山东省济南外国语学校2019届高三物理上学期1月份阶段模拟测试试卷（含解析）.doc

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1、1山东省济南外国语学校 2019 届高三物理上学期 1 月份阶段模拟测试试卷（含解析）一、选择题(本大题共 12 小题，共 60 分。17 为单选题；812 为多选题，全部选对得 5分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分)1. 2015 年 10 月 5 日诺贝尔奖生理学或医学奖揭晓，来自中国中医研究院终身研究员兼首席研究员屠呦呦获奖。在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B. 牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量C. 开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大

2、定律D. 安培首先引入电场线和磁感线，并通过实验总结了电磁感应现象的规律【答案】C【解析】试题分析：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故 A 错误牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量故 B 错误开普勒总结了行星运动规律，即开普勒三定律，故 C 正确法拉第首先引入电场线和磁感线，并通过实验总结了电磁感应现象的规律，故 D 错误故选 C考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.如图所示，钢铁构件 A、B.放在平板卡车的水平底板上，卡车底板和 B 间动奉擦因数为 1，A、B 间动

3、摩擦因数为 2， ，卡车刹车的最大加速度为 a， ，可以认为12 a1g最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时.要求其刹车后在 s0距离内能安全停下，则汽车运行的速度不能超过A. B. C. D. 22gs0 2as0 21gs0 (1+2)gs02【答案】A【解析】因卡车底板和 B 间动摩擦因数为 1大于 A、 B 间动摩擦因数为 2，则要使汽车安全停下来最大加速度为 a= 2g，根据 ，可得 ，故 A 正确。v2=2ax v= 2as0= 2g2s0点晴：本题是牛顿第二定律的综合应用问题；关键是决定汽车刹车的最大加速度，然后联系运动学公式求解最大速度3.如图

4、所示，平直长木板倾斜放置，小木块与木板间的动摩擦因数由 A 到 B 逐渐减小。先让物块从 A 端由静止释放滑到 B 端；然后，将木板 A 端着地，使木板的倾角与前一次相同，再让物块从 B 端由静止释放滑到 A 端。上述两个过程相比较，下列说法正确的是（ ）A. 前一过程中，系统因摩擦产生的热能较少B. 前一过程中，物块滑到底端时的速度较小C. 后一过程中，物块从顶端滑到底端时，可能先做加速运动后减速运动D. 后一过程中，物块从顶端滑到底端的时间较短【答案】D【解析】【分析】根据热量 Q=fS 比较热量，根据能量守恒知速度大小，根据牛顿运动定律知加速度从而知运动情况【详解】A、 ，可知两过程中因

5、摩擦产生的热相同，A 错误；B、由能量守Q=mgcoss恒 ，可知两个过程中，物块从顶端滑到底端时的速度相同，故 B 错误；因为12mv2=mghQ，后一过程中，加速度 ，则物块一直做加速运动，mgsin mgcos a=g（ sincos） 0故 C 错误；前一过程中加速度逐渐增大，后一过程中加速度逐渐减小，结合 v-t 图象，如图所示：3可知，后一过程中，物块从顶端滑到底端的时间较短，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题关键要分清楚合力的变化情况，来确定合做功情况，然后根据动能定理和速度图象进行判断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，用直流电源供电，当 声波使膜

6、片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流，于是电阻 R 两端就输出了与 声音变化规律相同的电压下列说法正确的是 A. 电容式话筒是通过改变正对面积来改变电容的B. 电阻 R 两端电压变化的频率与电流的频率相同C. 当膜片靠近固定电极时，电流从 b 流向 aD. 当膜片靠近固定电极时，电容器处于放电状态【答案】B【解析】【分析】根据电容的决定式 ，判断电容的变化，电容始终接在电源的两端，电势差不变，根C=S4kd据 ，判断电量的变化，从而得出电流的流向Q=CU【详解】由图可知，电容式话筒是通过改变板间距来改变电容的，故 A 错误；根据欧姆定律可知，电阻 R 两端电压变化的频率与电流的频率相同

7、，故 B 正确；当膜片靠近固定电极时，根据电容的决定式 知，电容变大，因始终和电源相连，故 U 不变，由 可C=S4kd Q=UC4知，电量增大，电容器充电，电流由 a 到 b，故 CD 错误。故选 B。【点睛】解决本题的关键是掌握电容的决定式以及知道电容始终接在电源的两端，电势差不变；同时掌握好电容的决定式和定义式的准确应用5.磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为 v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在相距为 d、宽为 a、长为 b 的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻 R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻

