北京市顺义区2019届高三物理一模试题(含解析).pdf

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1、北京市顺义区 2019 届高三物理一模试题（含解析） 一、选择题：本部分共16 小题，每小题3 分，共 48 分在每小题列出的四个选项中，选 出最符合题目要求的一项 1. 一频闪仪每隔0.04s 发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的小球，经过一段时间， 通过照 相机可在照相胶片上记录小球在几个闪光时刻的位置。下图是小球从A点运动到B点的频闪 照片示意图。由图可判断，小球在此运动过程中（） A. 速度越来越小 B. 速度越来越大 C. 受到的合力为零 D. 加速度的方向由A点指向 B点 【答案】 A 【解析】 试题分析： AB 、由图可知图像间距越来越小，每两个位置 的 时间间隔相等，由 x v

2、t 可知小 球的速度越来越小，A正确 B错误 CD 、由题意可知小球从A到 B加速运动，加速度方向由B向 A，所以合外力方向由B向 A ； 错误 故选 A 考点：牛顿第二定律 点评：本题可用分析纸带的方法分析小球的运动，注意加速度和速度方向的关系。 2. 图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 试题分析： 因电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示场强的方向，由图可知，只 有 C图中 MN两点的电场线疏密程度相同，故MN 两点电场强度相同的点只有C 考点：考查了对电场线的认识 点评：电场线的方向表示场强的方向，

3、电场线的疏密表示场强的大小 3.2013 年 6 月，我国宇航员在天宫一号空间站中进行我国首次太空授课活动，展示了许多 在地面上无法实现的实验现象假如要在空间站再次进行授课活动，下列我们曾在实验室中 进行的实验，若移到空间站也能够实现操作的有（） A. 利用托盘天平测质量 B. 利用弹簧测力计测拉力 C. 利用自由落体验证机械能守恒定律 D. 测定单摆做简谐运动的周期 【答案】 B 【解析】 试题分析： 天宫一号空间站围绕地球做匀速圆周运动，所受到的万有引力充当了向心力，天 宫一号空间站中的物体均处在完全失重状态，所以靠重力作用的实验均不能成功，故只有B 选项正确。 考点：完全失重状态匀速圆周

4、运动 4. 如图， 通过细绳栓在一重物上的氢气球，在水平向右的风力作用下处于静止状态，细绳与 竖直方向的夹角为已知风力大小正比于风速，则当风速改变时，始终保持不变的是 （） A. 细绳与竖直方向的夹角B. 细绳对重物的拉力 C. 地面对重物的摩擦力D. 地面对重物的支持力 【答案】 D 【解析】 【详解】对气球受力分析，受重力、浮力、细线的拉力和水平风力，如图所示，根据平衡条 件，有： TsinF，F浮Tcosmg0，解得： 2 2 TFFmg浮 ，正切值为： tan F Fmg 浮 ，可知拉力随着风力的增加而增加，而细线对物体的拉力等于细线对气球 的拉力，细绳与竖直方向的夹角随着风力的增加而

5、增加，故AB错误；对气球和重物整体受 力分析，受重力（M+m）g、浮力F浮、支持力N、风力F和摩擦力f，根据平衡条件，有：N （M+m）gF浮，fF，可知地面对重物的支持力不变，地面对重物的摩擦力随着风力的 变化而变化，故C错误， D正确。 5. 如图所示， 跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然 状态的跳板（ A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置） 。对于运动员从 位置 A与跳板接触到运动至最低点B位置的过程，下列说法中正确的是（） A. 运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零 B. 在这个过程中，运动员的动能一直在减小 C. 在这个过程中，

6、跳板的弹性势能一直在增加 D. 在这个过程中，运动员所受重力对她做 的 功等于跳板的作用力对她做的功 【答案】 C 【解析】 【详解】运动员从接触跳板到达最低点，弹力在增大，合力先减小后增大，所以运动到最低 点合力不为零， 故 A错误；当合力 的 方向与速度同向， 速度增加， 当合力的方向与速度反向， 速度减小，合力的方向先向下后向上，所以速度先增大后减小，动能先增大后减小。故B 错误；在此过程中，形变量增大，弹性势能一直在增加，故C正确；根据动能定理，在此过 程中动能减小到0，重力做正功，弹力做负功，重力做的功小于弹力做的功，故D错误。 6. 如图所示， 由粒子源发出的带正电的粒子经过同一加

