【文档说明】《精准解析》甘肃省张掖市临泽县第一中学2021-2022学年高二（下）期中物理试题（解析版）.docx，共(20)页，950.456 KB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年第二学期期中考试高二物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共36分）1.下列e-t图象中不属于交流电的有()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响

，电流的方向变化的是ABC，故ABC是交流电，D是直流电．本题选择不是的，故选D．2.关于动量，下列说法正确的是()A.速度大的物体，它的动量一定也大B.动量大的物体，它的速度一定也大C.只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D.质量一定的

物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大【答案】D【解析】【详解】物体的动量pmv=，速度大小，可能质量小，所以其动量不一定大，反过来，动量大，其速度不一定大，AB错误；动量是矢量，速度大小不变，可能方向在变，其动量在变

化，C错误；质量一定，动量变化越大，则根据pmv=可知速度变化一定越大，D正确．3.如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为BLv的是()A.只有乙和丁B.甲、乙、丁C.甲、乙、丙、丁D.只有乙【答案】B【解析】【分析】【详解】导体切

割磁感线时，生产的感应电动势的大小为EBLv=要求v是垂直导体棒的速度，B是垂直导体棒运动平面的磁场．题目中甲图满足条件，乙图中左边的导线切割磁感线，产生感应电动势，下边部分不切割磁感线，不产生感应电动势，所以也满足条件．丙图中垂直导体棒的速度比v小，所以产生的感应电动势比BL

v小，不满足条件．丁的有效导线的长度是L，产生的感应电动势也是BLv，所以也满足条件．也可以将L理解为垂直速度方向的导体棒的长度，只有这部分才切割磁感线，所以可以保持导体棒的两个端点不变，改变导体棒的形状，折成沿速度和垂直速度两部分，在计算电动势大小的时候，只需要分析垂直速度的长度即可，

故B正确，ACD错误。故选B。4.在近代物理学中，下面选项正确的是（）A.随着温度的升高，一方面黑体热辐射各种波长的辐射强度都有所增加，另一方面辐射强度的极大值向着波长较长的方向移动B.当光子静止时有粒子性，当光子传播时有波动性C.卢瑟福的α粒子散射实验说明了占原子质量绝大部分的

带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，从而提出了原子的核式结构D.α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力强【答案】C【解析】【详解】A．随着温度的升高，黑体热辐射的强度一方面各种波长的辐射强度都有所增加，另一方面其极大值向着波长较短的方向移动，故A错误；B．光子是运动的，光既具有波动性又

有粒子性，少量粒子的行为表现为粒子性，大量粒子的行为表现为波动性，故B错误；C．在卢瑟福的α粒子散射实验中，绝大多数α粒子沿原方向运动，只有少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内带正电的那部分物质集中在很

小的空间范围内，从而提出了原子的核式结构模型，故C正确；D．α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，故D错误。故选C。5.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是（）A.导体

棒CD内有电流通过，方向是D→CB.导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC.磁场对导体棒CD的作用力向左D.磁场对导体棒AB的作用力向右【答案】B【解析】【详解】两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，

AB向右运动，闭合回路磁通量增加，由楞次定律“增反减同”判断回路中感应电流所产生的磁场方向与原磁场方向相反，再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向为B→A→C→D→B。再根据左手定则，判定导体棒CD受到的磁场力向右，AB受到的磁场力向左。故选B。6.如图所

示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是（）A.S闭合瞬间，三个灯同时亮，最后D1、D2熄灭，D3变亮B.S闭合瞬间，D1、D2先亮，D3后亮，最

后三个灯亮度一样C.S断开时，三个灯都亮一下再慢慢熄灭D.S断开时，D2、D3立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭【答案】A【解析】【详解】AB．L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的小灯泡；S闭

合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以三灯同时亮，当电流稳定时，由于线圈电阻可忽略不计，所以以后D1、D2熄灭，D3变亮。故A正确；B错误；CD．S断开，D3立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的

减小，线圈L与D1、D2组成新的回路，所以D1、D2亮一下再慢慢熄灭，故CD错误。故选A。7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是A.电流表的示

数为4.0AB.电压表的示数为155.6VC.副线圈中交流电的频率为50HzD.穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1【答案】C【解析】【详解】AB．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为1max2202VU=

，可知有效值为1max1220V2UU==根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：2211220V110V2nUUn===由欧姆定律可知流过电阻的电流：222AUIR==所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故AB均错误；C．因交流电的周期为0.02s，频

