1、四川省成都外国语学校2018-2019学年高二物理5月月考试题（含解析）第卷（共44分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）1.下列说法正确的是A. 拍摄玻璃橱窗里的物体时，在镜头前装偏振滤光片可以减弱玻璃表面折射光的影响B. 相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中是不相同的C. 医院里用于检测的“彩超”的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速，这一技术应用了多普勒效应D. 机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是紫外线【答案】C【解析】【详解】反射光是偏振光，拍摄玻璃橱窗里的物体时或拍摄水面上的物体时，往往在镜头前加装
2、偏振片以减弱玻璃表面反射光进入照相机头，故A错误；根据狭义相对论，真空中的光速在不同惯性参照系中都是相同的，故B错误；向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速，这一技术应用了多普勒效应，故C正确；机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪利用X射线的穿透本领，故D错误。故选C2.关于近代物理内容的叙述正确的是（ ）A. 射线与射线一样是电磁波，但穿透本领比射线强B. 光电效应和康普顿效应深入揭示了光粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量C. 某原子核经过一次衰变和两次衰变后，核内中子数减少6个D. 氡的半衰期为天，4个氡原子核经过天后
3、就一定只剩下1个氡原子核【答案】B【解析】射线是电磁波，射线不是电磁波，射线穿透本领比射线弱，选项A错误；光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量，选项B正确；某原子核经过一次衰变核内中子数减小2，两次衰变后，核内中子数减少2个，则核内中子数减少4个，选项C错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，则选项D错误；故选B. 3.利用金属晶格（大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗
4、克常量为h，则下列说法中正确的是A. 该实验说明了电子具有粒子性B. 实验中电子束的德布罗意波的波长为C. 加速电压U越大，电子的衍射现象越明显D. 若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显【答案】B【解析】【详解】实验得到了电子衍射图样，说明电子这种实物粒子发生了衍射，说明电子具有波动性，故A错误； 有动能定理可知， ，经过电场加速后电子的速度，电子德布罗意波的波长 故B正确；由电子的德布罗意波波长公式 可知，加速电压越大，电子德布罗意波波长越短，波长越短则衍射现象越不明显，故C错误；质子与电子带电量相同，但是质子质量大于电子，动量与动能间存在关系，可知质子动量大于电子，由于，可知质子
5、的德布罗意波波长小于电子的德布罗意波波长，波长越小则衍射越不明显，故D错误；故选B4.下列核反应方程属于衰变的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】B、C、衰变是指生成物为、，且反应物只有一种核，反应是自发发生的，故B、C正确，D、此方程为裂变，是质量较大的核分裂为两个质量较轻的中核，故D错误。A、此方程为聚变，是质量较轻的核变为质量较大的核，故A错误故选BC。【点睛】知道两类衰变的生成物和反应方程，记住重核裂变和轻核聚变的特点，人工核转变发现部分粒子的方程式也是考试的重点5.A、B两种放射性元素，原来都静止在同一匀强磁场中，磁场方向如图所示，其中一个放出粒子，另一个放出粒子，与粒子的
6、运动方向跟磁场方向垂直，图中a、b、c、d分别表示粒子，粒子以及两个剩余核的运动轨迹A. a为粒子轨迹，c为粒子轨迹B. b为粒子轨迹，d为粒子轨迹C. b为粒子轨迹，c为粒子轨迹D. a为粒子轨迹，d为粒子轨迹【答案】C【解析】两个衰变中，粒子是正电荷，粒子为负电荷，两个粒子和它们的反冲核的速度方向相反，但粒子和粒子受到的洛伦兹力的方向相反.根据左手定则判断可得.思路分析：粒子正电荷，粒子为负电荷，速度方向相反，根据左手定则可得试题点评：本题考查了放射性粒子在磁场中的运动，同时也证明的这两种粒子的带电性质，6.氢原子的能级如图所示，现处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是A
7、. 这些氢原子可能发出3种不同频率的光B. 已知钾的逸出功为2.22eV，则氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子可以从金属钾的表面打出光电子C. 氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子能量最小D. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加【答案】D【解析】【详解】根据，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光.故A错误；n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量E=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV2.22eV，小于钾的逸出功，不能发生光电效应，故B错误.由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量