7、速电场A加速后， 形成粒子束进入同 一偏转电场B中偏转。 已知粒子源发出的粒子中包括有一价氢离子、一价氦离子和二价氦离 子，这些粒子离开粒子源时的初速度可视为零，空气阻力粒子的重力及粒子之间的相互作用 力均可忽略不计。下列说法正确的是（） A. 它们始终为一股粒子束 B. 它们会分离为两股粒子束 C. 它们会分离为三股粒子束 D. 它们会分离为无数股粒子束 【答案】 A 【解析】 【详解】设加速电压为U1，偏转电压为U2，极板的长度为L，间距为d；离子经过同一加速 电场由静止加速后，在加速电场中，根据动能定理得： 2 10 1 2 qUmv，在偏转电场中，离 子做类平抛运动，运动时间 0 L

8、t v ，偏转距离 2 2 2 2 0 11 22 qUL yat mdv ，联立以上各式得： 2 2 1 4 U L y U d ，y与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子 在偏转电场轨迹重合，所以它们不会分成三股，而是会聚为一束射出，故 A正确， BCD错误。 7.2011 年 9 月 29 日我国发射的首个目标飞行器“天宫一号”的平均轨道高度约为370km ； 2016 年 9 月 15 日我国又成功发射了“天宫二号”空间实验室，它的平均轨道高度约为393 km 。如果“天宫一号”和“天宫二号”在轨道上的运动都可视为匀速圆周运动，则对于二者 运动情况的比较，下

9、列说法中正确的是 A. “天宫二号”运行的速率较大B. “天宫二号”运行的加速度较大 C. “天宫二号”运行的角速度较大D. “天宫二号”运行的周期较长 【答案】 D 【解析】 由题意知，天宫二号的轨道半径较大，根据万有引力提供向心力，可得 22 2 22 4 Gm Mmv mrmrma rrT ，故与“天宫一号”相比，“天宫二号”运行的速 率、角速度、加速度较小，周期较长，所以A、B、C错误； D正确。 8. 为保证飞行安全，民航局规定乘坐飞机时旅客的移动电源（俗称充电宝）必须随身携带， 但禁止携带额定能量超过160Wh （瓦时）的移动电源。某同学为了更直观地认识160Wh这一 能量值的大小

10、， 等效于用一个物体从三层楼顶的高度自由下落到达地面的动能值作参照，若 两者近似相等，则这个物体的质量最接近（） A. 60kg B. 600kg C. 6000kg D. 60000kg 【答案】 C 【解析】 【详解】移动电源的额定能量值为：E160Wh 1603600J5.7610 5J，从三层楼顶的高 度自由下落到达地面时，物体下落得高度约为10m ， 物体下落时机械能守恒，则有：Ekmgh， 据题有EkE，可得：m5760kg，则这个物体的质量最接近6000kg。 9. 将三个不同电源的路端电压随干电路电流变化的U l 图线画在同一坐标系中，如图所示， 其中 1 和 2 平行，它们的

11、电动势分别为E1、E2、E3，内阻分别为r1、r2、r3，则它们之间的 关系是（） A. E1E2E3B. E1E2E3C. r 1r2r3D. r1r2 r3 【答案】 C 【解析】 【详解】根据闭合电路欧姆定律得：UEIr，由数学知识可知，图象的纵轴截距表示电源 的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻r。对照图象知，E1E2E3，r1r2r3，故 C 正 确， ABD错误。 10. 如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转动轴O0匀速转动产生的交流电动势 e100 2 sin100 t （V） 。下列说法正确的是（） A. 交流电的频率为100Hz B. 交流电动势的有效值为100V

12、C. 当线圈转到如图所示的位置时电动势为最大 D. 当线圈转到如图所示的位置时穿过线圈的磁通量为零 【答案】 B 【解析】 【详解】根据交流电动势100 2sin100et V，可知 100 rad/s， 2 T， 1 f T ，解得交流电的频率f为 50Hz，故 A错误；根据交流电动势瞬时表达式，可知E m 100 2 V，交流电动势的有效值100 2 m E UV，故 B正确；当线圈转到如图所示的位置 时，穿过线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量变化率为零，电动势为零。故CD错误。 11. 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略， 另一物体所受空气阻力大

13、小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt 图像可能正确的是 【答案】 D 【解析】 试题分析： 竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运 动，vt图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力fkv 的上抛运动，上 升中= mgkv a m 上 ，随着v减小，a上减小，对应vt图象的斜率减小，选项A错误。下降 中= mgkv a m 下 ，随着随着v增大，a下继续减小。 而在最高点时0v，a g，对应vt 图与t轴的交点，其斜率应该等于 g（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度） ，即过交点 的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足。故

