广东省深圳市建文外国语两学部2025~2026学年高三上学期8月月考物理检测试题（含答案）

这是一份广东省深圳市建文外国语两学部2025~2026学年高三上学期8月月考物理检测试题（含答案），共17页。试卷主要包含了9km/s，下列说法错误的是，02sD等内容，欢迎下载使用。
物 理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
①磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中受力方向相同
②磁感应强度单位是T，1T=1N/A.m
③磁通量大小等于穿过磁场中单位面积的磁感线条数
④磁通量单位是Wb，lWb=1T⋅1m2．
A. 只有②④B. 只有②③④C. 只有①③④D. 只有①③
2.某玻璃三棱镜的截面如图所示，AB边沿竖直方向，∠BAC=60°，∠B=45°。已知玻璃的折射率为 3。当一束水平单色光照射在三棱镜AB边上时，光在AC边上的折射角为(不考虑光在玻璃中的多次反射)( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°
3.地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a.卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切．不计阻力，以下说法正确的是( )
A. 卫星甲、乙分别经过P点时的速度相等
B. 卫星甲、乙在P点时受到的万有引力相等
C. 如果地球的转速为原来的 g+aa倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
D. 卫星甲的机械能最大，卫星中航天员始终处于完全失重状态
4.我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里，远地点约为3.6万公里的转移轨道Ⅱ(椭圆)，然后通过远地点变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ(圆形)。但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道Ⅰ远地点只有1.6万公里。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功于预定轨道，下列说法正确的是( )
A. 卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能减小
B. 卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和轨道Ⅱ经过Q点时的速度相同
C. “中星9A”发射失利原因可能是发射速度没有达到7.9km/s
D. 卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动时处于失重状态
5.下列说法错误的是( )
A. 卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子的核式结构模型
B. 玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念，并指出氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收光子
C. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期将不变
D. 铀核( 92238U)衰变为铅核( 82206Pb)的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变
6.质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用从静止开始做匀加速运动，在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示，设两次摩擦力的冲量分别为If1、If2，摩擦力做的功分别为Wf1、Wf2，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。下列结论正确的是( )
A. If1:If2=3:5B. Wf1:Wf2=3:5C. I1:I2=6:5D. W1:W2=3:5
7.如图所示，水平传送带以4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触(不栓接)，并压缩至图示位置然后释放，已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，AP=L2=1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块最后刚好返回到B点时速度减为零。g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小物块第一次到A点时，速度大小一定等于8m/s
B. 小物块第一次到A点时，速度大小一定等于4m/s
C. 小物块离开弹簧时的速度一定满足2 10m/s≤v≤2 22m/s
