2024年上海市徐汇区高考物理二模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年上海市徐汇区高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共15页。试卷主要包含了实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、实验题：本大题共1小题，共9分。
1.在“测量做直线运动物体的瞬时速度”实验中，某小组同学分别采用“光电门传感器”和“位移传感器”进行测量。
(1)采用光电门传感器测量时，实验装置如图(a)所示，光电门传感器固定在导轨上，使固定有挡光片的小车沿倾斜导轨下滑。
①更换宽度Δx不同的挡光片，每次由同一位置静止释放小车，将挡光时间Δt记录在表格内。其中挡光时间最短的应是序号______，平均速度最小的应是序号______，挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度最接近序号______的平均速度。
②将表中平均速度v和挡光时间Δt的数据绘制成v−Δt图像，经计算机拟合得到的函数关系如图(b)所示。则小车运动的加速度a=______m/s2(保留3位有效数字)，图像截距0.8211的物理含义是：______。
(2)采用分体式位移传感器测量时，实验装置如图(c)所示，发射器安装在小车上，接收器固定在导轨底端。位移传感器通过发射红外线和超声波进行测量，并绘制出小车的x−t图线，如图(d)所示。
①红外线属于______，超声波属于______。
A.电磁波
B.机械波
②当小车滑向接收器时，理论上接收器接收到的超声波频率应______，波长应______。
A.变大
B.变小
C.不变
③(论证)根据实验数据，论证0.45s−0.75s之间，小车的运动是否为匀加速直线运动。
二、简答题：本大题共5小题，共15分。
2.α粒子由2个质子和2个中子构成，其质量和电荷量分别为m、2e。
(1)硼中子俘获治疗是目前先进的癌症治疗手段之一，治疗时先给病人注射一种含硼(510B)的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子。请写出描述该过程的核反应方程：______。
(2)若放射出的α粒子(不计重力)进入一分布有场强大小为E的匀强电场的空间中。如图所示，α粒子恰沿与y轴成30∘方向做直线运动。
①(多选)空间中电场的场强方向可能______
A.与x轴正方向夹角30∘
B.与y轴正方向夹角30∘
C.与z轴正方向夹角30∘
D.与x轴负方向夹角30∘
E.与y轴负方向夹角30∘
F.与z轴负方向夹角30∘
②沿x、y、z轴三个方向，电势变化最快的是______
A.x轴
B.y轴
C.z轴
③(多选)α粒子运动距离s后，电势能的变化情况可能是______
A.保持不变
B.增加Ees
C.减小Ees
D.增加2Ees
E.减小2Ees
(3)若放射出的α粒子恰能在磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，则α粒子的运动周期T=______。
3.当物体发生弹性形变时就会产生弹力。一轻质弹簧当其伸长量为x时，产生的弹力大小为kx，k为常量。该弹簧的质量可忽略不计。
(1)如图1所示，将该弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的小物块。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，物块以一定的初速度从O点出发，沿x轴在水平桌面上运动。物块与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
①(作图)画出物块所受弹簧拉力大小F随x变化的示意图；
②(计算)根据F−x图像，求物块沿x轴从O点向右运动到位置x0的过程中，弹力对物块所做的功；
③(计算)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2。求该过程中，弹簧弹力和滑动摩擦力对物块所做的功；
④归纳弹力和滑动摩擦力做功特点的不同之处是：______。
(2)某同学使用该弹簧、直尺、钢球制作了一个“竖直加速度测量计”。
