析】【详解】（1）由图像可知=8m

，波向负方向最小位移为5m，时间为t=0.3s，则有58tTnT=+解得00.3s51,28,Tnn==+）（则有波的波速05080=m3,1,2/snvTn+==（）（2）因为T>0.3s，所以n

=0，此时波的周期为0.48sT=故传播3s后，x=2m处的质点运动的时间1'64tTT=+路程为253mSA==解得质点的振幅3m25A=18.如图所示，固定斜面的倾角30=，与斜面底边平行的PQMN、为斜面上有界匀强磁场的两条边界，宽度为

D的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向下。质量为m、电阻为R的矩形导体框abcd置于斜面上，ab边长为1l，bc边长为()22llD，导体框与斜面间的动摩擦因数为35=，cd边水平且与磁场边界PQ平行，初始时cd边与PQ相距0s，导体框由静止开始下

滑，在ab边进入磁场时仍然在加速，导体框在经过边界MN的过程中恰好做匀速运动，直至离开磁场区域。重力加速度大小为g，求：（1）导体框的cd边刚进入磁场时，导体框的加速度大小1a；（2）导体框在经过边界MN的过程

中的速度大小v；（3）从导体框的cd边进入磁场至导体框的ab边刚进入磁场过程中，导体框产生的焦耳热Q。【答案】（1）221010155BlgsgmR−；（2）2215mgRBl；（3）()32204411550mgRmgDsBl+−【解析】【详解】（1）导体框

的cd边进入磁场前，导体框做初速度为零的匀加速直线运动，设导体框的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有0sincosmgmgma−=①当导体框的cd边刚进入磁场时，设其速度大小为1v，由运动学公式有21002vas=②导体框的cd边切割磁感线产生的感应电动势为11EBl

v=③导体框中的感应电流EIR=④导体框的cd边在磁场中运动时受到的安培力大小为A1FBIl=⑤导体框的cd边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有A1sincosmgmgFma−−=⑥联立①~⑥解得2210110155BlgsagmR=−⑦（2）导体框在经过

边界线MN的过程中做匀速运动，根据受力平衡有221sincosBlvmgmgR=+⑧解得2215mgRvBl=⑨（3）从导体框的ab边进入磁场至导体框的cd边离开磁场的过程中，导体框做匀加速直线运动，设导体框的ab边进入磁场时的速度大小为2v，根据运动学规律有

()222022vvaDl−=−⑩从导体框的cd边进入磁场至导体框的ab边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有22221211sincos22mglmvmvmglQ−+=+⑪联立①②⑨⑩⑪解得()32204411550mgRQmgDsBl

=+−⑫19.如图所示，在同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、MN与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，半圆轨道的半径均为r＝0.5m，导轨间距L＝1m，水平导轨左侧MM接有R＝2Ω的定值电阻，水平轨道的ANNA区域内有竖直向下的匀强磁

场，磁场区域的宽度d＝1m.一质量为m＝0.2kg、电阻为R0＝0.5Ω、长度为L＝1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界s处，在与导体棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导

体棒运动至NN时撤去F，结果导体棒恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP.已知重力加速度g取10m/s2，导轨电阻忽略不计.(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小及s的大小;(2)若导体棒运动到AA时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上.如果不能，说

明理由；如果能，试再判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会脱离轨道.(3)求在(2)问中最终电阻R上产生的焦耳热.【答案】(1)B=1T；s=1.25m(2)能,不会(3)Q=1.98J【解析】【详解】(1)设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v1，则导

体棒切割磁感线产生的电动势：E=BLv1回路电流：0IERR=+根据力的平衡有：F=BIL设金属棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有22mgmvr=根据机械能守恒定律有：2212112mgr22mvmv=−解

得：B=1T，v1=5m/s根据动能定理：211Fs2mv=解得:s=1.25m(2)若导体棒运动到‘AA时撤去拉力，物块以v1=5m/s的速度进入磁场，假设物块能穿过磁场区域，穿过磁场区域的速度大小为v3，根据动量定理有：ΔΔFtmv−=安220ΔΔBLvtmvRR−=+即：()22310

BLdmvvRR−=−+求得：v3=3m/s,假设成立，导体棒能运动到半圆轨道上.设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道，设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h.根据机械能守恒定律：231mgh2mv=求得h=0.45m由于h＜r，假设成立，

即导体棒在半圆轨道上运动时不会离开半圆轨道.(3)在(2)问中，根据机械能守恒可知，导体棒从圆弧轨道上下滑后，以大型为v4=3m/s的速度再次进入磁场，设导体棒向左床磁场后的速度大小为v5，根据动量定理有：()22540BLdmvvRR−=−+解得：v5=1m/s整个过程根据

能量守恒可知，回路中产生的焦耳热：221511Q2.4J22mvmv=−=