率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D错误；故选C。8.如图所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指

向纸里，如图（b）．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图（a），那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是（）A.在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针B.在第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针C.在第3秒内感应电流

减小，电流方向为顺时针D.在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针【答案】B【解析】【详解】AC．由于磁场均匀变化，则感应电流大小不变，AC错误；B．第2秒内磁场减弱，由楞次定律知，感应电流方向顺时针，B正确；D．第4秒内磁场反方向减弱，由楞次定律知，感应电

流方向逆时针，D错误．9.下列说法正确的是（）A.研制核武器的钚239（23994Pu）由铀239（23992U）经过4次β衰变而产生B.发现中子的核反应方程是94Be＋42He→126C＋10nC.20g的23892U经过两个半衰期后其质量变为15gD.23892U在中子轰击下，生成

9438Sr和14054Xe的核反应前后，原子核的核子总数减少【答案】B【解析】【详解】A．经过β衰变电荷数多1，质量数不变，所以钚239由铀239经过2次β衰变而产生，故A错误；B．发现中子的核反应方程是94Be＋42He→126C＋10n故B正确；C．根据半衰期公式2012mm=

可得m=5g所以20g的铀经过2个半衰期后其质量变为5g，故C错误；D．核反应前后，原子核的核子总数守恒，故D错误。故选B。10.如图所示的交变电流由正弦交变电的一半和反向脉冲电组合而成，则这种交变电流的有效值为（）A.012IB.022

IC.032ID.0I【答案】C【解析】【分析】【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则根据有效值的定义可得22200222ITTIRTRIR=+解得032II=故选C。11.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静

止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（）A.子弹对木块冲量一定大于木块对子弹的冲量B.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D.子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大

小【答案】B【解析】【详解】AB．子弹与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，作用时间t相等，根据I=Ft可知，子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等，方向放相反，故A错误，B

正确；CD．子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不同，子弹速度的减小量不等于木块速度的增加量，故CD错误。故选B。12.质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、

m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为（）A.0.6m/s，向左B.3m/s，向左C.0.6m/s，向右D.3m/s，向右【答案】A【解析】【详解】甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总

动量为零，根据动量守恒定律有的0＝-m甲v甲＋m乙v乙＋mv代入数据解得v＝-0.6m/s负号说明小船的速度方向向左；故选A．二、多选题（本题共计5小题，每小题5分，共计25分）13.以下说法正确的是（）A.核聚变反应方程可能为2141

1120H+HHe+2n→B.铀核裂变的核反应方程可能为235114094192054380UnXeSr2n+→++C.发生β衰变时原子核放出电子，说明电子是原子核的组成部分D.中子和质子结合成氘核，若果过程质量亏损为m，则氘核的结合能

为2mc【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．核反应方程式为23411120H+HHe+n→A错误；B．重核裂变成几个中等质量的核的现象为核裂变，满足质量数守恒，电荷数守恒，B正确；C．衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一

个电子，电子释放出来，C错误；D．根据质能方程可知2Emc=D正确。故选BD14.边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度为d（d>L）．已知ab边进入磁场时，线框

的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（）A.产生的感应电流方向相反B.所受的安培力方向相同C.进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D.进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等【答案】ABD【解析】

【分析】根据题中“正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域”可知，本题考查线框在磁场中的运动问题．根据线框在磁场中运动的分析方法，运用安培力、牛顿第二定律、楞次定律、感应电量等知识分析推断．【详解】A：线框进入和穿出磁场的过程中，磁场方向相同，进入磁场时磁通量增加，

穿出磁场时磁通量减小；由楞次定律可知，产生感应电流方向相反．故A项正确．B：根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁体间相对运动．线框向右进入磁场和从磁场另一侧穿出过程所受安培力方向均水平向左，方向相同．故B项正确．C：ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零，线框进入磁场过程做匀速运动．线框

完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动．线框刚开始穿出磁场时，速度比进入磁场时速度大，线框所受安培力增大，大于恒力F，线框穿出磁场的过程做减速运动或先减速后匀速，完全穿出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度．综上线框穿出磁场过程的平均速

度大于线框进入磁场的平均速度，线框进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间．故C项错误．D：感应电量ΦΦEtqIttnnRtRR====总总总．线框进入和穿出磁场的两个过程中，线框磁通量的变化量相等，则通过导体