如图3所示，将弹簧竖直悬挂，在弹簧旁固定一直尺，弹簧下端指针位于20cm刻度处；下端悬挂一钢球，静止时指针位于40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。请在尺上标出20cm、30cm、40cm、50cm、60cm处对应的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。
(3)(作图)如图4所示，一蹦床运动员正在从最高处A点下落，与蹦床刚接触时的位置为B点，到达的最低处为C点。图5为在A点、B点处，蹦床的弹性势能Ee、运动员的重力势能Ep和动能Ek的总体情况，请由此推断C点处这些能量的相对关系并画出示意图。
4.电热器、微波炉、电磁炉都可用来加热物体，但原理各不相同。
(1)如图1所示为某科创小组设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表格所示。
①吹冷风时触片P与______两点相接触，吹热风时触片 P与______接触。
②变压器原、副线圈的匝数比n1：n2为______。
③(计算)求小风扇的内阻R及吹热风时通过电热丝的电流IQ(保留2位有效数字)。
(2)一个可视为定值纯电阻的电热器，分别通以如图2所示的方波交变电流和如图3所示的正弦交变电流。
①图3所示电流随时间变化的方程为______。
②(计算)电热器两次通电的电功率之比PA：PB。
(3)微波加热的原理是由于食物中含有一定的______，在微波电场的作用下会剧烈振荡，从而使食物温度升高。电磁炉加热的原理是电磁炉内的磁感线穿过铁锅后在铁锅锅底处产生______，电能转化为内能，进而通过______使食物温度升高。
5.产生X射线的最简单方法是用加速后的电子撞击金属靶，经加速电场加速后的电子高速接击金属靶而减速，损失的动能越多，放出的光子能量越大，并形成X射线谱线。1921年，我国物理学家叶企孙利用该原理较为精确地测定普朗克常量的大小。
(1)若测得加速电场的电压为U、放出X射线的最短波长为λ，电子加速前的初速度忽略不计。
①普朗克常数可用所测物理量表示为h=______。
②h的单位可用国际单位制中的基本单位表示为______。
(2)为测量波长，可使X射线斜射向氯化钠晶体。如图所示，射线将在晶体的两层物质微粒平面上分别反射。
①逐渐改变入射角，可观测到反射光的______。
A.频率大小变化
B.波长大小变化
C.波速大小变化
D.强度大小变化
②已知X射线在氯化钠晶体中的折射率为n，且n略小于1。则可能使X射线发生全反射的情况是______。
A.从真空斜射入氯化钠晶体，入射角大于arcsin(n)
B.从真空斜射入氯化钠晶体，入射角大于arcsin(1n)
C.从氯化钠晶体斜射入真空，入射角大于arcsin(n)
D.从氯化钠晶体斜射入真空，入射角大于arcsin(1n)
(3)增大加速电压，电子的动能增大，将可能把靶原子的最内层电子撞出而形成空穴。外层电子跃迁回最内层填补空穴所释放的光子在谱线中形成如图所示的两条强度峰a、b。
①靶原子中至少应有______层电子；
②若所有高能级轨道上的电子均有可能向基态跃迁，则强度峰a、b所对应的X射线光子能量之比Ea：Eb≈______。(忽略电子之间的相互作用和屏蔽效应)
6.直流发电机的工作原理可以简化为如图所示情景。固定于水平面的平行金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。直导线ab在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上沿恒力F方向以大小为v的速度做匀速直线运动，运动过程中导线ab与导轨始终保持良好接触。
(1)已知ab的电阻为R，导轨端点MP间接有阻值为r的电阻，其余电阻不计。ab长度为L，恰与平行轨道间距相等，与导轨间摩擦不计。在时间Δt内，F对导线ab所做的功W=______；“发电机”产生的电能E=______；电阻 r的热功率Pr=______。
(2)若导线ab的质量m=8.0g、长度L=0.10m，感应电流I=1.0A。(表中列出一些你可能会用到的数据)
①(计算)导线ab中具有的原子数；
②(计算)假设每个原子贡献1个自由电子，求导线ab中自由电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve。(保留2位有效数字)