D. 小物块离开弹簧时的速度一定满足2 6m/s≤v≤2 10m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在如图所示的坐标系内，带有等量负电荷的两点电荷A、B固定在x轴上，并相对于y轴对称，在y轴正方向上的M点处有一带正电的检验电荷由静止开始释放。若不考虑检验电荷的重力，那么检验电荷运动到O点的过程中( )
A. 电势能逐渐变小B. 电势能先变大后变小，最后为零
C. 先做加速运动后做减速运动D. 始终做加速运动，到达O点时加速度为零
9.如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法正确的是( )
A. 它的频率是50HZB. 电压的有效值为311V
C. 电压的周期是 0.02sD. 电压的瞬时表达式是u=311sin314t v
10.运动员手持球拍托球沿水平方向匀加速跑动，球的质量为m，球拍和水平面间的夹角为θ，球与球拍相对静止，它们间摩擦力以及空气阻力不计，则( )
A. 运动员的加速度为gtanθB. 运动员的加速度为gsinθ
C. 球拍对球的作用力为mgcsθD. 球拍对球的作用力为mgtanθ
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图所示，在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，M，N是通电螺线管轴线上的两点，且这两点到螺线管中心的距离相等．用磁传感器测量轴线上M、N之间各点的磁感应强度B的大小，并将磁传感器顶端与M点的距离记作x．
(1)如果实验操作正确，得到的B−x图象应为图中的______
(2)请写出通电螺线管中轴线上各点磁感应强度大小随x变化的大致特点：______．
(3)如果实验中原闭合的螺线管突然断路，此刻螺线管内部的磁感应强度______
A.一定为零 B.可能为零 C.保持不变 D.先变大，后变小．
12.某兴趣小组利用DIS实验系统研究匀变速直线运动规律，步骤如下：

(1)用游标卡尺测量自制挡光片的宽度，如图1，读数为d= ______mm；
(2)如图2，将挡光片固定在滑块上，在倾斜放置的长木板上A、B两点安装光电门，测出长木板与水平桌面的夹角θ；
(3)将滑块从某一位置由静止释放。记录挡光片分别通过光电门A、B的时间t1和t2。则滑块通过A点的速率为______(用题给物理量符号表示)，DIS实验系统可测得滑块由A运动至B的时间为Δt，则滑块的加速度可表示为______。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，两个容器均为V的容器A和B分别装有质量比为7：6的同种理想气体。两容器由一细管连接，细管横截面积为S，长度为L，其中有长度为三分之一管长的液柱。液柱处于细管正中间。已知B容器中气体温度为350K。求：
(i)A容器中气体的温度；
(ii)将A中气温升高50K，B中气体温度保持不变，求平衡时液柱向B移动的距离x(液柱始终在细管内)。
14.如图所示，质量为3kg的长木板B放在光滑的水平面上，右端与半径R=1m的粗糙的14圆弧相切，左端上方放质量为1kg物块C，物块C与长木板B的动摩擦因数为0.2.现使质量为1kg的物体A从距圆弧上端ℎ=5m处静止释放，到达水平轨道与B碰撞后一起运动，再经1s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下．取g=10m/s.求：
(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力；
(2)长木板B的长度；
(3)物体A经过圆弧时克服阻力做的功．
15.如图所示，一对半径均为r的光滑竖直圆弧型金属导轨，其右端与一对足够长平行且光滑的水平金属导轨平滑连接成固定轨道，水平导轨的右端接入阻值为R的电阻，且水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中。现有一质量为m、长度为L、电阻为R2的导体棒从圆弧轨道上ℎ(ℎ1n= 33，所以光线在D点将发生全反射，反射角为45°，根据几何关系可知反射光线在AC上E点的入射角为r=30°，设折射角为i，根据折射定律有n=sinisinr，解得i=60°
故ABD错误，C正确；
故选：C。
已知三棱镜的折射率，根据sinC=1n可求得全反射的临界角，判断出光在BC边恰好发生全反射，作出光路图。光线在AC边上发生折射，由折射定律求出折射角。
本题关键要掌握全反射条件和临界角公式sinC=1n，正确作出光路图，还要能够灵活运用几何知识分析物理问题。
3.【正确答案】C
解：A、物体在椭圆形轨道上运动，轨道高度越高，在近地点时的速度越大，故A错误；
B、由于未知卫星质量，故不能仅跟与地心距离的大小相等判断万有引力的大小相等，故B错误；
C、使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力则有：GmMR2−mg=ma，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，
GmMR2=mg+ma，则此时物体的向心加速度为a'=m(g+a)即此时的向心加速度a'=g+a
根据向心加速度和转速的关系有：a=R(n2π)2，a'=R(n'2π)2可得：n'= a'an= g+aan，故C正确．