内某一截面的电量相等．故D项正确．【点睛】楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．楞次定律还可表述为：感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，如“增反减同”、“来拒去留”、“增缩减扩”等．

15.图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像，下列说法正确的是（）A.由图线①，③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B.由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C.遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光

电子的最大初动能越大D.不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．由图线①，③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，选项A正确；BC．根据2012cmUemvhh

==−由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定，遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大，选项BC正确；D．能否发生光电效应只由入射光的频率决定，与光强无关，选项D错误。故选ABC。16.已知金属铯的逸出功为1.88eV，氢原子能

级图如图所示，下列说法正确的是（）A.大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子B.氢原子从n＝2能级跃迁到基态过程中辐射出光子的动量为5.44×10-27kg·m/sC.氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级过程

中辐射出的光子不能使金属铯发生光电效应D.大量处于n＝2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光照射金属铯，产生的光电子的最大初动能为8.32eV【答案】ABD【解析】【详解】A．根据246C=，可知，n=4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光

子，故A正确；B．由21hcEEhPc−=＝＝因此19272183.413.61.6105.4410kgm/s310()EEPc−−−−+===故B正确；C．从n=3能级跃迁到n=2能级

过程中辐射出的光子能量为△E=3.4-1.51=1.89eV，而金属铯的逸出功为1.88eV，符合光电效应发生条件。故C错误；D．根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为△E′=136-3.4=

10.2eV再根据EKm=hv-W，则有产生的光电子最大初动能为EKm=10.2-1.88=8.32eV故D正确。故选ABD。17.如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（0＜＜90°),其中MN与PQ平行且间

距为l，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计,其上端所接定值电阻为R.给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零．则下列说法不正确的是.A.在该过程中，导体棒所受合外力做功为2012

mvB.该过程中，通过电阻R的电荷量为()2BlxRRr+C.该过程中，电阻R产生的焦耳热为()202RmvRr+D.导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为()2220BlvRr+【答案】ABD【解析】【详解】根据动能定理可知：合外力做功为：22

0011=022Wmvmv−=合，故A正确；在该过程中，通过电阻R电荷量：EBlvtBlxqItRrRrRr====+++，故B错误；设整个回路产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒得：201sin2mvmgxQ=+，电阻R

产生的焦耳热为：201sin2RRRQQmvmgxRrRr==+++，故C错误；在导体棒获得初速度时，电流0BlvIRr=+，整个电路消耗的电功率：()22220BlvPIRrRr=+=+，故D正确．故ABD正确，C错误．三、实验题（本题共计2题，共计15分）

18.如图为“碰撞实验器”，它可以探究动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．的(1)实验中必须要求的条件是______．A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球和被碰球的质量必须相等，且

大小相同D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放(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静置于小平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止

释放，与小球m2相碰，并重复多次．本实验还需要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)．A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量抛出点距地面的高度HC．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、ND．测量平抛

射程OM、ON(3)某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为________．【答案】（1）BD（2）ACD（3）4:1【解析】【详解】试题分析：（1）A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，故

A错误；为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平；故B正确；为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误；为保证小球每次平抛的速度均相同；故应入射小球每次从同一点由静止释放；故D正确；（2）实验时，先让入射球ml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ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中CD是必须的，而且C要在D之前．至于用天平秤质量先后均可以．所以答案是ACD；（

3）由图2所示可知，OP=25．5cm，OM=15．5cm，ON=40．0cm，如果两球碰撞过程动量守恒，则：112mOPmOMmON=+，代入数据求得：1241mm=：：；考点：验证碰撞中的动量守恒实验【名师点睛】验证碰撞中的动量守恒，入射球质量应大于被碰球的质量；验证动量守

恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒19.我们通过实验可以探究感应电流产生条件，在如图的实验中

，线圈A通过滑动变阻器和开关接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A放置于线圈B里面。通过实验，判断线圈B中是否有电流产生。（1）开关闭合的瞬间___________（选填“有”或“无”）感应电流产生。（2）开关总是闭合的，缓

慢移动滑动变阻器的滑片时___________（选填“有”或“无”）感应电流产生。（3）归纳以上实验结果，产生感应电流的条件是___________。【答案】①.有②.有③.穿过闭合回路的磁通量发生变化【解