8、最小，故C错误；由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据可知则电子的动能会增加，故D正确；故选D7.在匀强动场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示，产生的感应电动势如图2所示。则A. t=0.015s时线框的磁通量变化率为零B. t=0.01s时线框平面与中性面重合C. 线框产生的交变电动势的有效值为311VD. 交变电动势的表达式e=311sin（200t）V【答案】B【解析】A、由图象知：时，感应电动势为最大，则穿过线框的磁通量变化率最大，A错误；B、当时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，位于中性面，故B正确；C、线
9、框产生的交变电动势的有效值为，故C错误；D、线圈转动的周期为，故角速度为，故交变电动势的表达式，故D错误。点睛：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系。8.一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为，位移y的单位为m，时间t的单位为s。则A. 弹簧振子的振幅为0.2mB. 弹簧振子的周期为1.25sC. 在t=0.2s时，振子的运动速度为零D. 在任意0.2s时间内，振子的位移均为0.1m【答案】C【解析】试题分析：根据公式对应可得，A错误；根据公式可得,B错误；在t = 0.2s时，x=0振子位于正向最大位移处，速度为零，C正确；根据振子的振
10、动规律可得，只有振子位于平衡位置或者最大位移处时，经过任意0.2s的时间内的路程为0.1cm，D错故选C考点：考查了简谐振动点评：本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力基础题二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）9.用光子能量为E的光束照射容器中的氢气，氢原子吸收光子后，能发射频率为1、2、3的三种光子，且123入射光束中光子的能量应是 （ ）A. h3B. h(1+2)C. h(2+3)D. h(1+2+3)【答案】AB【解析】【详解】处于激发态的氢原子并不稳定，能够自发向低能级跃迁并发射光子，其发射光子的种类有种，故=3，解得n=3，显然从n=
11、3直接跃迁到n=1能级时辐射光子的能量等于入射光子的能量，故入射光子的能量E=hv3。而先从n=3跃迁到n=2，再从n=2跃迁到n=1辐射的能量与从n=3直接跃迁到n=1能级时辐射光子的能量相同，故hv3=hv2+hv1，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题考查了玻尔氢原子理论，是高考的重点，一定要注意掌握跃迁时，吸收或辐射的能量等于两能级间的能级差10.图a为一列简谐横波在时刻的波形图，Q是平衡位置为处的质点，图b为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是A. 该波的周期是B. 该波的传播速度为C. 该波沿x轴的正方向传播D. 时，质点Q速度方向向上【答案】BD【解析】由a图得到该波的波长
12、为 =8m，由b图得到该波的周期为 T=0.2s，所以波速为：，故B正确，A错误；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C错误；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，根据振动规律可知t=0.40s时Q的速度方向向上，故D正确。所以BD正确，AC错误。11.如图所示，理想变压器的原线圈a、b两端接正弦交流电，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1、L2，输电线的等效电阻为R，原来开关是断开的，则当闭合开关S后A. 副线圈c、d两端的输出电压变小B. 输电线等效电阻R上的电流变大C. 通过灯泡L1的电流变大D. 原线圈的电流变大【答
13、案】BD【解析】A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，当开关S闭合时，也不会影响电压变化，所以A错误；B、开关S闭合后副线圈电阻变小，而且副线圈输出电压不变，则负线圈电流变大，即输电线等效电阻R上的电流变大，故选项B正确；C、由于通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡的电流减小，所以C错误；D、由于副线圈电流增大，而且变压器匝数比不变，可知原线圈电流也变大，故选项D正确。点睛：本题主要考查变压器的知识，输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比