14、选D。 考点：本题考查了牛顿第二定律、vt图象的特点、竖直上抛运动状态的判断。 12. 如图所示， OX与 MN是匀强磁场中的两条平行直线，其中MN为磁场的下边界，速率不同 的同种带电粒子沿OX方向射入磁场， 从 MN边界穿出时， 其中速度为v1的 A粒子与 MN垂直， 速度为 v2的 B粒子其速度方向与MN成 60角， 不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则 A、B两粒子穿越磁场所需时间的比为（） A. 1 ：2 B. 2 ：1 C. 2 ：3 D. 3 ：2 【答案】 D 【解析】 【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为 2 m T qB ，由此可知，粒子的运动的时间与粒 子的速度的大小无

15、关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹如图所示： 可知，通过a点的粒子的偏转角为90，通过b点的粒子的偏转角为60，所以通过a点 的粒子的运动的时间为 1 4 T，通过 b 点的粒子的运动的时间为 1 6 T，所以从S到a、b所需 时间t1：t2为 3：2，故 D正确， ABC错误。 13.2018 年 3 月 22 日，一架中国国际航空CA03客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机 头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被击穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机 飞行的速度为150m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，与飞机的速度相比可忽略不计。已 知小鸟的质量约为0.4kg ，小

16、鸟与飞机的碰撞时间为6.0 10 4s则飞机受到小鸟对它的平 均作用力的大小约为（） A. 10 8N B. 10 5N C. 10 3N D. 10 2N 【答案】 B 【解析】 【详解】可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为：v 700m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ftmv0，代入 数据可得： F1.0 10 5N，故 B正确， ACD错误。 14. 已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，在有磁场时电阻很大，并且磁场越强阻值越大， 为了探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源电动势E和内阻 r 不变， 在没有磁场时

17、，条件变阻器R使电灯发光， 当探测装置从无磁场区进入强磁场区（设 电灯 L 不会烧坏），则 A. 电灯 L变亮 B. 电流表示数增大 C. 变阻器 R的功率增大 D. 磁敏电阻两端的电压减小 【答案】 A 【解析】 探测装置从无磁场区进入强磁场区时，其电阻变大， 电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆 定律可知电路中的总电流I 变小，所以电流表的示数减小；根据UEIr，可知 I 减小， 路端电压U增大，所以灯泡两端的电压增大，则电灯 L 变亮， 故流过电灯L 的电流增大，而 总电流 I 减小，则流过磁敏电阻的电流减小，因为在进入强磁场区后没有改变滑动变阻器滑 片的位置， 即滑动变阻器的有效阻值不变

18、，根据 2 PI R，可知变阻器 R的功率减小，根据 UIR可知， R 两端的电压减小，而路端电压增大，故磁敏电阻两端的电压增大，故A 正 确， BCD错误；故选A. 15. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线123 分别为三条等势线，三条等势线与 其中一条电场线的交点依次为M 、N、Q点，已知MN NQ ，电荷量相等的a、b 两带电粒子从 等势线 2 上的 O点以相同的初速度飞出，仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线 a、b所示，则（） A. a 粒子一定带正电，b 粒子一定带负电 B. MN 两点电势差 |UMN| 等于 NQ两点电势差 |UNQ| C. a 粒子的加速度逐

19、渐增大，b 粒子的加速度逐渐减小 D. a 粒子从出发到等势线3 过程的动能变化量比b 粒子从出发到等势线1 过程的动能变化 量小 【答案】 D 【解析】 【详解】由图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨 迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故 A错误；由题可知，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大， 故 C 错误；已知MNNQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差 |UMN| 大于NQ 两点电势差 |UNQ| ，故 B 错误；根据电场力做功公式WUq，|UMN| |UNQ| ，a粒

20、子从等势线2 到 3 电场力做功小于b粒子从等势线2 到 1 电场力做功， 所以a粒子到达等势线3 的动能变 化量比b粒子到达等势线1 的动能变化量小，故D正确。 16. 根据高中所学知识可知，做自由落体运动 的 小球，将落在正下方位置。但实际上，从赤 道上方 20m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处。这一现象可解释为，除重 力外， 由于地球自转， 下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的 速度大小成正比。 现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性， 上升过程该“力”水平向西， 则小球（） A. 上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点向东运动 B. 到最