D、卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因未知卫星的质量，故不能确定甲卫星的机械能最大，故D错误．令卫星做匀速圆周运动时，万有引力完全提供圆周运动的向心力，故此时卫星中宇航员处于完全失重状态，但当卫星沿椭圆轨道运动时，卫星所受万有引力不是完全提供卫星的向心力，故卫星中宇航员始终处于完全失重状态是错误的．
故选：C．
根据发射速度大小，分析卫星发射的难易程度，发射速度越大，发射越困难．机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，质量未知时，是无法比较卫星的机械能大小的．根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大．由牛顿第二定律研究加速度．
卫星绕地球运动，轨道高度越大，发射速度越大，发射越困难，卫星在近地点的速度越大．在随圆轨道上运动的卫星，万有引力和卫星运动所需要向心力不是始终相等的，故在椭圆轨道上运动的卫星不是始终处于完全失重状态．
4.【正确答案】D
解：A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P点加速后才能做离心运动，从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故A错误。
B.卫星由Ⅱ的Q点加速后才能进入Ⅲ，由此可知，卫星在轨道Ⅲ经过Q点时的速度大于在轨道Ⅱ经过Q点时的速度，故B错误；
C、发射速度小于7.9km/s时，卫星会落回地面，而该卫星进入较低轨道，故发射速度大于7.9km/s，故C错误。
D、卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动时只受到万有引力的作用，所以处于完全失重状态，故D正确。
故选：D。
卫星的最小反射速度为7.9km/s，卫星加速过程机械能增加，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，处于失重状态，根据题意分析答题。
卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，卫星处于失重状态；知道卫星变轨的原理是解题的关键，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。
5.【正确答案】D
解：A、卢瑟福用α粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，故A正确；
B、玻尔认为，围绕原子核运动的电子轨道半径只能是某些分离的数值，原子在不同轨道对应不同状态，具有不同的能量，这就是量子化的概念；根据玻尔的跃迁假设，氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收光子，故B正确；
C、半衰期由放射性元素本身的特点决定，与温度无关，故C正确；
D、发生α衰变是放出H24H⁡e，发生β衰变是放出电子e−10e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x−y+82=92，4x+206=238，解得x=8，y=6，故衰变过程中共有8次α衰变和6次β衰变，故D错误．
本题选择错误的，故选：D
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．卢瑟福用α粒子轰击原子而产生散射的实验，提出了原子核式结构模型；玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念，成功解释了氢光谱；半衰期与温度无关；根据电荷数守恒与质量数守恒判定经过α衰变和β衰变的次数．
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．
6.【正确答案】A
【分析】
撤去动力后列车的加速度相同，根据牛顿第二定律及冲量公式分析摩擦力冲量；v−t图线与t轴围成的面积表示位移，根据功的公式分析摩擦力做功；对全程根据动量定理和动能定理分析动力的冲量和做功情况。
A.根据图像，撤去动力后列车的加速度相同，根据牛顿第二定律，两列车受到的摩擦力相等，两列车全程的时间之比t1:t2=3:5
根据If=ft
所以If1:If2=3:5，故A正确；
B.因v−t图线与t轴围成的面积表示位移，故两列车全程的位移之比x1:x2=12×2v0×3t0:12v0×5t0=6:5
所以Wf1:Wf2=6:5，故B错误；
C.对列车全过程利用动量定理，由I1−If1=0，I2−If2=0
故I1 :I2=If1 :If2=3：5，故C错误；
D.对列车全过程利用动能定理W1−Wf1=0，W2−Wf2=0
故W1:W2=6:5，故D错误。
故选A。
7.【正确答案】B
解：AB、设物体到达P点的速度为v'，反弹后运动到B点的速度为零，由动能定理得：
−μmg(L1+L2)=0−12m'v2 解得：v'=2 3m/s，
物体由A到P点过程中，由动能定理得：−μmgL2=12mv2−12mvA2，
解得：vA=4m/s，故A错误B正确；
CD、若物体速度较大，一直做匀减速运动，有：−2μmg(L1+L2)=0−12mv2，解得：v=2 6m/s；
