2023-2024学年河南省漯河市高三（上）期末质量监测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省漯河市高三（上）期末质量监测物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是( )
A. 核聚变过程中核子的总质量增加
B. 核聚变反应中释放的γ射线具有较强的穿透能力
C. 核反应 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是核聚变
D. 原子弹是利用核聚变原理制成的
2.一半圆环直径为AB，圆心为O，半圆环放置于竖直平面内，直径AB与水平方向的夹角为如图所示的θ，A、B两端系着一根不可伸长的轻绳，绳长大于直径AB，绳上套有一光滑小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心O顺时针缓慢转过2θ。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力先增大后减小B. 轻绳的拉力先减小后增大
C. 小球受到的合力先减小后增大D. 小球受到的合力先增大后减小
3.如图所示，将小球从倾角为θ=37°的斜面底端正上方某点以8m/s的速度水平抛出，同时一束平行光竖直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面运动6m时小球撞在斜面上。小球的质量为2kg，小球可视为质点，不计空气阻力，不考虑小球与斜面相撞后的运动情况，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 小球的“影子”沿斜面做匀减速直线运动
B. 小球在空中的运动时间为0.75s
C. 抛出点与斜面底端的高度差为5.4m
D. 小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为200W
4.2023年10月26日17时46分，神州十七号载人飞船成功对接空间站天和核心舱，天和核心舱在距离地球表面h高度处围绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 若飞船绕地球做圆周运动经过M处，则它的周期大于核心舱的周期
B. 若飞船在M处，则它的向心加速度小于核心舱的向心加速度
C. 若飞船在N处，则应加速变轨才能成功对接核心舱
D. 天和核心舱的周期为2π R+h3gR2
5.如图所示，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，绝热活塞将气缸分为a、b两部分，活塞与气缸之间无摩擦;初始时a、b中的气体压强、温度均相等，现通过电阻丝对a中的气体进行缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A. a中的气体温度减小B. a中的气体压强减小
C. b中的气体压强增大D. b中的气体单位体积内的分子数不变
6.2023年12月18日在甘肃临夏州积石山县发生了6.2级地震，让人感觉地球处于“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t(图中实线)与(t+0.5)s(图中虚线)两个时刻x轴上−3∼3km区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断一定正确的是( )
A. 质点振动的周期T=1.0s
B. 最小波速v=4km/s
C. t时刻位于x=1km的质点沿y轴正向振动
D. 从t时刻开始计时，x=2.5km处的质点比x=2km处的质点先回到平衡位置
7.中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为i=In，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度B=kir，其中k为常数。下列说法正确的是( )
A. 圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B. 圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C. 每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D. 若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.在同一水平面内平行正对放置的两相同细金属杆A、B，分别带有沿杆均匀分布的等量异种电荷，如图所示。水平面上方的P点到每杆两端点的距离都相等，Q点是P点在水平面内的投影点(P、Q两点图中未标出)。下列说法正确的是( )
A. P点的电场强度大小为零
B. 将负试探电荷从P点沿PQ连线移到Q点的过程中，其电势能不断减小
C. 在P点另放入一个正点电荷后，Q点的电势一定升高
D. 在P点另放入一个负点电荷后，Q点的电场强度一定增大