8、率为 。忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）A. 上板为正极，电流 I=BdvabRab+dB. 上板为负极，电流 I=Bvad2Rab+bC. 下板为正极，电流 I=BdvabRab+dD. 下板为负极，电流 I=Bvad2Rab+b【答案】C【解析】【分析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流【详解】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有 ，解得稳定时

9、电源的电动势 ，则流过qvB=qEd E=BdvR 的电流为 ，而 ， ，则得电流大小为 ，C 正确I=ER+r r=dS S=ab I=BdvababR+d【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析6.如图所示，细绳一端固定在 A 点，跨过与 A 等高的光滑定滑轮 B 后在另一端悬挂一个沙桶 Q。现有另一个沙桶 P 通过光滑挂钩挂在 AB 之间，稳定后挂钩下降至 C 点，5ACB=120，下列说法正确的是A. 若只增加 Q 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变B. 若只增加 P 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变

10、C. 若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后 C 点位置不变D. 若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶 Q 位置上升【答案】C【解析】【详解】A、B、对砂桶 Q 分析有 ，设两绳的夹角为 ，对砂桶 P 的 C 点分析可知受FT=GQ三力而平衡，而 C 点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有 ，联立可知2FTcos2=GP，故增大 Q 的重力，夹角 变大， C 点上升；增大 P 的重力时，夹角 变小，2GQcos2=GPC 点下降；故 A，B 均错误.C、由平衡知识 ，而 ，可得 ，故两砂桶增多相同的质量， P 和 Q2GQcos2=GP =120 GP=GQ的重力依然可以平衡，C 点的

11、位置不变；故 C 正确，D 错误.故选 C.【点睛】掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择.7.近来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电。在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是6A. 感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反B. 感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流C. 感应线圈一定受到路

12、面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动D. 给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果【答案】C【解析】A 项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故 A 错误；B 项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故 B 错误；C 项：感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故 C 正确；D 项：给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线

13、圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流不，故 D 错误。8.如图(a)所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图(b)所示的模型：半径为 R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为 m 的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动， A、 B 分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g，则（ ）A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒C. 铁球在 A 点的速度必须大于 gRD. 轨道对铁球的磁性引力至少为 ，才能使铁球不脱轨5mg【答案】BD【解析】小铁球在运动的过程中受到重力

14、、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以7磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大小铁球不可能做匀速圆周运动故 A 错误，B 正确；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于 0 即可通过最高点因此小球在最高点的速度可能等于 ，故 C 错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁gR球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：

15、，可知小F=mv2R铁球在最低点时需要的向心力越小而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为 0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于 0根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为 0，到达最低点时的速度满足 ，轨道对铁球的支持力恰好等于 0，则磁力与重力的合力mg2R=12mv2提供向心力，即： ，联立得：F=5mg 可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性Fmg=mv2R引力至少为 5mg故 D 正确故选 BD.【点睛】结合对小铁球的受力分析，判定小铁

16、球是否可以做匀速圆周运动；结合做个个力的做功情况判断是否满足机械能守恒；根据点的受力与运动的特点判断铁球在 A 点可能的速度；结合机械能守恒定律与牛顿第二定律分析与判断铁球经过最低点的条件9.某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B 是轨迹上的两点，C 点与 B 点关于放电极对称，下列说法正确的是( )A. A 点电势低于 B 点电势B. A 点电场强度小于 C 点电场强度C. 烟尘颗粒在 A 点的动能小于在 B 点的动能D. 烟尘颗粒在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能【答案】A8

17、【解析】由沿电场线方向电势降低可知， A 点电势低于 B 点电势，A 正确；由图可知， A 点电场线比C 点密集，因此 A 点的场强大于 C 点场强，B 错误；烟尘颗粒带负电，从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在 A 点的动能小于在 B 点的动能，电势能减小，烟尘颗粒在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能，C 正确 D 错误10.海王星是太阳系中距离太阳最远的行员，它的质量为地球质量的 P 倍，半径为地球半径的 n 倍，海王星到太阳的距离为地球到太阳距离的 k 倍.若地球、海王星均绕太阳做匀速圆周运动，忽略星球自转。下列说法正确的是A. 海王星公转周期为 年k2B.