14、，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。12.用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0则（）A. 光电管阴极的逸出功为B. 电键k断开后，没有电流流过电流表GC. 光电子的最大初动能为D. 改用能量为的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小【答案】AC【解析】【详解】该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程EKm=h-W0，W0=1.8eV故AC正确。电键S
15、断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表。故B错误。改用能量为1.5eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流。故D错误。13.如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为lkg的单匝均匀正方形铜线框，在位置1以速度v0=3m/s进人匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为lV，在t=3s时线框到达位置2开始离开匀强磁场此过程中线框v-t图象如图乙所示，那么A. t=0时，线框右侧边铜线两端MN间的电压为0.75VB. 恒力F的大小为0.5NC. 线框进人磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同D. 线
16、框完全离开磁场瞬间的速度大小为2m/s【答案】ABD【解析】A：t=0时，线框右侧边铜线切割磁感线相当于电源，线框右侧边铜线两端MN间的电压为路端电压，设铜线框四边的总电阻是R，则路端电压。故A项正确。B：t=13s，线框做匀加速直线运动，加速度线框水平方向只受恒力F，则。故B项正确。C：线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内磁通量的变化相反，由楞次定律可知，感应磁场方向相反；由安培定则知，感应电流方向相反。故C项错误。D：t=0时和t=3s线框的速度相等，则进入磁场和穿出磁场的过程受力情况相同，在位置3时的速度与t=1s时的速度相等，线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2m/s。故D项正确。第卷（
17、共56分）三、实验题（本题共3小题，共17分）14.根据单摆周期公式，可以通过实验测定当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。(1)某次实验用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为_ mm。(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_。(多选)A. 摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些B. 摆球尽量选择质量大些、体积小些的C. 为了使摆的周期大一些、以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D. 拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期TE. 拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度
18、，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期【答案】 (1). 18.6 (2). ABE【解析】【详解】（1）游标卡尺主尺刻度：18mm，分尺刻度：，所以读数为18.6mm。（2）AB.为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的、并且适当长一些，摆球选择质量大，体积小的可以减小阻力的影响，AB正确。C.为了减小实验误差，保证摆球尽量做单摆运动，摆角不超过5度，C错误。DE.为了计时准确，在摆球经过平衡位置开始计时，误差小，在释放的同时，速度为零，计时误差大，50次全振动所用的时间t，则单摆周期，D错误E正确。15.某同学用半圆形玻璃砖测定玻
19、璃的折射率如图甲中实线所示。在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy，实验时将半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边与Ox轴重合，且圆心恰好位于O点，实验正确操作后，移去玻璃砖，作连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与连线的交点为C,测出B点到x、y轴的距离分别为，C点到x、y轴的距离分别为。（1）根据测出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式n=_；（2）若实验中该同学在y0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到的像，其原因最可能是_。（3）该同学又用平行玻璃砖做实验如图乙所示。他在纸上正确画出玻璃砖的两个界面和后，不小心碰了玻璃砖使它向
