高考物理二輪復(fù)習 高考仿真搶分練（一）-人教版高三物理試題

高考仿真搶分練(一)(建議用時：60分鐘)第Ⅰ卷一、單項選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計15分，每小題只有一個選項符合題意．)1.某人站在力傳感器上做“下蹲—起跳”的動作，力傳感器顯示此過程F-t圖象如圖1所示，則下列判斷正確的是()圖1A．b點時人的速度為零B．c點時人開始向上起跳C．e點時加速度比b點小D．a(chǎn)－c階段處于下蹲過程中D[人在a－c階段處于失重狀態(tài)，加速度方向始終向下，速度增大，c點為下蹲過程中速度最大的時刻，從c點開始人向下減速，仍處于下蹲過程，故A、B均錯誤，D正確；e點人所受合力比b點大，故e點時人的加速度比b點大，C錯誤．]2.建筑節(jié)能已成為國家節(jié)能減排的戰(zhàn)略重點，為此，中國工程建設(shè)標準化協(xié)會在北京召開“安全、質(zhì)量、創(chuàng)新——2015中國墻體節(jié)能保溫與質(zhì)量安全技術(shù)研討會”．如圖2所示，粉刷墻體保溫材料的工人常用一根繩索將自己懸在空中，假設(shè)工人及其裝備的總重量為M，懸繩與豎直墻壁的夾角為α，懸繩對工人的拉力大小為FT，墻壁對工人的彈力大小為FN,則()【導(dǎo)學(xué)號：25702119】圖2A．FT＝eq\f(Mg,sinα)B．FN＝MgsinαC．若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則FT與FN的合力不變D．若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則FT減小，F(xiàn)N增大C[分析工人受力情況：工人受到重力、支持力和拉力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有FTsinα＝FN，F(xiàn)Tcosα＝Mg，解得FT＝eq\f(Mg,cosα)FN＝Mgtanα，故A、B錯誤．當緩慢增加懸繩的長度時，細繩與豎直方向的夾角α變小，故FT變小，F(xiàn)N變小，但FT與FN的合力與重力平衡，保持不變；故C正確，D錯誤．]3．如圖3所示，一個帶電粒子沿垂直于磁場方向射入一勻強磁場，粒子的一段軌跡如圖，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電量不變)，從圖中情況可以確定()圖3A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從b到a，帶正電C．粒子從a到b，帶負電D．粒子從b到a，帶負電B[由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的半徑逐漸減小，所以粒子的運動方向是從b到a，在根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，所以B正確．]4．四個等量異種點電荷，分別放在正方形的四個頂點處，A、B、C、D為正方形四條邊的中點，O為正方形的中心，如圖4所示．下列說法中正確的是()圖4A．O點電場強度為零B．A、B、C、D四點的電場強度相同C．將一帶負電的試探電荷從B點勻速移動到D點，電場力做功為零D．將一帶負電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能減小C[根據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加原理，O點電場強度不為零，方向由O指向C，選項A錯誤．根據(jù)對稱性可知，A、C兩點電場強度相同，B、D兩點電場強度相同，而A、B兩點電場強度不相同，選項B錯誤．由對稱性可知，B、D兩點等電勢，將一帶負電的試探電荷從B點勻速移動到D點，電場力做功為零，選項C正確．圖中A點電勢高于C點電勢，將一帶負電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能增大，選項D錯誤．]5.某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理如圖5所示．圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高，阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強度增大，阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻．當R處溫度升高時()圖5A．L變暗B．R3的電流減小C．E2的路端電壓增大D．R的功率減小D[當R處溫度升高時，RT阻值變小，小燈泡L的光照強度增大，RG阻值變小，通過R2的電流變大，E2的路端電壓變小，R兩端電壓變小，通過的電流也變小，功率變小，通過R3的電流變大，選項D正確．]二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．)6．某汽車在啟用ABS剎車系統(tǒng)和不啟用該剎車系統(tǒng)緊急剎車時，其車速與時間的變化關(guān)系分別如圖6中的①、②圖線所示．由圖可知，啟用ABS后()圖6A．t1時刻車速更小B．0～t1的時間內(nèi)加速度更小C．加速度總比不啟用ABS時大D．