9.将两大小相同、质量相等的铅球从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时由静止释放，不计空气阻力，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞，假设碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。已知左筒底部为钢板，右筒底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 曲线①代表右球的碰撞情况，曲线②代表左球的碰撞情况
B. 曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
C. 两小球到达圆筒底部时，它们碰前的动量相等
D. 碰撞过程中，两个小球所受合力的冲量相等
10.如图所示，粗糙绝缘的直杆倾斜固定，轻质绝缘弹簧AB套在直杆上且位于直杆末端。一带正电的小球也套在杆上，从某一位置P由静止下滑，下滑到点M时速度最大，到达N点时速度为零(M、N两点未标出)。若在杆所在的竖直平面内加一方向垂直杆斜向右上的匀强磁场，小球仍然从P点由静止下滑(电量不变)，则下列判断正确的是
A. 磁场足够强时，小球有可能不能到达A点
B. 小球速度最大的位置一定在P、M之间的某一位置
C. 因为洛伦兹力不做功，所以小球下降的最低点仍然在N点
D. 第二种情况下弹簧所具有的最大弹性势能一定比第一次小
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：
①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为s1，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值s2和s3，如图丙所示。
(1)实验中还需要测量的量有____。
A.五角硬币和一元硬币的质量m1、m2
B.五角硬币和一元硬币的直径d1、d2
C.硬币与木板间的动摩擦因数μ
D.发射槽口到O点的距离s0
(2)该同学要验证动量守恒定律的表达式为___________________(用已知量和测量的量表示)，若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式___________________是否成立(用s1、s2、s3表示)。
12.如图甲所示的电路是可以用来测量电阻丝的电阻率，这一电路是在传统实验“测量电阻丝的电阻率”基础上进行改进的，与传统电路相比，多设置一个定值电阻R0和一个开关S′。被测电阻Rx是一段粗细均匀的电阻丝，电阻丝被固定在木板上，两个鳄鱼夹夹住电阻丝然后接入电路，接入电路的电阻丝长度可通过木板上固定的刻度尺读出，如图乙所示。

(1)主要实验步骤如下：
①螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图丙所示，则电阻丝的直径的测量值D=_________ mm；

②按照图甲连接电路，让开关S、S′处于断开状态，同时将滑动变阻器阻值调到最大，测量并记录两鳄鱼夹之间的距离L；
③仅闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，尽量使得V和A的指针落在表盘中央附近，记录下此时V和A读数，分别记作U和I1；
④再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U，记录A的读数，记作I2，则此时电阻丝的测量值Rx=__________(用题中所测物理量字母表示)；
⑤改变两个鳄鱼夹之间的距离，重复步骤②③④得到多组数据。
(2)用图像法处理数据：将得到的实验数据在Rx−L坐标系中描点并拟合为一条直线，如图丁所示，测得这条直线斜率k的数值等于1.6×10−3，则被测电阻丝的电阻率ρ=__________Ω⋅m(保留2位有效数字)。

(3)这种改进型电路的优点是_________
A.克服了电压表内电阻对实验结果带来的系统误差
B.克服了电流表内电阻对实验结果带来的系统误差
C.克服了电源内电阻对实验结果带来的系统误差
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图所示，一个质量为10kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角θ=37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8
(1)若要使物体静止在斜面上，推力F至少为多大；
(2)若撤去推力F，物体沿斜面下滑4m的过程中，求物体的平均速度大小。
14.如图所示，一玻璃砖的截面由半圆和等边三角形ABC组成，O点为圆心，半圆的直径BC长为2R，半圆上的D点到BC的距离为 32R。一束光射到D点，入射角为60°，折射光线与BC垂直。已知光在真空中的传播速度为c。求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)光在玻璃砖中的传播时间t。
15.如图所示，两平行极板间距y和长度x之比为 36，两极板间加电场强度未知的匀强电场，一重力不计的带电粒子以速度v0紧贴下极板的边缘、平行于极板射入两板间，恰好从上极板边缘进入一矩形区域OPSQ，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，双平行绝缘轨道OP、QS间距为L，荧光屏MN沿轨道可以平行移动。求：