(3)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述“发电机”能量转化中起着重要作用。图中画出导体棒中自由电子所受洛伦兹力的示意图。(下述问题均用前面出现的物理量符号表示即可)
①则其中洛伦兹力沿棒方向的分力f1=______，垂直棒方向的分力f2=______。
②导体棒ab在导体框上运动的时间Δt内，f1做功W1=______，f2做功W2=______。
答案和解析
1.【答案】4441.33小车在挡光过程运动的初速度(即挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度)ABAC
【解析】解：(1)①易知挡光片宽度Δx越小，挡光时间Δt越小，则挡光时间最短的应是序号4；
设挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度为v1，挡光片后缘经过光电门时的瞬时速度为v2。
小车做匀加速直线运动，则平均速度v=12(v1+v2)
更换宽度Δx不同的挡光片，每次挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度v1均相同，挡光片宽度Δx越小，挡光片后缘经过光电门时的瞬时速度为v2越小，平均速度v就越小，则平均速度最小的是序号4；
挡光片宽度Δx越小，v2越小，v2越接近v1，v1越接近平均速度，则挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度最接近序号4的平均速度。
②根据平均速度v=ΔxΔt，将图(b)计算机拟合得到的函数关系：v=Δt+0.8211，变形为：
Δx=0.6674Δt2+0.8211Δt
根据匀加速直线运动的位移-时间关系式：x=v0t+12at2
两式对比可得：小车运动的加速度a=2×0.6674m/s2≈1.33m/s2
图像截距0.8211的物理含义是：小车在挡光过程运动的初速度(即挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度)。
(2)①红外线属于电磁波(选择：A)，超声波属于机械波(选择：B)。
②当小车滑向接收器时，根据开普勒效应，可知接收器接收到的超声波频率变大(选择：A)，波长不变(选择：C)。
③根据实验数据可知0.45s−0.75s之间，相邻计数点的时间间隔T相同，且为T=0.05s
x轴坐标依次为：x1=61.7cm，x2=58.6cm，x3=55.1cm，x4=51.2cm，x5=46.9cm，x6=42.5cm，x7=37.7cm
相邻计数点间的位移大小为：
s1=x1−x2=61.7cm−58.6cm=3.1cm
s2=x2−x3=58.6cm−55.1cm=3.5cm
s3=x3−x4=55.1cm−51.2cm=3.9cm
s4=x4−x5=51.2cm−46.9cm=4.3cm
s5=x5−x6=46.9cm−42.5cm=4.4cm
s6=x6−x7=42.5cm−37.7cm=4.8cm
相邻的位移之差为：
s2−s1=3.5cm−3.1cm=0.4cm
s3−s2=3.9cm−3.5cm=0.4cm
s4−s3=4.3cm−3.9cm=0.4cm
s5−s4=4.4cm−4.3cm=0.1cm
s6−s5=4.8cm−4.4cm=0.4cm
可见在误差允许的范围内，可认为相邻的相等时间间隔内的位移差恒定，故在0.45s−0.75s之间，小车的运动是匀加速直线运动。
故答案为：(1)①4；4；4；②1.33；小车在挡光过程运动的初速度(即挡光片前缘经过光电门时的瞬时速度)；(2)①A；B；②A；C；③见解答。
(1)①挡光片宽度Δx越小，挡光时间Δt越小；根据匀加速直线运动的平均速度的推论分析；
②根据平均速度的定义，结合图(b)计算机拟合得到的函数关系，对比匀加速直线运动的位移-时间关系式解答。
(2)①红外线属于电磁波，超声波属于机械波；
②根据开普勒效应解答；
③根据实验数据，相邻计数点的时间间隔T相同，求得相邻计数点间的位移大小和相邻的位移之差。根据相邻的相等时间间隔内的位移差是否恒定进行论证。
本题考查了“测量做直线运动物体的瞬时速度”的实验，考查了匀变速直线运动的规律。掌握平均速度的推论，以及Δx=aT2的推论。
2.【答案】 510B+01n=37Li+24αBEBDEπmeB