21、高点时，水平方向的加速度为零，水平速度达到最大 C. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 D. 小球在水平方向上先做匀加速后做匀减速运动 【答案】 B 【解析】 【详解】 将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中， 水平方向速度不断增 大，当下降时，因加速度方向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出点时，水 平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，故 A错误； 在刚竖直上抛时，因竖直方向 有速度， 则受到水平向西的一个力，导致物体水平向西有个加速度，加速度会随着竖直方向 速度减小而减小， 因此在水平方向不是匀变速运动；因此物体到最高点时，水平方向有速度， 竖直方

22、向速度为零；水平方向加速度为零，故CD错误， B正确。 二、非选择题（本部分共7 小题，共72 分） 17. 某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中将直流电源，滑动变阻器，线圈A（有 铁芯） 、线圈 B、灵敏电流计及开关按图连接成电路。在实验中，该同学发现开关闭合的瞬 间，灵敏电流计的指针向左偏。由此可以判断，在开关闭合后电路稳定状态下，若把线圈A 中的铁芯拔出，则灵敏电流计的指针应向_（选填“左”或“右”）偏；若把滑动变阻 器的滑片快速向N端滑动，灵敏电流计的指针应向_（选填“左”或“右”）偏。 【答案】 (1). 右 (2). 左 【解析】 【详解】由题意可知：开关闭合的瞬间，灵敏电流

23、计的指针向左偏，则当磁通量增大时，则 指针左偏；若磁通量减小时，则右偏；若把线圈A中的铁芯拔出时，均导致磁通量减小，因 此电流计指针向右偏；当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，电阻减小，则电流增大，导致磁 通量增大，因此灵敏电流计的指针向左偏。 18. 据统计，人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体所受重力的数倍。 为探究这个问题， 实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从 某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地面的形变很小，可忽略不计， 不考虑空气阻力的影响取重力加速度g10m/s 2 下表为一次实验过程中的相关数据。 重物（包括传感器）的

24、质量m/kg 8.5 重物下落高度H/cm 45 重物反弹高度h/cm 20 最大冲击力Fm/N 850 重物与地面接触时间t/s 0.1 （1）请你选择所需数据，通过计算回答下列问题 a重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小a_ b在重物与地面接触过程中，重物受到地面施加的平均作用力是_倍重物所受的重力。 （2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击 力，可采取一些具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由。_。 【答案】 (1). 90m/s 2 (2). 6 (3). 人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面 接触的时间来减小人受到地面的冲击力 【解析】

25、 【详解】 （ 1） a重物受到最大冲击力时加速度的大小为a，由牛顿第二定律解得： 228508.5 10 /90/ 8.5 amsm s b重物在空中运动过程中，由动能定理有： 21 2 mghmv 重物与地面接触前瞬时的速度大小为： 12vgH 重物离开地面瞬时的速度大小为： 2 2vgh 重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向，由动量定理 有： （Fmg）tmv2mv1 解得：F510N 重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍数为：6 F mg 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6 倍。 （2）人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面

26、接触的时间来减小人受到地面的冲击力。 19. 一颗人造卫星的质量为m，离地面的高度为h，卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球 半径为 R，地球表面重力加速度为 g，求： （1）地球的质量 M （2）卫星绕地球运动的速率 【答案】 (1) 2 gR M G (2) g R Rh 【解析】 （1）地球表面依据万有引力公式： 2 GMm mg R 解得 2 = gR M G （2）万有引力提供了卫星运动时的向心力： 2 2 () GMmv m RhRh 解得 g vR Rh 本题答案是： (1) 2 gR M G (2) g vR Rh 点睛 ; 本题考查了万有引力定律，在地球表面运行时应该有 2 G

27、Mm mg R ，所以在一定高处 的天体可以借助于黄金代换求运动的速度。 20. 如图所示，垂直纸面放置的两块平行正对金属板，板间距离为d，两板中心各有一个小 孔，两板间电场可视为匀强电场。金属板上方有垂直纸面的匀强磁场。电荷量为q 质量为 m 的带正电的粒子由静止开始从正极板的中心小孔出发，经电场加速后由负极板中心小孔射 出，从 M点垂直于MN 进入磁场做匀速圆周运动，最后从N点以速度 v 离开磁场。粒子所受 重力及空气阻力均可忽略不计。 （1）求匀强电场场强的大小E； （2）若测得MN两点间距离为L，求： a匀强磁场的磁感应强度B； b带电粒子从M运动到 N的过程所受磁场力的冲量I 的大小