18、海王星绕太阳做圆周运动线速度大小是地球绕太阳做圆周运动线速度大小的 倍PkC. 海王星绕太阳做圆周运动的向心加速度是地球绕太阳做圆周运动的向心加速度的 倍pk2D. 海王星的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的 倍pn【答案】AD【解析】根据 得到周期公式为 ，海王星到太阳的平均距离为地球到太阳平GMmr2=m42T2r T=2 r3GMr3均距离的 k 倍，将行星的运动看作是圆周运动，故该行星公转周期为地球公转周期的 倍，k3即 年，A 正确；根据公式 可得 ，海王星到太阳的平均距离为地球到k3 GMmr2=mv2r v= GMr1r太阳平均距离的 k 倍，故该行星的做圆周运动的线速度是地球做

19、圆周运动的线速度的 倍，1kB 错误；故根据 得到 ，海王星到太阳的平均距离为地球到太阳平均距离GMmr2=ma a=GMr21r2的 k 倍，故该行星的做圆周运动的加速度是地球做圆周运动的加速度的 倍，C 错误；根据1k2第一宇宙速度公式 ，得 ，故 D 正确v=GMR v行v地 = M行M地 R地R行 = Pn11.在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的 v-t 图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得9A. 碰撞后，蓝壶经过

20、 5s 停止运动B. 碰撞后，蓝壶的瞬时速度为 0.8m/sC. 红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D. 红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 1：2【答案】AB【解析】设碰后蓝壶的速度为 v，碰前红壶的速度 ，碰后速度为 ，根据动量守v0=1.0m/s v0=0.2m/s恒定律可得 ，解得 ，A 正确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚线运动mv0=mv0+mv v=0.8m/s方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线所示运动，则加速度为 ，运动时间为 ，B 正确；碰撞前系统的动能为a=vt=1.21.01 =0.2m/s2 t=1.000.2=5s，碰撞后系统的动能为

21、，两者不等，所E1=12m1.02=0.5m E2=12m0.22+12m0.82=0.36m以不是弹性碰撞，C 错误；碰后蓝壶的加速度为为 ，碰后红、蓝两a=0.8061m/s2=0.16m/s2壶所受摩擦力之比为 ，摩擦力冲量 ，D 错误f:f=ma:ma=5:4 If:If=ft:ft=f:f=5:4【点睛】从 v-t 图像中可以看出，实线和虚线有个交点，即若红壶碰撞后仍以原来的运动减速下去的运动时间和蓝壶碰撞后运动的时间相等，这一隐含条件是解题关系12.如图所示，正方形 abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从 a点沿与 ab 成 30角的方向垂直射入磁场。甲粒子

22、垂直于 bc 边离开磁场，乙粒子从 ad 边的中点离开磁场。已知甲、乙两 a 带电粒子的电荷量之比为 1:2，质量之比为 1:2，不计粒子重力。 以下判断正确的是10A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的 16 倍C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的 2 倍3D. 甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的 倍14【答案】CD【解析】A 项：由甲粒子垂直于 bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从 ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故 A 错误；B 项：由几何关系可知， ，乙粒子在磁场中偏转的弦切角

23、为 ，弦长为 ，所以R甲 =2L 600L2，解得 ，根据 ，所以 ，所以甲粒子的动能是乙粒L2=2R乙 sin600 R乙 =33L qvB=mv2r Ek=mv22=qBr2子动能的 倍，故 B 错误；3C 项：由公式 可知， ，所以 ，即 ，qvB=mv2r v=qBrm f洛 =qvB=q2B2rm f洛 甲f洛 乙 =（ 12） 2（ 21） 22L33L=23故 C 正确；D 项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为 300，由 B 分析可得，乙粒子的圆心角为 1200根据公式 和 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的t=3600T T=2mqB倍，故 D 正确。1

24、4二、实验题（共 2 小题，14 分）13.在探究“物体质量一定时加速度与力的关系”的实验中，某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化，设计了如图所示的实验装置。其中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量(滑轮质量不计)11(1)在平衡摩擦力后，依据优化后的实验方案，实验中_(选填“一定要”或“不必要”)保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M；(2)该同学在实验中得到如图 a)所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器使用的是频率为 50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留三位有效数字).(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加

25、速度 a 为纵坐标，画出的 a-F 图像是一条过原点的直线，如图(b)所示，若直线的斜率为 k，则小车的质量为_。【答案】 (1). 不必要 (2). 2.00 (3). 2k【解析】【详解】(1)A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故 A、D 错误B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故 B 正确C、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C 正确故选 BC.(2)根据 x=aT2，运用逐差法得 .a=x36x039T2=2.00m/s2(3)弹簧测力计的示数 ,即 ，则

