2019-2020学年高二物理下学期入学考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期入学考试试题(含解析)一.单项选择题1. 下列说法正确的是（ ）A. 导体的电阻率由导体材料、导体长度及导体横截面积决定B. 在匀强电场中，同一直线上距离相等的任意两点间的电势差大小一定都相等C. 电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，但所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直D. 通电导线在磁场中受到的安培力越大，该处磁场的磁感应强度就越强【答案】B【解析】A、导体的电阻率与导体材料和温度有关、与导体长度及导体横截面积无关，故A错误；B、在匀强电场中，同一直线上距离相等的任意两点间的电势差大小一定都相等，故B正确；C、正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反，而洛伦兹力的方向一定与磁场方向垂直，故C错误；D、安培力公式 ，决定安培力大小的因素有很多，所以通电导线在磁场中受到的安培力越大，该处磁场的磁感应强度不一定就越强，故D错误；故选B2. 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（ ）A. A点和B点的电势相同B. C点和D点的电场强度相同C. 正电荷从A点移至B点，电场力做正功D. 负电荷从C点移至D点，电势能增大【答案】C【解析】试题分析：本题的关键要抓住“位于同一等势面上的点电势均相等”，“沿电场线方向电势逐渐降低”，“电场强度是矢量”和“电场力做的功”来讨论解：A、先找到与AB在同一直线上的A点的等势点，再根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知，A的等势点的电势高于B当的电势，故A错误B、因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，B错误C、由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以0，即0，根据=q知，由于q0，0，所以0，即电场力做正功，所以C正确D、因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷在C点与D点的电势能相等，所以D错误故选C【点评】遇到涉及电场线和等势线的题目，要抓住电场线与等势线处处垂直的特点，以及沿电场线方向电势逐渐降低，然后再讨论3. 有一个带电荷量为q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是( ) A. 一定做曲线运动B. 不可能做曲线运动C. 有可能做匀加速直线运动D. 有可能做匀速直线运动【答案】AAB、若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,小球做曲线运动.故A正确；B错误；故选A点睛：带电小球进入复合场受到重力、电场力和洛伦兹力作用,根据小球的合力与速度方向的关系确定小球的运动情况4. 某静电场沿x轴方向的电势分布如图所示，如果仅考虑x轴上的电场情况，则（ ）A. 0和23之间均为匀强电场，且0之间的场强一定比23之间的场强大B.2和34之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反C.2和45之间均为非匀强电场，且这两处的电场方向一定相同D. 34和45之间均为匀强电场，且34之间的场强一定比45之间的场强大【答案】B【解析】根据图象=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，因此在0-L和2L-3L之间不存在沿着x方向的电场分量，故A错误根据图象=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，L-2L和3L-4L之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反，故B正确；根据图象=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，L-2L和4L-5L之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相同，故C错误；根据图象=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，3L-4L和4L-5L之间均为匀强电场，且3L-4L之间的场强一定比4L-5L之间的场强小，故D错误；故选B.点睛：本题关键是要明确沿电场方向电势减小，垂直场强方向，电势不变；匀强电场中，沿电场线方向电势降低最快，沿着任意方向（垂直电场线除外）电势随位移均匀变化.5. 传感器是一种采集信息重要的器件，如图所示，是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，要使膜片产生形变，引起电容变化.将电容器、灵敏电流计、电阻R和电源串接成闭合电路，则（ ）A. 当F向上压膜片电极时，电容将减小B. 若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流C. 若电流计有示数，则压力F发生变化D. 若电流计有示数，则压力F不发生变化【答案】C【解析】AB、当F向上压膜片电极时,板间距离减小,由电容的决定式 得到,电容器的电容将增大由于一直与电源相连，所以电压不变，根据 可知随着C的增大，板上电荷量也在增大，所以电路中有电流通过，故AB错误. CD、当F变化时,电容变化,而板间电压不变,由,故带电荷量Q发生变化,电容器将发生充、放电现象,回路中有电流,电流计有示数.反之,电流计有示数时,压力F必发生变化.所以C选项是正确的,D错误.点睛：根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化.由题,电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路,若电流计有示数,电容器在充电或放电,压力F一定发生变化. 6. 图甲为一理想变压器，负载电路中R5 ，若原线圈两端输入电压u是如图乙所示的正弦交流电，电压表示数为10 V，则( ) A. 输入电压u100sin 50t(V)B. 电流表示数为0.2 AC. 变压器原副线圈匝数比为51D. 若输入电压稳定，R阻值减小，则输入电功率减小【答案】B.考点：交流电；变压器.7. 如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 ，四个电阻的阻值已在图中标出闭合开关S，下列说法正确的有( ) A. 路端电压为8 VB. 电源的总功率为10 WC. a、b间电压的大小为5 VD. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】C【解析】AB、根据串并联电路可知外电路总电阻为 ，由闭合电路欧姆定律知 则外电路电压为 电源的总功率为 ，故AB错误C、若规定电压负极的电势为0，则根据串联电路分压原理可知 ，所以a、b间电压的大小为5 V，故C正确D、a、b间用导线连接后外阻为R,则 根据闭合电路欧姆定律可知 ，故D错误；故选C点睛：由串并联电路分别出初态的外接电阻阻由欧姆定律确定外压,求电流定功率;确定出a,b间的电势求其电压;a、b间用导线连接后电路结构变化,重新求电阻求电流. 8. 