【解析】解：(1)根据电荷数与质量数守恒，可知该过程的核反应方程为： 510B+01n=37Li+24α。
(2)①α粒子匀强电场中做直线运动，电场力和电场强度方向与粒子运动方向共线，空间中电场的场强方向可能与α粒子运动方向相同，也可能与α粒子运动方向相同相反，则电场的场强方向可能与y轴正方向夹角30∘，也可能与y轴负方向夹角30∘，故BE正确，ACDF错误。
②根据电势差与电场强度的关系可知，沿与电场方向夹角越小的方向电势变化的越快，根据上一问的结论，可知x、y、z轴三个方向中，y轴与电场方向夹角最小，故沿y轴电势变化最快，故B正确，AC错误。
③若场强方向与α粒子运动方向相同，则电场力做功为W=2Ees，因电场力做正功，故α粒子的电势能减小2Ees；
若场强方向与α粒子运动方向相反，则电场力做功为W=−2Ees，因电场力做负功，故α粒子的电势能增加2Ees。
故DE正确，ABC错误。
(3)放射出的α粒子恰能在磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：2evB=mv2R
α粒子的运动周期T=2πRv
联立解得：T=πmeB
故答案为：(1)510B+01n=37Li+24α；(2)①BE；②B；③DE；(3)πmeB
(1)根据电荷数与质量数守恒写出核反应方程。
(2)①根据粒子做直线运动的条件，以及电场力与电场强度的关系解答；
②根据电势差与电场强度的关系解答；
③确定电场力做功的多少与正负，根据电场力做功与电势能变化的关系解答。
(3)根据洛伦兹力提供向心力，结合周期公式解答。
本题考查了电场的性质，粒子在磁场中的运动，基础题目。掌握电势差与电场强度的关系，电场力做功与电势能变化的关系。
3.【答案】弹簧的弹力做功只与初末位置有关，与路径无关，摩擦力做功与物体通过的路程有关
【解析】解：(1)①根据胡克定律有：F=kx，k是常数，则F−x图象如图所示：
②物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功：F−x图线下的面积等于弹力做功大小；
故弹力做功为：W=−12kx0⋅x0=−12kx02；
③物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功为：
W1=−12(kx1+kx3)(x3−x1)=12kx12−12kx32；
物块由x3运动到x2的过程中，弹力做功为：
W2=12(kx2+kx3)(x3−x2)=12kx32−12kx22；
整个过程中弹力做功：W=W1+W2=12kx12−12kx22；
物块由x1向右运动到x3的过程中，摩擦力做功为：Wf1=−μmg(x3−x1)
物块由x3运动到x2的过程中，摩擦力做功为：Wf2=−μmg(x3−x2)
整个过程中摩擦力做功：Wf=Wf1+Wf2=−μmg(2x3−x2−x1)；
④故弹簧的弹力做功只与初末位置有关，与路径无关，摩擦力做功与物体通过的路程有关。
(2)弹簧下端指针位于x1=20cm=0.20m刻度处，下端悬挂一钢球，静止时指针位于x0=40cm=0.40m刻度处，此过程中弹簧的伸长量为：
Δx=x0−x1=0.40m−0.20m=0.20m
设小球的质量为m，根据平衡条件可得：kΔx=mg
当弹簧下端指针位于x1=20cm=0.20m刻度处，根据牛顿第二定律可得：−mg=ma1
解得：a1=−g
当弹簧下端指针位于x2=30cm=0.30m刻度处，弹簧伸长Δx′=0.30m−0.20m=0.10m=0.5Δx，根据牛顿第二定律可得：kΔx′−mg=ma2
解得：a2=−0.5g
当弹簧下端指针位于x0=40cm=0.40m刻度处，根据牛顿第二定律可得：kΔx−mg=ma0
解得：a0=0
当弹簧下端指针位于x3=50cm=0.50m刻度处，弹簧伸长Δx″=1.5Δx，根据牛顿第二定律可得：kΔx″−mg=ma3
解得：a3=0.5g
以此类推，可知，当弹簧下端指针位于60cm处的加速度为：g，如图所示：
(3)根据图像可知，重力势能减为0时，动能最大，且减少重力势能最大值与B点的动能相等，即选取蹦床没有压缩时所在的面为零势能面。
运动员到达的最低处为C点，此时弹性势能最大、动能为零，重力势能为负值，如图所示：
答：(1)①弹簧弹力F随弹簧的伸长量x变化的F−x图象如图所示；
②物块沿x轴从O点向右运动到位置x0的过程中，弹力对物块所做的功为−12kx02；