剎車后前行的距離比不啟用ABS更短BD[由圖看出，啟用ABS后t1時刻車速更大，故A錯誤；由斜率等于加速度的大小得到，啟用ABS后0～t1的時間加速度更小，t1～t2的時間內(nèi)加速度更大，故B正確，C錯誤；根據(jù)速度圖象的“面積”等于位移大小看出，剎車后前行的距離比不啟用ABS更短，故D正確．]7．如圖7所示，一輛貨車通過光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物，貨箱質(zhì)量為M，貨物質(zhì)量為m，貨車以速度v向左勻速運動，將貨物提升高度h，則()圖7A．貨物向上做勻速運動B．箱中的物體對箱底的壓力大于mgC．圖示位置時貨車拉力的功率大于(M＋m)gvcosθD．此過程中貨車拉力做的功為(M＋m)ghBC[因為貨車的速度是勻速的，我們將貨車的速度進行分解，它有沿繩伸長的速度，還有垂直繩向上的速度，這兩個分速度是垂直的關(guān)系，故繩的速度為vcosθ，當貨車前進時，θ逐漸減小，cosθ逐漸增大，繩端的速度增大，所以貨物將加速上升，選項A錯誤；因為m有一個向上的加速度，故箱底對它的支持力大于mg，即物體對箱底的壓力也大于mg，選項B正確；貨車拉力的功率P＝Fv′＝Fvcosθ，因為貨物加速上升，故F>(M＋m)g，所以P>(M＋m)gvcosθ，選項C正確；此過程中貨車既把貨物拉高，又使它具有一定的速度，根據(jù)功的原理可知貨車拉力做的功大于(M＋m)gh，故D錯誤．]8．質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)木架上的A點和C點，如圖8所示，當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時桿子停止轉(zhuǎn)動，則()【導(dǎo)學(xué)號：25702120】圖8A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力突然增大C．若角速度ω較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動D．若角速度ω較大，小球可能在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)做圓周運動BCD[小球原來在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩b被燒斷后，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動或做圓周運動，故A錯誤；繩b被燒斷前，小球在豎直方向沒有位移，加速度為零，a繩中張力等于重力，在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力與重力的合力提供小球的向心力，而向心力豎直向上，繩a的張力將大于重力，即張力突然增大，故B正確；若角速度ω較小，小球原來的速度較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動，故C正確；若角速度ω較大，小球原來的速度較大，小球可能在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)做圓周運動，故D正確．]9.如圖9所示，單匝矩形閉合導(dǎo)線框abcd全部處于水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R.線框繞與cd重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω從中性面開始勻速轉(zhuǎn)動，線框轉(zhuǎn)過eq\f(π,6)時的感應(yīng)電流為I，下列說法正確的是()圖9A．線框中感應(yīng)電流的有效值為2IB．轉(zhuǎn)動過程中穿過線框的磁通量的最大值為eq\f(2IR,ω)C．從中性面開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，通過導(dǎo)線某橫截面的電荷量為eq\f(2I,ω)D．線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為eq\f(2πRI2,ω)BC[從中性面開始計時，電流瞬時值表達式為：i＝Imsinωt，據(jù)題ωt＝eq\f(π,6)時，i＝I，代入得電流的最大值為：Im＝2I，有效值為：I有＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)I，故A錯誤；感應(yīng)電動勢最大值為：Em＝ImR＝2IR由Em＝BSω，則穿過線框的磁通量的最大值為：Φm＝BS＝eq\f(2IR,ω)，故B正確；從中性面開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)＝eq\f(2I,ω)，故C正確；電流的有效值為：I有＝eq\r(2)I，則線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為：Q＝Ieq\o\al(2,有)RT＝eq\f(4πRI2,ω)，故D錯誤．]第Ⅱ卷三、簡答題(本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分．)[必做題]10．(8分)某同學(xué)設(shè)計了如圖10所示的裝置去驗證小球擺動過程中的機械能守恒，實驗中小球到達B點(圖中未標出)時恰好與桌面接觸但沒有彈力，D處的箭頭處放一鋒利的刀片，細線到達豎直位置時被割斷，小球做平拋運動落到地面，P是一刻度尺．