析】【详解】（1）[1]开关闭合的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生；（2）[2]开关总是闭合的，缓慢滑动变阻器时，穿过线圈的磁通量也会发生变化，线圈中有感应电流产生；（3）[3]由以

上实验可知：穿过闭合回路的磁通量发生变化。四、计算题（本题共计4题，共计29分）20.小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kW，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电的线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设

升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：（1）输电线上电流．（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比．（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比．【答案】（1）17.5A；

（2）1：4；（3）133：22【解析】【详解】（1）输电线上损耗的功率324.5105%1225PW损＝＝根据2PIR损＝17.5APIR损＝＝（2）升压变压器原线圈上的电流1170APIU＝＝升压变压器原副线圈的匝数之比12114nInI＝＝（3）输电线上损失的电压U损＝I

R＝＝70V升压变压器副线圈两端的电压1122UnUn＝，得2211435014401nUUVVn＝＝＝降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-U损＝1330V降压变压器原副线圈的匝数比334413322nUnU＝＝【点睛】对于输电问题，要搞清电路中电压、

功率分配关系，注意理想变压器不会改变功率，只改变电压和电流；注意应用损耗功率的判断及功率公式的正确应用．21.如图所示，水平光滑的地面上有A、B、C三个可视为质点的木块，质量分别为1kg、6kg、6kg。木块A的左侧有一半径R=0.1m的固定的竖直粗糙半圆弧轨道，一开始B、C处于静止状态，B、

C之间的弹簧的处于原长。给木块A一个水平向右的初速度，大小为v1=8m/s，与木块B碰撞后，A被反弹，速度大小变为v2=4m/s。若A恰好能通过圆弧轨道的最高点，重力加速度g取10m/s2，求：(1)木块A克服圆弧轨道摩擦所做的功；(

2)弹簧具有的最大弹性势能。【答案】(1)5.5J；(2)6J【解析】【分析】【详解】()1木块A恰好能通过圆弧轨道最高点，在最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律得2AAAvmgmR=代入数据解得m/s1Av=

木块A从最低点到最高点的过程，由动能定理得22211222AfAAAmgRWmvmv−−=−代入数据解得5.5JfW=()2A、B碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得1

2ABBAmvmvmv=−代入数据解得2Bv=m/sA、B碰撞后，B、C组成的系统动量守恒，B、C速度相等时弹簧压缩至最短，此时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，对B、C系统，从A、B碰撞完毕到B、C速度相等过程，根据动量守恒定律得BBBCmvmmv=+（）由能量守恒定律得221122

PBCBBEmmvmv++=（）代入数据解得1m/sv=，6PE=J22.如图所示，匝数n为100，边长L=0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，从中性面开始以ω=10πrad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．若线圈自身电阻r=2Ω，负载电阻R=6Ω

，设π2＝10，求：（1）线圈转动0.05s时电路中的电流强度；（2）线圈转过60°的过程中通过R的电量；（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？【答案】（1）10πA（2）0.5C（3）800J【解析】【详解】(1)感应电动势的最大值为Em=nBωL2=8

0πV根据欧姆定律有mm10AEIRr==+此时电流强度I=Imsinωt=10πsin(10π×0.05)=10πA(2)磁通量的变化=B△S=BL2cos60°-0通过R的电量()22nBLqItnRrRr===++代入数据可得0.5Cq=(3)线圈转动周期

为20.2s==T电流有效值m52A2II==柴油机做功W=I2(R+r)T＝800J23.如图所示，水平面上两平行光滑金属导轨间距为L，左端用导线连接阻值为R的电阻．在间距为d的虚线MN、PQ之间，存在方向垂直导轨平面向

下的磁场，磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化．质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线MN时的速度为v0．此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动．导轨电阻不计，始终与导体棒电接触良好．求：(1)导体棒开始运动的位置到MN的

距离x；(2)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B；(3)导体棒通过磁场区域过程中，电阻R上产生的焦耳热QR．【答案】（1）202mvxF=（2）01()()FmaRrBLv−+=（3）【解析】【详解】试题分析：（1）导体棒在磁场外，由动能定理有2012Fxmv=解得202mvxF=（2）导体棒刚

进磁场时产生的电动势0EBLv=由闭合电路欧姆定律有又FILB=安由牛顿第二定律有解得01()()FmaRrBLv−+=（3）导体棒穿过磁场过程，由牛顿第二定律有导体棒克服安培力做功电路中产生的焦耳热电阻R上产生的焦耳热RR

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