(1)粒子从上极板飞出的速度方向与OP的夹角θ为多大；
(2)当粒子恰好垂直打在荧光屏上的N点时，MN距OQ的距离为多大，该粒子的比荷为多大；
(3)为使上述粒子打在荧光屏上MN的中点，MN应该向上移动多大距离。
16.如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距L=1m。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。导体棒PQ质量m2=0.1kg，电阻R2=4Ω，静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量m1=0.3kg，电阻R1=2Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g=10m/s2。
(1)若h=3.2m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；
(2)若h=3.2m，两棒在磁场中运动时发生弹性碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1；
(3)若x=am，h=bm，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.核聚变过程中存在质量亏损，故A错误；
B.γ射线波长短，能量高，具有较强的穿透能力，故B正确；
C.核反应 是核裂变，故C错误；
D.原子弹是利用核裂变原理制成的，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】AB.设轻绳与竖直方向夹角为α，AN、NB间夹角为2α，如图
则根据几何关系可得
2Rcsθ=MA
ANsinα+NBsinα=MA
L=AN+NB
联立可得
sinα= 2RcsθL
根据平衡条件可得
2Fcsα=mg
可得
F=mgL2 L2−4R2cs2θ
可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中，轻绳的张力先增大再减小，故A正确，B错误；
CD.因为小球是缓慢运动，处于动态平衡状态，所以合力一直为0，故CD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】A.小球在水平方向做匀速直线运动，则小球在斜面的影子做匀速直线运动，故A错误；
B.小球的水平位移为
x=lcs37∘=6cs37∘m=4.8m
小球运动时间为
t=xv0=0.6s
故B错误；
C.抛出点与斜面底端的高度差为
h=12gt2+lsin37∘=5.4m
故C正确；
D.小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为
P=mggt=120W
故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=m4π2T2r=ma
可得
T= 4π2r3GM ， a=GMr2
若飞船绕地球做圆周运动经过M处，轨道半径小于核心舱的轨道半径，则它的周期小于核心舱的周期，它的向心加速度大于核心舱的向心加速度，故AB错误；
C.若飞船在N处，则应减速变轨才能成功对接核心舱，故C错误；
D.在地球表面处，有
GMmR2=mg
天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，则有
GMm′(R+h)2=m′4π2T2(R+h)
联立解得天和核心舱的周期为
T=2π R+h3gR2
故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本体考查气体的状态参量及其变化，解决问题的关键是分析清楚对理想气体，温度升高，内能增加。
【解答】
AB.电阻丝对a进行加热，a中的气体内能增加，温度升高，压强增大，故A、B错误;
CD.活塞向右运动，活塞对b做功，b中气体内能增加，温度升高，压强增大，b的体积减小，气体总分子数不变，则b中的气体单位体积内的分子数增大，故C正确、D错误。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由题意结合图像可得
Δt=0.5s=(n+12)T ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
可得周期为
T=12n+1s ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
故A错误；
B.由图可知波长为
λ=4km
由
T=12n+1s ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
可知当 n=0 时，最大周期为
Tmax=1s
则最小波速为
v=λTmax=4km/s
故B正确；
C.波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t时刻位于x=1km的质点沿y轴负向振动，故C错误；