該同學(xué)方案的優(yōu)點是只需利用刻度尺測量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平拋運動的水平位移L即可．【導(dǎo)學(xué)號：25702121】圖10(1)測量A位置到桌面的高度h應(yīng)從________開始測(選填“球的下邊沿”或“球心”)．(2)實驗中改變h多測幾次h和L的數(shù)值利用作圖象的方法去驗證．該同學(xué)取縱軸表示L，則橫軸應(yīng)表示________．(3)若所作圖象的斜率為k，則滿足________關(guān)系即可證明小球下擺過程中機械能守恒．【解析】本題主要考查平拋運動和驗證機械能守恒定律，意在考查考生的實驗遷移能力．由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，依據(jù)平拋運動規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gt2，L＝vt，整理后可得L＝2eq\r(Hh).【答案】(1)球的下邊沿(2)eq\r(h)(3)k＝2eq\r(H)11．(10分)中國機器人農(nóng)民發(fā)明家吳玉祿(被譽為中國的特斯拉)只有小學(xué)文化，為了給他的機器人吳老二找一個可充電電池，他在廢品站找到了一個像電池一樣有兩個電極的裝置，上面標有“TNT”等字樣，他高興地拿回去充電，結(jié)果差點丟了性命．如果你是他的兒女，為了安全起見，你能給他提出一些建議或幫助嗎？(1)經(jīng)核實該電雷管全電阻值為6Ω，其中電熱絲阻值為5Ω，引腳線長2m，阻值為1Ω，當通以0.45A電流時約6s鐘爆炸，若吳玉祿用5.4V的電壓給它充電時理論上約________s鐘爆炸(危險)．(2)某興趣小組發(fā)揚吳玉祿精神，用伏安法設(shè)計了一較準確測量上述單只電雷管電阻的電路．準備了以下實驗器材：待測電雷管Rx，炸藥桶(保護作用，防爆破)電流表A1：量程0.5A、內(nèi)阻約0.5Ω電流表A2：量程30mA、內(nèi)阻約30Ω電壓表V1：量程30V、內(nèi)阻約10kΩ電壓表V2：量程2V、內(nèi)阻約3kΩ滑動變阻器R：0～10Ω電阻箱R0：0～999.9Ω，0.1A干電池E：電動勢E＝1.5V，內(nèi)阻r約0.1Ω開關(guān)S及導(dǎo)線若干．①請設(shè)計一個較合理的電路原理圖，畫在規(guī)定方框內(nèi)，要求通過電雷管的電流不超過27mA，電壓能從零調(diào)節(jié)，盡可能減小誤差．②并寫出Rx的計算公式Rx＝_____________________________________________________________________________________________________________________________；(可能用到的字母示數(shù)為I1、示數(shù)為I2、示數(shù)為U1、示數(shù)為U2、電阻箱電阻為R0)【解析】(1)根據(jù)焦耳定律：Q＝I2Rt0．452×5×6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5.4,6)))2×5t得：t＝1.5s.(2)①題目要求電壓能從零調(diào)節(jié)，所以滑動變阻器選用分壓接法；電雷管電流不能超過27mA，所以需要串聯(lián)一個定值電阻或者可以顯示阻值的電阻箱，故電路圖如圖所示．②根據(jù)部分電路的歐姆定律：計算公式為R＝eq\f(U2,I2)－R0.【答案】(1)1.5(2)①見解析②eq\f(U2,I2)－R0[選做題]12．[選做題]本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按A、B兩小題評分．A．[選修3－3](12分)(1)下列說法中正確的是________．A．雨水不能透過布雨傘是因為液體表面存在張力B．分子間的距離r增大，分子間的作用力做負功，分子勢能增大C．氣體自發(fā)地擴散運動說明分子是永不停息地運動的D．懸浮在液體中的微粒越大，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越多，布朗運動越明顯(2)如圖11所示，一定質(zhì)量的理想氣體被活塞密封在一絕熱容器中，活塞與容器壁無摩擦，當溫度為T1時，氣體壓強為p1，體積為V1，若溫度升高到T2，氣體壓強變?yōu)閜2，氣體的體積變?yōu)閂2，則p2________p1，V2________V1(選填“＞”“＝”或“＜”)，若在活塞上放置一定質(zhì)量的重物，穩(wěn)定后氣體的壓強變?yōu)閜3，溫度變?yōu)門3，則p3________p1，T3________T1(選填“＞”“＝”或“＜”)．圖11(3)鐵的密度ρ＝7.8×103kg/m3、摩爾質(zhì)量M＝5.6×10－2kg/mol，阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.0×1023mol－1，將鐵原子視為球體，試估算鐵原子的直徑大?。?保留一位有效數(shù)字)【解析】(1)當分子間距離小于平衡距離時，隨分子距離的增大，分子力做正功，分子勢能減少，當分子間距離大于平衡距離時，隨分子距離的增大，分子力做負功，分子勢能增加，故選項B錯誤；懸浮在液體中的微粒越大，在某一瞬間無規(guī)則撞擊它的液體分子數(shù)越多，抵消越多，布朗運動越不明顯，故選項D錯誤；選項A、C說法正確．