20、方向平移了少许，如图所示。则他测出的折射率将_（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】 (1). (2). 确定的光在介面上入射角太大发生了全反射 (3). 不变【解析】【分析】用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射率的定义式，此公式的适用条件是光从真空射入真空折射。根据数学知识求出入射角与折射角的正弦值，再根据折射率的定义式求解折射率；学在的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到、像，其原因可能是：确定的光在介面上入射角太大，发生了全反射；作出光路图，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差；对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差；【
21、详解】解：(1)设光线在x轴上入射角为i，折射角为r，玻璃砖的半径为R，根据数学知识得：，则此玻璃折射率测量值的表达式为：；(2)若实验中该同学在的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到、像，其原因可能是：确定的光在介面上入射角太大，发生了全反射；(3)如图所示，红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，由折射率的定义式得知，测得的折射率将不变；16.如图所示是用双缝干涉测光的波长的实验设备示意图。（1）图中是小灯泡光源，是光屏，它们之间的依次是_。（2）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离:_ A.增大和之间的距离
22、 B.增大和之间的距离C.将红色滤光片改为绿色滤光片 D.增大双缝之间的距离（3）在某次实验中，已知双缝到光屏之间的距离是600 mm，双缝之间的距离是，单缝到双缝之间的距离是某同学在用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹记作第1条的中心，这时手轮上的示数如图甲所示然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数如图乙所示，这两次示数依次为_mm和_mm，由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为_结果保留三位有效数字【答案】 (1). 滤光片（或遮光片）、单缝、双缝. (2). B (3). 0.640-0.641 (4). 10.293
23、-10.295 (5). 536【解析】【详解】（1）图中是光源,是光屏,它们之间的、依次是滤光片、单缝、双缝.（2）根据条纹间距公式知: 增大和之间的距离不能改变条纹宽度，故A错误；增大和之间的距离则L增大，所以可增大相邻两条亮纹之间的距离,故B正确；将红色滤光片改为绿色滤光片则波长变短，所以条纹间距变小，故C错误；增大双缝之间的距离d,则条纹间距变小，故D错误；故选B（3）第一次的读数为，第二次的读数为 所以条纹间距为 由条纹间距公式得:四、计算题（本题共4小题，共39分）17.小型发电厂通过升压变压器向输电线路输出的正弦交变电压为U0=50kV，输送功率为P=5.0106W，现在用户处安
24、装一降压变压器，用户的电压为U=220V，升压变压器到降压变压器间的输电导线总电阻为R=20求：（1）输电导线上的电流；（2）输电导线上的电压损失；（3）降压变压器的原、副线圈的匝数比；（4）用户得到的电功率。【答案】（1）100A；（2）2000V；（3）2400:11；（4）4.8106W【解析】【详解】（1）输电导线的电流为I1，输电线路的损耗功率为P损，输电导线的电压损失为UR，降压变压器的输入电压为U1，输出电压为U2，降压变压器的线圈匝数比为n1:n2，用户得到的电功率为P1.根据题意有：=100A（2）输电导线的电压损失：UR=I1R=10020V=2000 V.（3）由于U0=
25、UR+U1故U1=U0UR=50000-2000=48000V故n1：n2=U1：U2=48000:220=2400:11（4）用户得到的电功率等于降压变压器的输入功率，则P1=U1I1=48000100W=4.8106W18.有一块厚度为h，半径为R的圆饼状玻璃砖，折射率为，现经过圆心截取四分之一，如图所示，两个截面为互相垂直的矩形，现使截面ABNM水平放置，一束单色光与该面成45角入射，恰好覆盖截面。已知光在真空中传播速度为c，不考虑玻璃砖内的反射光，求：（1）从ABCD弧面射出的光线在玻璃砖内的最长时间；（2）ABCD弧面上有光线射出的面积。【答案】（1）；（2）S=；【解析】（1）从N