26、 a-F 图线的斜率为 k，则 ，故小车质量为2F=Ma a=2MF k=2M.M=2k【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对 a-F 图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数常用无线话筒所用的电池电动势 E 约为 9V，内阻 r 约为 40，最大允许电流为 100 mA为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲的电路进行实验图中电压表为理想电表，R 为电阻箱（阻值范围为 0999.9 ） ，R 0为定值电阻1214. 图甲中接入 R0的目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起保护电

27、路的作用；实验室备有的定值电阻 R0的规格有以下几种，则本实验应选用_A. 10 ,0.1W B. 50 ,l.0 W C. 1500,15W D. 2500,25 W15. 该同学接入符合要求的 R0后，闭合开关 S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数 U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线由图线知：当电压表的示数为2V 时，电阻箱接入电路的阻值为_（结果保留三位有效数字） 16. 根据图乙所作出的图象求得该电池的电动势 E=_V，内阻 r= _ （结果保留三位有效数字）【答案】 (1). (1)A (2). (2) 20.022.0 (3). (3)10.0 (4). 33.

28、3【解析】【14 题详解】当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为 100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为 ，定值电阻应选 B、50，1.0 W.R0=EI-40= 910010-3-40=50【15 题详解】电压等于 2V 时， ，由图乙可知，电压等于 2V 时， ，所以：1U=0.5 1R=4.810-2。R=14.810-2=20.8【16 题详解】由闭合电路欧姆定律可得： ，变形得： ，由数学知识可知，图象中的U=ER0+R+rR 1U=1E+R0+rER斜率 ，截距： ，由图可知， b=0.1，故 E=10V； ，即 解k=R0+rE b=1E k=0.6-0

29、.1610-2=8.33 R0+rE =8.33得： r=33.3。13四、解答题17.如图所示，在 xOy 平面上，直线 OM 与 x 轴正方向夹角为 ，直线 OM 左侧存在平行 y45轴的匀强电场，方向沿 y 轴负方向直线 OM 右侧存在垂直 xOy 平面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场一带电量为 q，质量为 m 带正电的粒子忽略重力从原点 O 沿 x 轴正方向以速度射入磁场此后，粒子穿过磁场与电场的边界三次，恰好从电场中回到原点 粒子通过边v0 O.(界时，其运动不受边界的影响求：粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径和周期；(1)匀强电场的强度；(2)粒子从 O 点射出至回到 O 点的时

30、间(3)【答案】(1) (2) （3）R=mv0Bq E=Bv0 t=2(+2)mBq【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律列方程求半径，根据 求出周期；T=2Rv（2）粒子第二次进入电场后做类平抛运动，根据平抛运动规律列方程求解；（3）粒子从 O 点射出至回到 O 点的时间为四个阶段运动的时间之和【详解】 （1）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：， ，得： ；qv0B=mv20R R=mv0qB T=2Rv=2mqB14粒子第二次进入电场后做类平抛运动 ， ， ，(2) 2R=v0t1 2R=12at21 Eq=ma解得 ；E=v0B粒子在磁场中时间 ，(3)

31、 t2=14T+34T=2mqB粒子在电场中做直线运动的时间 ；t3=2v0a=2mqB粒子在电场中做类平抛运动的时间 ；t3=2Rv0=2mqB粒子从 O 点射出到回到 O 点的时间 ；t总 =t1+t2+t3=2(+2)mqB18.如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为 R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B，一直量为 m、有效电阻为 r 的导体棒从距磁场上边缘 d 处释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，重力加速度为 g。(1) 求导体棒刚进入磁场时的速度 ；0(2) 求导体棒通过磁场过程中，通过电阻 R 的电荷量 q;(3)若导体棒刚离开磁场时的加速度为 0，求异体棒通过磁场的过程中回路中产生的焦耳热Q。【答案】(1) (2) (3) 2gdsinBLdr+R 2mgdsin(R+r)22B4L4m3g2sin215【解析】【详解】(1)导体棒从静止下滑距离 d 的过程中有：mgdsin=12mv200解得： ；v0= 2gdsin(2)由法拉第电磁感应定律得：解得： ；(3)导体棒匀速离开磁场有：由能量守恒定律有：解得：