(2)第一過程是等壓變化，溫度升高，體積增大，所以p2＝p1，V2＞V1，第二過程是一個絕熱壓縮過程，壓強變大，外界對氣體做功，內(nèi)能增大，溫度升高，所以p3＞p1，T3＞T1.(3)取1mol56g的鐵，設(shè)每個原子直徑為d，共有NA個原子，總體積為V＝NA·eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))3＝eq\f(m,ρ)，解得：d＝3×10－10m【答案】(1)AC(2)＝＞＞＞(3)3×10－10mB．[選修3－4](12分)(1)下列說法中正確的是________．A．雷達是利用聲波的反射來測定物體的位置B．調(diào)制是電磁波發(fā)射的過程，調(diào)諧是電磁波接收的過程C．在雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光，則相鄰干涉條紋間距變寬D．考慮相對論效應(yīng)，一沿自身長度方向高速運動的桿的長度總比其靜止時的長度短(2)在t＝0時刻，質(zhì)點A開始做簡諧運動，其振動圖象如圖12所示，質(zhì)點A振動的周期是________s，質(zhì)點B在波的傳播方向上與A相距16m，已知波的傳播速度為2m/s，在t＝9s時，質(zhì)點B偏離平衡位置的位移是____________cm.圖12(3)如圖13所示，直角玻璃三棱鏡置于空氣中，已知∠A＝60°，∠C＝90°，一束極細的光于AC邊的中點垂直AC面入射，AC＝2a，棱鏡的折射率為n＝eq\r(2).圖13①作出光在棱鏡內(nèi)傳播到第一次射入空氣的光路圖；②求出光在棱鏡內(nèi)第一次射入空氣時的折射角．【解析】(1)雷達是利用無線電波的反射來確定物體目標的儀器，故選項A錯誤；發(fā)射電磁波需要將低頻信號加到高頻信號上，此過程稱為調(diào)制，接收到電磁波時，選擇所需要的頻率信號，稱為調(diào)諧，故選項B正確；雙縫干涉條紋寬度正比于波長，紅光波長比綠光大，它干涉條紋間距寬，故選項C正確；相對論效應(yīng)是對不同參考系而言的，相對地面高速運動的桿在自身參考系內(nèi)測量就是靜止的原長，而地面觀察者測量時發(fā)現(xiàn)其長度變短，所以應(yīng)該強調(diào)在哪個參考系內(nèi)測量的，故選項D錯誤．(2)題圖為波的振動圖象，由圖可知波的周期為4s，波源的起振方向與波頭的振動方向相同且向上，t＝6s時質(zhì)點在平衡位置向下振動，故8s時質(zhì)點在平衡位置向上振動，波傳播到B點，需要時間t1＝eq\f(x,v)＝eq\f(16,2)s＝8s，故t＝9s時，質(zhì)點又振動了1s(1/4個周期)，處于正向最大位移處，位移為10cm.(3)①光在棱鏡內(nèi)傳播到第一次射入空氣的光路圖如下圖所示．②由上圖可知，因為光線在D點發(fā)生全反射，由反射定律和圖中幾何關(guān)系得：∠4＝30°根據(jù)折射定律有：eq\f(sin∠5,sin∠4)＝n，sin∠5＝eq\f(\r(2),2)所以第一次射入空氣的折射角∠5＝45°【答案】(1)BC(2)410(3)①見解析②45°C．[選修3－5](12分)(1)下列說法中正確的是________．A．太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的裂變反應(yīng)B．原子核式結(jié)構(gòu)模型是由湯姆生在α粒子散射實驗基礎(chǔ)上提出的C．放射性元素的半衰期是由核內(nèi)自身的因素決定的，跟原子所處的物理、化學(xué)狀態(tài)沒有關(guān)系D．用γ射線治療腫瘤時一定要嚴格控制劑量，以免對人體正常組織造成太大的傷害(2)太陽內(nèi)部持續(xù)不斷地發(fā)生著4個質(zhì)子聚變?yōu)?個氦核的熱核反應(yīng)，核反應(yīng)方程是4eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2X，其中X粒子是________，這個核反應(yīng)釋放出大量核能，已知質(zhì)子、氦核、X的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，真空中的光速為c，反應(yīng)過程釋放的能量為________．(3)甲、乙兩冰球運動員為爭搶冰球而迎面相撞，已知甲運動員的質(zhì)量為60kg，乙運動員的質(zhì)量為70kg，接觸前兩運動員速度大小均為5m/s，沖撞后甲被撞回，速度大小為2m/s，問撞后乙的速度多大？方向如何？【解析】(1)太陽能量來自于太陽內(nèi)部輕核的聚變反應(yīng)，故選項A錯誤；原子核式結(jié)構(gòu)模型是由盧瑟福在α粒子散射實驗基礎(chǔ)上提出的，不是湯姆生，湯姆生提出的是膠體棗糕模型，故選項B錯誤；選項C、D說法正確．(2)根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)的守恒可知X粒子的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為1，因此X粒子為正電子，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知，該反應(yīng)過程釋放的能量為：ΔE＝Δmc2＝(4m1－m2－2m3)c2.