如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是 ( )A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D. 只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】D【解析】A. 对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；B. 带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；C. 对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,运动时间t越小。故C错误；D. 速度满足v=时,轨道半径r=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。故选：BD.点睛：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系二.不定项选择题9. 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A. 带电粒子每运动一周被加速一次B. 带电粒子每运动一周P1P2P2P3C. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D. 加速电场方向需要做周期性的变化【答案】AC【解析】AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC间加速.故A正确；D错误.B、根据 知 所以 故B错误；C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.所以C选项是正确的.故选AC点睛：带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A、C板间,只有经过AC板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大. 10. 如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引的是( ) A. 向右做匀速运动 B. 向左做减速运动C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动【答案】BC【解析】试题分析：导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引故A错误导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于N极，螺线管右侧是S极，则线圈c被螺线管吸引故B正确导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于S极，螺线管右侧是N极，则线圈c被螺线管吸引故C正确导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于N极，螺线管右侧是S极，则线圈c被螺线管排斥故D错误故选BC。考点：右手定则；楞次定律【名师点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动。11. 如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是（ ）A. 三种粒子从A板运动到荧光屏经历的时间相同B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同C. 加速电场的电场力对三种粒子做功之比为124D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为112【答案】BD【解析】试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02得，加速电场的电场力对三种粒子做功之比为等于电量之比，即112，选项C错误；加速获得的速度为三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同故A错误根据推论：，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同故B正确偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2故D正确故选BD考点：带电粒子在电场中的加速和偏转【名师点睛】本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关。12. 远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器当S由2改接为1时，下列说法正确的是( ) A. 电压表读数变大 B. 电流表读数变大C. 电流表读数变小 D. 输电线损失的功率减小【答案】AB【解析】k接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2升高（U1：U2=N1：N2，N2增多），因输出功率不变所以输电线电流减小，电流表的示数减小，输电线上的电压减小，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，则AB错误，C正确电流表示数减小，输电线损失功率减小，故D正确；故选CD点睛：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关13. 如图甲，在倾角为的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t0时刻静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是( ) A. t1t3时间内金属框中的电流方向不变B. 0t3时间内金属框做匀加速直线运动C. 0t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D. 0t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinmv2【答案】AB【解析】t1t2时间时间内磁感应强度减小，线框面积不变，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；t2t3时间内，磁场反向增大，磁通量增大，由楞次定律，感应电流方向仍然是逆时针方向，所以t1t3时间内金属框中的电流方向不变，故A正确；由于两个边的电流方向相反，两个边的安培力是抵消的，安培力的合力为0，所以金属框在下滑过程中，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，故B正确，C错误；金属框的安培力合力为0，对金属框只有重力做功，没有其他外力做功，机械能守恒，减少的重力势能等于增加的动能，即mgLsinmv2，故D错误；故选AB。点睛：本题考查电磁感应中的力学问题，关键是能分析金属框的受力情况，判断金属框的运动情况，关键是注意金属框两个对边安培力大小相等，方向相反互相抵消14. 如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为I、U，下列说法正确的是（ ）A. 电压表示数变大 B. 电流表示数变大C. D. 