若速度较小，在AB上一直加速，到A点时恰好与带同速，有：L1=vt+12at2，4=v+at
联立解得：v=2 2m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2 2m/s≤v≤2 6m/s，故CD错误。
故选：B。
由动能定理求出物体返回B点时速度为零的条件，然后分析物体以不同速度滑上传送带后的运动情况，看各选项的速度是否符合要求。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式，关键是分析清楚物体的运动过程。
8.【正确答案】AD
解：A、根据等量负电荷电场线的分布情况可知：MO间的电场方向从M到O，根据顺着电场线方向电势降低，可知粒子从M点向O点运动的过程中，电势逐渐降低，小球带正电，其电势能逐渐减小，故A正确；
B、带正小球所受的电场力方向向下，电场力做负功，电势能逐渐减小，故B错误；
CD、电场力方向与初速度方向相同，小球一定做加速运动，到达O点时，由于场强为零，所受的电场力为零，则加速度为零，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据电场线的分布情况可知，MO间的电场方向从M到O，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化，即可判断电势能的变化；根据电场力与速度方向的关系分析小球的运动情况；到达O点时场强为零，所受的电场力为零，由牛顿第二定律分析加速度．
加强基础知识的学习，掌握住等量同种电荷的电场线的分布特点，特别是注意MO线上场强的方向．能掌握电场力做功与电势能变化的关系，熟练判断电势能的变化情况．
9.【正确答案】ACD
解：A、由图可知，T=2×10−2s，故f=1T=50Hz，故A正确，C正确；
B、由图象可知交流电的最大值为Um=311V，因此其有效值为：U=311 2=220V，故B错误；
D、ω=2πf=100πrad/s，Um=311V，所以其表达式为：u=311sin314t(V)，故D正确；
故选：ACD
根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．
10.【正确答案】AC
【分析】
不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力。
本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解。
网球受力如图所示，由牛顿第二定律得：水平方向：Nsinθ=ma，竖直方向，由平衡条件得：Ncsθ=mg，解得运动员的加速度为：a=gtanθ，球拍对球的作用力为：N=mgcsθ，故AC正确，BD错误。
故选AC。
11.【正确答案】(1)B；
(2)轴线上各点的磁感应强度随x先增大后减小，
通电螺线管中轴线上中心两侧对称点的磁感应强度大小基本相等，
通电螺线管中轴线上中间有一段各点磁感应强度大小基本不变；
(3)A
解：(1)从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称，由图示可知，图象B正确；
(2)由图象B可知，螺线管的磁场特点是：轴线上各点的磁感应强度随x先增大后减小，
通电螺线管中轴线上中心两侧对称点的磁感应强度大小基本相等，
通电螺线管中轴线上中间有一段各点磁感应强度大小基本不变．
(3)如果实验中原闭合的螺线管突然断路，螺线管中电流为零，螺线管内部没有磁场，磁感应强度为零，故A正确．
故(1)B；(2)轴线上各点的磁感应强度随x先增大后减小，通电螺线管中轴线上中心两侧对称点的磁感应强度大小基本相等，通电螺线管中轴线上中间有一段各点磁感应强度大小基本不变．(3)A．
(1)从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称，分析各图示，找出符合螺线管实际的图象．
(2)根据B−x图象分析通电螺线管的磁场特点．
(3)电流产生磁场，如果螺线管中没有电流，则螺线管内部没有磁场．
通电螺线管的磁场是由电流产生的，如果螺线管中没有电流，则螺线管内没有磁场；知道螺线管的磁场分布是正确解题的关键．
12.【正确答案】5.30 dt1 d(t1−t2)t1t2Δt
解：(1)由图可得，挡光片的宽度为：d=5mm+6×0.05mm=5.30mm
(3)由题意得，滑块通过A点的速率为
v1=dt1
由题意得，滑块通过B点的速率为
v2=dt2
则由
v2=v1+aΔt
得滑块的加速度可表示为
a=v2−v1Δt=d(t1−t2)t1t2Δt
故(1)5.30；(3)dt1；d(t1−t2)t1t2Δt。
(1)根据游标卡尺的读数规则得出挡光片的宽度；
(3)根据运动学公式得出滑块在A点的瞬时速度，结合运动学公式即可求解出加速度。
本题主要考查了测量动摩擦因数的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式完成分析即可。
13.【正确答案】解：(i)液柱处于细管正中间时，A、B气体压强p相同，体积V相同
根据pV=nRT
T=pVnR
p(V+LS3)TA=pA(V+LS3+Sx)TA'
即TATB=pVnARpVnBR=nBnA
nA=mAM
nB=mBM，其中M为同种气体的摩尔质量
联立解得TA=300K；
(ii)对A气体，根据理想气体状态方程