(3)根據(jù)動量守恒定律有：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2取甲初速度方向為正方向，v1＝5m/s，v2＝－5m/s，v′1＝－2m/s解得：v′2＝1m/s，方向與乙撞前的運動方向相反(或與甲撞前的運動方向相同)．【答案】(1)CD(2)正電子(4m1－m2－2m3)c2(3)1m/s方向與乙撞前的運動方向相反(或與甲撞前的運動方向相同)四、計算題(本題共3小題，共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．)13．(15分)如圖14所示，光滑圓弧形凹槽ABC放在水平地面上，O為圓心，A、C兩點等高且為圓弧邊緣，B為最低點，張角∠AOC可隨意調(diào)節(jié)，圓弧半徑r＝0.5m．現(xiàn)將OA與豎直方向的夾角θ1調(diào)為53°，把一個質(zhì)量m＝0.1kg的小球從水平桌面的邊緣P點以v0＝3m/s向右水平拋出，該小球恰能從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽．已知sin53°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．【導(dǎo)學(xué)號：25702122】圖14(1)求小球運動到A點時的速度大??；(2)求小球在B點時對軌道的壓力大?。?3)改變θ1和v0的大小，同時把凹槽在水平地面上左右移動，使小球仍能從A點沿切線方向進入凹槽．若PA與豎直方向的夾角為θ2，試證明tanθ1·tanθ2＝2.【解析】(1)將小球經(jīng)A點時的速度vA分解，有vAcosθ1＝v0 2分解得vA＝eq\f(v0,cosθ1)＝eq\f(3,0.6m/s)＝5m/s. 2分(2)小球從A到B的過程，由機械能守恒定律有mgr(1－cosθ1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A) 2分在B點，對小球有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),r) 2分代入數(shù)據(jù)解得FN＝6.8N 1分由牛頓第三定律知，小球經(jīng)B點時對圓槽的壓力大小為6.8N． 1分(3)小球能從A點沿切線方向進入圓弧，說明其經(jīng)A點時的速度vA與水平方向的夾角為θ1.設(shè)它從P到A的時間為t，則有tanθ1＝eq\f(gt,v0) 2分tanθ2＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt) 2分所以有tanθ1·tanθ2＝eq\f(gt,v0)·eq\f(2v0,gt)＝2，得證. 1分【答案】(1)5m/s(2)6.8N(3)見解析14．(16分)如圖15所示，有理想邊界的勻強磁場寬度為H，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里．正方形金屬線框abcd的質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L(L<H)．將線框從磁場上方某一高處以速度v0水平拋出一段時間后勻速進入磁場，線框剛離開磁場時與剛進入磁場時的速度相同，運動過程中線框的ab邊始終與磁場邊界平行．已知重力加速度為g.求：圖15(1)線框剛進入磁場時的速度大?。?2)線框穿出磁場過程中，流過線框橫截面的電荷量；(3)線框穿過磁場下邊界所經(jīng)過的時間．【解析】(1)設(shè)線框剛進入磁場時在豎直方向的速度大小為v1，感應(yīng)電動勢E＝BLv1 1分線框ab邊所受安培力F＝BIL 1分線框受力平衡，有mg＝BIL 1分解得v1＝eq\f(mgR,B2L2) 1分從而線框剛進入磁場時的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,B2L2)))2＋v\o\al(2,0)). 2分(2)設(shè)線框穿出磁場過程中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，所用時間為t，有q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt 1分又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR) 1分聯(lián)立得q＝eq\f(BL2,R). 2分(3)設(shè)線框ab邊剛運動到磁場下邊界時，豎直方向的速度大小為v2，由動能定理有mg(H－L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 2分設(shè)線框穿過磁場下邊界的某時刻速度為v，由牛頓定律有eq\f(B2L2v,R)－mg＝meq\f(Δv,Δt) 2分即有eq\f(B2L2,R)vΔt－mgΔt＝mΔv對整個穿過磁場下邊界的過程中求和，有eq\f(B2L2,R)∑(vΔt)－mg∑Δt＝m∑Δv即eq\f(B2L3,R)－mgt＝m(v2－v1)解得t＝eq\f(B2L3,mgR)＋eq\f(mR,B2L2)－eq\r(\f(2H－L,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mR,B2L2)))2). 2分【答案】(1)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,B2L2)))2＋v\o\al