26、M边界射入玻璃柱体的光线在玻璃砖传播的距离最长、；（2）根据折射定律有：得r=30；设折射光线FE在BC界面刚好发生全反射根据临界角公式可得C=45；NE与水平方向的夹角为有光透出的部分圆弧对应圆心角为则ABCD面上有光透出部分的面积为点睛：几何光学问题，关键是画出光路图，根据光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解19.如图甲所示，足够长的光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L=1.0m，导轨平面与水平面间的夹角为，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P两端连接阻值为的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连
27、，金属棒ab的质量m=0.20kg，电阻，重物的质量M=0.60kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图象如图乙所示，不计导轨电阻，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）在0.6s内通过电阻R的电量；（3）在0.6s内电阻R产生的热量。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：由图乙看出，ab棒最终做匀速运动，其斜率等于速度，由数学知识求得斜率，即可得到ab棒匀速运动的速度根据平衡条件和安培力公式F=BIL结合，即可求得B；根据电量公式q=It，闭合电路欧姆定律：，法拉第电磁感应定律：，联立可得通过电阻R的电量；由能量守恒定律求电阻R中产生的热量。（1）由题图乙
28、得ab棒匀速运动时的速度，感应电动势E=BLv，感应电流棒所受安培力：，棒ab匀速时，棒受力平衡：解得：（2）由图乙得，在0.6s内ab棒上滑的距离s=1.40m，根据电量公式q=It，闭合电路欧姆定律：，法拉第电磁感应定律：，联立可得通过电阻R的电量：（3）设0.6s内整个回路产生的热量为Q，由能量守恒定律得，代入数据解得：电阻R产生的热量：点睛：本题主要考查了电磁感应与力学、电路知识的综合，抓住位移图象的意义：斜率等于速度，根据平衡条件和法拉第定律、欧姆定律等等规律结合进行求解。20.如图所示倾角为=30的平行金属轨道固定在水平面上，导轨的顶端接有定值电阻R，长度与导轨宽度相等的导体棒AB
29、垂直于导轨放置，且保持与导轨由良好的接触图中虚线1和2之间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，现给导体棒沿导轨向上的初速度，使导体棒穿过磁场区域后能继续向上运动到最高位置虚线3，然后沿导轨向下运动到底端已知导体棒向上运动经过虚线1和2时的速度大小之比为2：1，导体棒沿导轨向下运动由虚线2到1做匀速直线运动，虚线2、3之间的距离为虚线1、2之间距离的2倍，整个运动过程中导体棒所受的摩擦阻力恒为导体棒重力的除定值电阻外其余部分电阻均可忽略，求：（1）导体棒沿导轨1向上运动经过虚线2的速度v1与沿导轨向下运动经过虚线2的速度v2的比值；（2）导体棒沿导轨向上运动经过磁场与沿导轨向下运动经过磁场的过程中，定
30、值电阻R上产生的热量之比Q1：Q2为多大（3）导体棒沿导轨向上运动刚经过虚线1和刚到达虚线2时的加速度大小之比；【答案】（1）：1（2）10：1（3）(2+2)：(2+)【解析】（1）设虚线2、3之间的距离为x，导体棒由虚线2运动到虚线3的过程中，导体棒由虚线2运动到虚线3的过程中加速度大小为a1、导体棒由虚线3运动到虚线2的过程中加速度大小为a2，则由牛顿第二定律得：mgsin30+mg=ma1解得：a1=g由0-v12=2a1x，可得：v1=mgsin30-mg=ma2解得：a2=g由v22=2a2x，可得v2=因此v1：v2=：1（2）（3）设导体棒的长度为L，导体棒沿导轨向上运动经过虚
31、线1时的速度为v0，加速度大小为a3，则此时的感应电动势E1=BLv0由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流I1=此时导体棒所受安培力大小为F1=BI1L=，方向沿导轨向下由牛顿第二定律得：mgsin30+mg+F1=ma3解得：a3=由题意可知导体棒由虚线3刚回到虚线2时速度大小为v2，此时的感应电动势为E2=BLv2回路中的电流I2=此时导体棒所受安培力的大小为F2=BI2L=，方向沿导轨向上由力的平衡条件可得：mgsin30=mg+F2解得：F2=mg=又因为v1：v2=：1，由题意知v0：v1=2：1，可得：v0：v2=2：1整理可得：a3=g设导体棒刚好到达虚线2时的加速度为a4，根据牛
32、顿第二定律则有：mgsin30+mg+=ma4整理可得：a4=g解得：a3：a4=(2+2)：(2+)设虚线1和虚线2之间的距离为d，导体棒沿导轨向上穿过此区域时，由功能关系可知：mgsin30d+mgd+Q1=mv02-mv12导体棒由虚线2运动到虚线3的过程中，由功能关系可得：mv12=mgsin302d+mg2d解得：Q1=mgd导体棒由虚线2运动到虚线1的过程中，由功能关系可得：Q2=W2=F2d=mgd解得：Q1：Q2=10：1点睛：（1）本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、感应电动势的计算、闭合电路欧姆定律、安培力的计算、能量守恒定律（2）本题中运动过程较为复杂，清除每一个过程中导体棒的受力情况是分析的关键.