p(V+LS3)TA=pA(V+LS3+Sx)TA'
TA'=TA+50K=300K+50K=350K
对B气体根据玻意耳定律
p(V+LS3)=pB(V+LS3−Sx)
而液柱最终保持平衡有pA=pB
联立解得x=3V+LS39S
答：(i)A容器中气体的温度为300K；
(ii)平衡时液柱向B移动的距离x为3V+LS39S。
(i)根据题意确定A、B气体的状态参量，再根据公式pV=nRT求解；
(ii)分别对A、B气体应用理想气体状态方程以及玻意耳定律列式求解即可。
解答该类题型，需要明确各气体初末状态参量，并能根据适当的公式求解，题目难度适中。
14.【正确答案】解：(1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动，有：VAl2=2gℎ…①
刚进入圆弧时有：FN=mAVAl2R…②
联立①、②式解得：FN=2mAgℎR=2×1×10×51=100N
根据牛顿第三定律可知，物体A刚进入圆弧时对轨道的压力为100N，
(2)物块C从开始运动到长木板具有相同速度过程中有：aC=μmCgmC=μg=0.2×10=2m/s2
物块C运动距离为：SC=12aCt2=12×2×1=1m
物块C在B的右端时两者具有相同的速度为：VB2=VC=aCt=2×1=2m/s
aB=μmCg(mA+mB)=0.2×1×101+3=0.5m/s2
由速度公式得木板刚开始运动时速度为：VB1=VB2+aBt=2+0.5=2.5m/s
木板B运动距离为：SB=VB1+VB22t=2+2.52=2.25m
木板B的长度为：L=SB−Sc=2.25−1=1.25m
(3)物块A与木板B碰撞过程中动量守恒有：mAVA2=(mA+mB)VB1，
代入数据得：VA2=10m/s
物块A从静止释放到与木板A碰撞前，由动能定理有：mAg(ℎ+R)−Wf=12mAVA22
物体A经过圆弧时克服阻力做的功：Wf=10J
答：(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力为100N；
(2)长木板B的长度为1.25m；
(3)物体A经过圆弧时克服阻力做的功为10J．
(1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动，求出进如圆弧时的速度，进入圆弧时做圆周运动，轨道的支持力提供向心力，根据向心力公式即可求解；
(2)根据牛顿第二定律求出物块C从开始运动到长木板具有相同速度过程中的加速度，根据运动学公式求出滑块C运动的位移，物块C在B的右端时两者具有相同的速度，根据运动学基本功公式结合位移关系即可求解；
(3)物块A与木板B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式，物块A从静止释放到与木板A碰撞前，由动能定理列式，联立方程即可求解．
本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式与圆周运动的综合，知道圆周运动向心力的来源，运动过程较为复杂，难度较大．
15.【正确答案】导体棒恰好到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为mg+2mgℎr；
整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为23mgℎ；
整个过程中，导体棒在水平轨道上向右运动的距离为3mR 2gℎ2B2L2
(1)由机械能守恒定律得
mgℎ=12mv12
解得
v1= 2gℎ
根据牛顿第二定律有
FN−mg=mv12r
解得
FN=mg+2mgℎr
根据牛顿第三定律可知，导体棒刚到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为
FN'=FN=mg+2mgℎr
(2)根据能量守恒定律，回路产生的总热量
Q=mgℎ
电阻R上产生的焦耳热为
QR=23Q
联立解得
QR=23mgℎ
(3)整个过程中，通过导体棒的电荷量
q=IΔt
以向右为正方向，根据动量定理可得
−BI−L⋅Δt=0−mv1
根据法拉第电磁感应定律
E−=ΔΦΔt=BLxΔt
根据闭合电路的欧姆定律可得通过R的电流
I−=E−R+R2
联立解得导体棒在水平轨道上向右移动的距离
x=3mR 2gℎ2B2L2
答：(1)导体棒恰好到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为mg+2mgℎr；
(2)整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为23mgℎ；
(3)整个过程中，导体棒在水平轨道上向右运动的距离为3mR 2gℎ2B2L2。
(1)由机械能守恒定律求导体棒恰好到达圆弧导轨底端时的速度，根据牛顿第二、第三定律求导体棒恰好到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小；
(2)根据能量守恒定律求整个过程中，电阻R上产生的焦耳热；
(3)根据动量定理和法拉第电磁感应定律求整个过程中，导体棒在水平轨道上向右运动的距离。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生熟练掌握电磁感应的规律、能量守恒定律、闭合电路的欧姆定律等知识点。