③物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，该过程中，弹簧弹力做的功为12kx12−12kx32；滑动摩擦力对物块所做的功为−μmg(2x3−x2−x1)；
④归纳弹力和滑动摩擦力做功特点的不同之处是：弹簧的弹力做功只与初末位置有关，与路径无关，摩擦力做功与物体通过的路程有关。
(2)图像见解析；
(3)图像见解析。
(1)①根据胡克定律得到F−x表达式，由此作出F−x图象；
②F−x图线下的面积等于弹力做功大小，由此解答；
③物块由x1向右运动到x3的过程中，根据功的计算公式求解弹力做功和摩擦力做功；
④弹簧的弹力做功只与初末位置有关，与路径无关，摩擦力做功与物体通过的路程有关。
(2)根据平衡条件、牛顿第二定律求解加速度，由此作图；
(3)根据能量转化情况进行解答。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
4.【答案】B A 11：3i=I0sin2πT⋅t 极性分子 涡流 电流热效应
【解析】解：(1)①吹冷风时电路没有接通，但是变压器要接通，所以触片P位于b、c位置；
吹热风时，电热丝和电风扇均接入电路，即触片P位于a、b位置；
故答案为：B；A；
②根据变压器变压规律得：n1：n2=U1：U2=220V：60V=11：3；
故答案为：11：3；
③由表格中数据可得通过小风扇的电流：IQ=PU=6060A=1.0A
热功率：P热=P入−P出=60W−52W=8W
由热功率公式得：P热=IQ2R
解得：R=8.0Ω；
(2)①根据图像可得电流随时间变化的方程为：i=I0sin2πT⋅t
②对于方波，根据焦耳定律得：I02R⋅T2+(−12I0)2R⋅T2=I12RT，解得：I1= 58I0
对于正弦式电流，有效值：I2=I0 2
根据电功率的计算公式可得：PA：PB=I12：I22
解得：PA：PB=5：4；
(3)微波加热的原理是由于食物中含有一定的极性分子，在微波电场的作用下会剧烈振荡，从而使食物温度升高。
电磁炉加热的原理是电磁炉内的磁感线穿过铁锅后在铁锅锅底处产生涡流，电能转化为内能，进而通过电流热效应使食物温度升高。
故答案为：(1)①B；A；②11：3；③小风扇的内阻为8.0Ω，吹热风时通过电热丝的电流为1.0A；
(2)①i=I0sin2πT⋅t；②5：4；
(3)极性分子；涡流；电流热效应。
(1)①根据电路连接情况进行分析；
②根据变压器变压规律进行解答；
③由表格中数据结合电功率的计算公式可得通过小风扇的电流，根据P热=P入−P出、结合P热=IQ2R进行解答；
(2)①根据图像可得电流随时间变化的方程；
②对于方波，根据焦耳定律求解电流有效值；再求出正弦式电流有效值，根据电功率的计算公式进行解答；
(3)根据微波加热的原理、电磁炉加热的原理进行分析。
本题考查交变电流的知识，关键是弄清楚电路的连接情况，掌握变压器的工作原理；掌握交流电有效值的计算方法。
5.【答案】eUλc kg⋅m2⋅s−1 D A 3 27：32
【解析】解：(1)①根据动能定理得经加速电子获得的动能为：Ek=eU
电子获得的动能全部损失时，放出的光子能量最大，放出X射线的波长最短为λ，则有：
hν=hcλ=Ek=eU
普朗克常数可用所测物理量表示为h=eUλc。其中e为电子的电量，c为真空中光速。
②根据：hcλ=Ek=12mv2，可得：h=mv2λ2c
mv2λ2c的单位可表示为：kg⋅m2/s2⋅mm/s=kg⋅m2⋅s−1
故h的单位可用国际单位制中的基本单位表示为kg⋅m2⋅s−1。
(2)①光被反射时频率不会变化，反射光与入射光在同一介质中，波速不会变化，则波长不会变化。逐渐改变入射角，反射光的强度会变化，故ABC错误，D正确。
②因X射线在氯化钠晶体中的折射率n略小于1，故氯化钠晶体相对是光疏介质，根据全反射的条件，可知从真空斜射入氯化钠晶体可能使X射线发生全反射。因氯化钠晶体相对是光疏介质，故真空相对氯化钠晶体的折射率为：n′=1n，根据全反射临界角C满足：sinC=1n′=n，解得：C=arcsin(n)。故使X射线发生全反射的情况是从真空斜射入氯化钠晶体，入射角大于arcsin(n)，故A正确，BCD错误。
(3)①根据题意：外层电子跃迁回最内层，对应形成两条强度峰，可知靶原子中至少应有3层电子；
②强度峰a对应由n=2向基态跃迁，强度峰b对应由n=3向基态跃迁，则有：