D.从t时刻开始计时，根据波形平移法可知，x=2.5km处的质点向上振动，故x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】A.圆筒轴线处的磁场为n条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，故A错误；
B.各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示
由对称性可知，合磁场方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，故B错误；
C.某条通电导线受到的安培力是受除它之外的 n−1 条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁场沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，故C正确；
D.若电流I变为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式 F=Bil ，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，故D错误。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】解：A、P点可以看作等量异种电荷中垂线上的点，根据等量异种点电荷电场特点可知，等量异种点电荷中垂线上点的电场强度不为零，所以P点的电场强度大小不为零，故A错误；
B、等量异种点电荷中垂线是等势线，所以PQ连线所在的中垂面是一个电势为零的等势面，将负试探电荷从P点沿PQ连线移到Q点的过程中，其电势能不变，故B错误；
C、以PQ连线所在的中垂面是一个电势为零的等势面，Q点的电势为零，在P点另放入一个正点电荷后，正点电荷产生的电场电势均为正值，则Q点的电势一定升高，故C正确；
D、Q点的电场强度是各个点电荷在Q点电场强度的矢量和，Q电的电场强度方向垂直于两金属杆，指向B，在P点另放一个负点电荷后，负点电荷在Q点的场强方向竖直向上，根据平行四边形定则可知Q点的电场强度增大，故D正确。
故选：CD。
P点可看作等量异种电荷中垂线上的点，根据等量异种点电荷电场的特点分析P点的电场强度和沿PQ连线的电势；电势是标量，电势为各点电荷产生电场的电势的代数和；电场强度为矢量，Q点的电场强度是各个点电荷在Q点电场强度的矢量和。
本题考查等量异种点电荷的电场，解题关键是掌握等量异种点电荷的电场特点，知道电势为标量，运算遵循代数运算法则，电场强度为矢量，运算遵循平行四边形定则。
9.【答案】BCD
【解析】BCD
【详解】C.因为两球碰前自由下落的高度相同，所以碰前的速度相等，两球的动量也相等，故C正确；
D.两球反弹的速度也相同，根据动量定理可知，碰撞过程中两球受到的合力的冲量相等，故D正确；
B.考虑到小球与钢板作用的时间较短，故左筒中小球受到的重力冲量小于右筒中小球受到的重力冲量，两条曲线与时间轴所围的面积表示压力的冲量，应该曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故B正确；
A.左球与钢板碰撞时间较短，右球与泡沫碰撞时间较长，即曲线①代表左球的碰撞情况，曲线②代表右球的碰撞情况，故A错误。
故选BCD。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据受力分析得出小球的运动情况，根据功能关系得出能量的变化情况。
本题考查在重力、弹力、摩擦力和洛伦兹作用下的非匀变速直线运动和功能关系，考查考生的科学思维。
【解答】
AB.第一次能由静止开始下滑，说明小球与杆之间的动摩擦因数是小于tanθ(θ为杆与水平方向的夹
角)，第二次开始下滑后，多一个垂直杆的、水平方向的洛伦兹力，洛伦兹力由零逐渐增大，小球对杆的弹力由mgcsθ逐渐增大，滑动摩擦力也从小于下滑力开始逐渐增大，一旦摩擦力增大到等于下滑力时，加速结束，速度最大，所以不存在到达A点之前就停下来，故A错误，B正确；
CD.由于第二次相对于第一次经过同一位置时，摩擦力会变大，所以加速度为零的位置一定在M点之上;第二种情况下摩擦力变大，经过相同的路径克服摩擦力做的功会变大，机械能减小较第一次多，所以第二次小球不能到达第一次的最低点N，弹簧所具有的最大弹性势能比第一次小，故C错误，D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)A；(2)m1 s1=m2 s3−m1 s2； s1= s3+ s2。
【解析】【分析】
(1)明确实验原理，根据验证动量守恒定律的实验方法明确应测量的物理量；
(2)根据动量守恒定律进行分析，明确各对应的物理量的测量方法，同时根据动量守恒定律列式即可得出对应的表达式。若该碰撞为弹性碰撞，还需满足机械能守恒。
本题考查验证动量守恒定律的实验，关键在于明确实验原理，知道实验中碰撞前后的速度如何测量，从而知道实验中应采用的工具以及对应的应测量的物理量。
【解答】
(1)为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚一元硬币质量m1；一枚五角硬币质量m2；A正确；
(2)硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动，根据速度和位移关系可知：v2=2as；
a=μg，
则有：v= 2μgs，