28、。 【答案】（1） 2 2 mv qd ； （ 2）a 2mv qL ； b 2mv 【解析】 【详解】（1）在电场中，电场力做正功，由动能定理有： 21 2 qUmv 场强为： U E d 解得： 2 2 mv E qd （2）在磁场中，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有： 2 v qvBm R 半径为： 2 L R 解得： 2mv B qL （3）设从N出来的速度为v，则有：vv 根据动量定理有：Imvmv 2mv。 21. 如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为水平轨道，O点右边的曲面轨 道高度 h0.45m，左右两段轨道在O点平滑连接。质量m 0.10kg 的小滑块a 由

29、静止开始 从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M 0.30kg 的小滑块b 发生碰撞，碰撞后小滑块a 恰好停止运动。取重力加速度g10m/s 2，求 （1）小滑块a 通过 O点时的速度大小； （2）碰撞后小滑块b 的速度大小 （3）碰撞过程中小滑块a、b 组成的系统损失的机械能。 【答案】（1）3m/s； （2）1m/s； （3）0.3J 。 【解析】 【详解】（1）小滑块从曲线轨道上下滑的过程中， 由机械能守恒定律得： 2 0 1 2 mghmv 代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度：v03m/s； （2）碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：m

30、v0Mv1， 代入数据解得v11m/s； （3）碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能：E 1 2 mv0 21 2 Mv1 2， 代入数据解得E0.3J 22. 如图所示， A、 B为固定在竖直平面内半径R0.50m 的四分之一圆弧轨道，过底端B点 的切线水平， B点距水平地面的高度h0.45m。一质量m 1.0kg 的小滑块从圆弧轨道顶端 A由静止释放，到达轨道底端B点的速度v3.0m/s 。取重力加速度g10m/s 2求： （1）小滑块落地点与B点的水平距离x。 （2）小滑块由A到 B的过程中，克服摩擦力所做的功W ； （3）小滑块运动到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小FN 【答

31、案】（1）0.9m（2）0.5J ； （3）28N 【解析】 【详解】（1）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得 水平方向：xvt 竖直方向：h 1 2 gt 2 解得：x0.9m （2）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得：mgRW 1 2 mv 2 解得：WmgR 1 2 mv 20.5J （3）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力， 根据牛顿第二定律得：FNmg 2 v m R 解得：FN28N 23. 固定在水平面内的两条平行光滑金属导轨，间距L0.6m，左端连接一阻值R2.0 的 定值电阻，导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1.0T ，其俯视图如图所 示

32、。长度恰好等于导轨间距的导体棒MN放在导轨上，其质量m 0.6kg 、电阻 r 1.0 ，与 导轨始终垂直且接触良好，导轨的电阻可忽略不计。现用平行于导轨的拉力F作用在导体棒 上，使其沿导轨向右匀速运动，速度v05m/s。 （1）求匀速运动过程中MN两点的电势差，并且指出M 、N两点哪点电势高； （2）某时刻撤去外力F，求撤去外力F 后至速度变为v12.0m/s 的过程中 a电流流过外电阻R产生的焦耳热； b导体棒MN向右移动的距离。 （3）在上述情景中， 金属棒 MN 相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电子所受洛伦 兹力有关。请根据电动势的定义，推导金属棒MN 中的感应电动势EBLV。

33、 【答案】（1）2V，N点电势高；（ 2）a4.2J ；b.15m。 （3）棒向右运动时，电子具有向右的 分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力为：f evB, 电子在 f 的作用下，电子从M移动到 N的过 程中，非静电力做功为：W evBL 根据电动势定义为： W E q ，解得： EBlv ； 【解析】 【详解】（1）切割磁感应线产生的感应电动势EBLv010.6 5V 3V MN两端的电势差大小2 MN ER UV Rr 根据右手定则可知，N端为电源的正极，所以N点电势高； （2）a、根据能量守恒可得回路产生的焦耳热 22 01 11 22 Qmvmv， 解得：Q6.3J 另有4.2 R R QQJ Rr ； b、设导体棒移动的距离为x，所用时间为t，据动量定理得 10 BILtmvmv， 化简得BLqmv1mv0， 据电磁感应的电荷量推论公式 BLx q rRRr ， 联立解得：x15m ； （3）棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力为：fevB 电子在f的作用下，电子从M移动到 N的过程中，非静电力做功为：WevBL 根据电动势定义为： W E q 解得：EBlv