Ea=E2−E1=E122−E1=−34E1
Eb=E3−E1=E132−E1=−89E1
可得所对应的X射线光子能量之比Ea：Eb≈27：32
故答案为：(1)①eUλc；②kg⋅m2⋅s−1；(2)①D；②A；(3)①3；②27：32
(1)①根据动能定理求得经加速电子获得的动能，根据题意，由能量守恒定律，结合光子能量公式求解；
②根据：hcλ=Ek=12mv2，推导满足条件的h的单位。
(2)①根据光的传播规律解答；
②根据氯化钠晶体相对是光疏介质，根据全反射的条件，以及全反射临界角与折射率的关系解答。
(3)①根据题意分析电子跃迁情况，得到电子层数；
②确定强度峰a、b对应的向基态跃迁的能级，根据能级关系解答。
本题考查了光子，折射定律与全反射现象，玻尔理论与能级跃迁。掌握能级之间的关系与跃迁的条件。注意(2)问中X射线在氯化钠晶体中的折射率小于1，氯化钠晶体相对真空是光疏介质，由真空斜射入氯化钠晶体才可能使X射线发生全反射，计算全反射临界角时要利用真空相对氯化钠晶体的折射率。
6.【答案】B2L2v2ΔtR+r B2L2v2ΔtR+r B2L2v2r(R+r)2 eBveBve eBv⋅veΔt−eBve⋅vΔt
【解析】解：(1)导线ab切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv，感应电流为：I=ER+r
导线ab受到的安培力为：F安=BIL=B2L2vR+r
导线ab做匀速直线运动，则有：F=F安
在时间Δt内，F对导线ab所做的功W=Fx=FvΔt=B2L2v2ΔtR+r
导轨间摩擦不计，由功能关系可知，“发电机”产生的电能等于F对导线ab所做的功，则有：E=W=B2L2v2ΔtR+r
电阻r的热功率Pr=I2r=B2L2v2r(R+r)2
(2)①导线ab中具有的原子数为：N=mμNA=8.0×10−36.0×10−2×6.0×1023个=8.0×1022个
②由电流的微观表达式可得：I=neSve
其中n为单位体积内的自由电子数，则有：n=NV=NLS
联立可得：ve=ILNe=1.0×0.108.0×1022×1.6×10−19m/s=7.8×10−6m/s
(3)①洛伦兹力沿棒方向的分力f1，对应于导线ab做匀速直线运动的速度v，则有：
f1=eBv
垂直棒方向的分力f2，对应于导线ab中自由电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve，则有：
f2=eBve
②导体棒ab在导体框上运动的时间Δt内，f1做功W1，f2做功W2分别为：
W1=f1⋅veΔt=eBv⋅veΔt
W2=−f2⋅vΔt=−eBve⋅vΔt
故答案为：(1)B2L2v2ΔtR+r；B2L2v2ΔtR+r；B2L2v2r(R+r)2；(2)①导线ab中具有的原子数为8.0×1022个；②导线ab中自由电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve为7.8×10−6m/s；(3)①eBv；eBve；②eBv⋅veΔt；−eBve⋅vΔt
(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得安培力，由平衡条件求得F，根据力做功的定义，功能关系，电功率计算公式求解。
(2)①质量除以摩尔质量等于物质的量，物质的量乘以阿伏加德罗常数等于原子个数；
②依据电流的微观表达式求解。
(3)①洛伦兹力沿棒方向的分力f1，对应于导线ab做匀速直线运动的速度v，垂直棒方向的分力f2，对应于导线ab中自由电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve，根据洛伦兹力计算公式求解；
②根据力做功的定义求解。
本题考查了电磁感应现象的功能问题，通过(3)的解答可见“发电机”作为电源，其静电力对应题目中的洛伦兹力沿棒方向的分力f1，再有f1做功与f2做功之和为零，与洛伦兹力不做功相应。实验序号
1
2
3
4
挡光片宽度Δx/cm
6
4
2
1
挡光时间Δt/s
平均速度v/(m⋅s−1)
热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
阿伏加德罗常数NA
6.0×1023ml−1
元电荷e
1.6×10−19C
导线ab的物质摩尔质量μ
6.0×10−2kg/ml