由动量守恒定律可知：m1v1=−m1v 1′+m2v2
联立则有：只需验证m1 s1=m2 s3−m1 s2即可明确动量是否守恒。
若该碰撞为弹性碰撞，还需满足机械能守恒12m1v12=12mv1′2+12m2v22，联立上式。
则还应该满足的表达式为： s1= s3+ s2。
12.【答案】(1)①3.800(3.799/3.800/3.801 )；④UI2−I1；(2)1.8×10−8；(3)A；
【解析】【分析】
本题为测量电阻丝电阻率的实验，
螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度，精度为0.01mm，需要估读。
根据并联电路的特点以及欧姆定律求出Rx。
根据电阻定律R=ρLS得出图丁斜率的物理意义，即可求出电阻率。
此实验步骤③④中测出的电流均包含了电压表的分流，通过作差正好消除了电压表的分流。
【解答】
(1)螺旋测微器读数=固定刻度示数 3.5mm+ 可动刻度示数( 30.0× 最小分度值 0.01mm )，计算得读数为 3.800mm 。
由于断开开关 S′ ，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值
R0=UI1
闭合开关 S′ ，电阻丝与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值 R0 ，电流表示数增大，电压表示数变小。向左调节滑动变阻器滑片使电压表的示数仍为 U ，设电阻丝与定值电阻并联后的总电阻为 R′ ，则
R0+Rx
根据欧姆定律得
R′=UI2
联立解得
Rx=UI2−I1
(2)根据
R=ρLS
可得 R−L 图像的斜率
k=ρS
所以 k 的单位是 Ωm ，电阻率
ρ=kS=1.6×10−3×3.14×3.822×10−6Ω⋅m=1.8×10−8Ω⋅m
(3)考虑电压表内阻时，有
I1U=1R0+1RV ， I2U=1R0+1Rx+1RV
联立，可消去电压表内电阻 RV ，解得
Rx=UI2−I1
因此，克服了电压表内电阻对实验结果带来的系统误差。
故选A。
13.【答案】(1) 40N ；(2) 2m/s
【详解】(1)若要使物体静止在斜面上，根据平衡条件得
mgsin37∘=μ(F+mgcs37∘)
解得推力至少为
F=40N
(2)若撤去推力F，根据牛顿第二定律可得
mgsin37∘−μmgcs37∘=ma
解得
a=2m/s2
物体沿斜面下滑4m的过程中，根据运动学公式可得
v2=2ax
解得
v=4m/s
则物体的平均速度大小为
v=0+v2=2m/s
14.(1) 3 ；(2) 9R2c

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 3 ；(2) 9R2c
【详解】(1)半圆上的D点到BC的距离为 32R ，则有
csr= 32RR= 32
可得折射角为
r=30∘
则玻璃砖的折射率为
n=sin60∘sin30∘= 3
(2)光射到AC边时的入射角为 60∘ ，发生全反射的临界角为
sinC=1n= 33
则有
30∘故光在传播到AC边后发生全反射，光路图如图所示
光在玻璃砖中的路程为
s=3 3R2
光在玻璃砖中的传播速度为
v=cn
则光在玻璃砖中的传播时间为
t=sv=9R2c

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) π3 ；(2) 3L ， 3v03BL ；(3) 72L
【详解】(1)设粒子离开电场的竖直速度为 vy ，粒子在电场中的飞行时间为 t ，在电场中的水平位移为 x ，竖直位移为 y ，则有
x=v0t ， y=vy2t
根据题意有
yx= 36
联立解得
vyv0= 33
则有
tanθ=v0vy= 3
解得
θ=π3
(2)设粒子射入磁场的速度为 v ，则有
v=v0sinθ
粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示
则有
csθ=R−LR ， y′=Rsinθ
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2R
可得距离为
y′= 3L
比荷为
qm= 3v03BL
(3)设MN向上移动的距离为 x ，粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示
由几何关系可得
R2=(R−L2)2+x2
解得
x= 72L

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1)根据题意，由机械能守恒定律有m1gh=12m1v02
由法拉第电磁感应定律有E=BLv0
感应电流为I=ER1+R2
导体棒PQ所受安培力F的大小F=BIL
解得F=43N
(2)根据题意，由动量守恒定律有m1v0=m1+m2v1
由能量守恒定律有Q=12m1v02−12m1+m2v12
导体棒MN上产生的焦耳热Q1=QR1+R2R1
解得Q1=0.8J
(3)根据题意，对PQ棒，由动量定理有m2v1−0=BILt
又有It=BLxR1+R2
解得x=3m2R1+R2 2gh4B2L2
代入数值得a=910 5b

【解析】本题考查法拉第电磁感应定定律的应用，要注意解题中机械能守恒、动量守恒和动量定理的应用。