【答案】AD【解析】设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4干路电流为I干，路端电压为U，电流表电流为IA、R1变大，外电阻变大，I干变小， U=E-I干r变大，U3变大故A正确B、I3变大，I干变小，由I4=I干-I3变小，U4变小，而U2=U-U4，U变大，则U2变大，I2变大，I4=I1+I2，I1变小故B错误C、D，由欧姆定律U=E-I干r，得，由I干=I1+I2+I3，I1变小，I2变大，I3变大，I干变小，则I1I干，即II干，所以，故C错误；D正确；故选AD点睛：由图可知，R1、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压由R1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小本题的难点在于确定电流表示数变化量IA与干路电流变化I干的大小，采用总量法，这是常用方法同时，要理解三、实验探究题15. 如图所示的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路已知毫安表表头的内阻为10，满偏电流为100mA；R1和R2为固定电阻，阻值分别为R1 = 05，R2 = 20；由此可知，若使用a和b两个接线柱，电表的量程为_A；若使用a和c两个接线柱，电表的量程为_A；【答案】 (1). 0.5 (2). 2.5【解析】若使用a和b两个接线柱，则R1和R2串联后与毫安表并联，根据并联电路分流关系可知流过R1与R2的电流为 ，则解得 ，此时回路中总电流为0.5A，所以使用a和b两个接线柱，电表的量程为0.5A若使用a和c两个接线柱，电路结构为R2与毫安表串联然后再与R1并联，根据串并联电路可知流过R1的电流为 ，解得： 此时回路中的总电流为2.5A，所以使用a和c两个接线柱，电表的量程为2.5A点睛：根据串并联关系求解电路中的电流大小，以确定改装表的量程大小。16. 有一根细而均匀的管状导电原件（如图所示），此原件长L约为3cm，电阻约为100 ，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内圆直径太小，无法直接测量，为了测量其内圆直径可先测其电阻Rx，现提供以下实验器材：A20分度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1（量程50mA，内阻r1为100 ）D电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40 ）E电流表A3（量程1A，内阻r3约为0.1 ）F滑动变阻器R1（20 ，额定电流1A）G滑动变阻器R2（020k ，额定电流0.1A）H直流电源E（12V，内阻不计）I导电材料样品Rx（长约为3cm，电阻Rx约为100 ）J开关一只，导线若干（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=_mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=_mm。 （2）为了尽可能精确地测量原件电阻Rx，请设计合适电路，选择合适电学仪器，在方框中画出实验电路图，所选器材注意角标区分_。（3）除了需要测量样品长度L、外径D外，还需要测量_，用已知物理量的符号和测量的符号来表示样品的内径d=_。【答案】 (1). （1） 30.25 (2). 3.2043.206 (3). （2）如图 (4). （3）电流表A1示数I1、电流表A2示数I2 (5). 【解析】（1）游标卡尺读数为：L=30mm+70.05mm=30.35mm螺旋测微器测得该样品的外径为：d=3mm+20.60.01mm=3.206mm（2）通过电阻的最大电流大约I=A120mA，3A电流表量程偏大，另外两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示（3）设A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值 又由电阻定律：联立解得： 故除了需要测量样品长度L、外径D外，还需要测量电流表A1示数I1、电流表A2示数I2.点睛：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行四、计算题17. 如图所示，一带电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)水平向右电场的电场强度(2)若将电场强度减小为原来的1/2，物块下滑距离为L时的动能【答案】（1） （2）0.3mgL【解析】(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，示意图如图所示，根据平衡则有Nsin 37qE Ncos 37mg 可得 (2)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37qELcos 37Ek 可得Ek0.3mgL. 本题答案是：（1） （2）0.3mgL点睛：正确分析受力，建立平衡公式即可求解电场强度的大小，当电场改变后利用动能定理求解物块下滑时获得的动能。18. 如图，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 ，外接电阻R为9 ，匀强磁场的磁感应强度为B1/T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式(2)线圈转过1/30 s时电动势的瞬时值多大(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少(4)从中性面开始计时，经1/30s通过电阻R的电荷量为多少【答案】（1）e=50sin(10t)V（2）43.3 V（3）3.54 A；31.86 V（4） 【解析】(1) 若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式 (2)当ts时 (3)电动势的有效值为 电流表示数 。电压表示数 (4)s内线圈转过的角度 ，该过程， 所以由公式求得; 故本题答案是：（1）e=50sin(10t)V（2）43.3 V（3）3.54 A；31.86 V（4） 点睛：知道交流电瞬时电动势的表达式，知道有效值与最大值之间的关系 ，并结合闭合电路欧姆定律求解回路中电流的大小。19. 如图所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在与x轴负方向成30角斜向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定初速度从y轴上的A点与y轴正方向成60角垂直磁场方向射入第二象限，粒子从x轴上的C点与x轴正方向成30角进入第三象限.粒子到达y轴上的D点(未画出)时速度刚好减半，经第四象限内磁场偏转后又能垂直x轴进入第一象限内，最后恰好回到A点.已知OAa，第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B.粒子重力不计，求：(1)粒子初速度v0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B1的大小(2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E1和E2的大小(3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t1t3【答案】（1） ； （2） （3） 【解析】试题分析：（1）粒子在第二象限内运动正好完成半个圆周，则解得R1=a而解得粒子在第三象限中运动时有粒子在第四象限中运动时有而解得（2）在第一象限内：有解得在第三象限内：带入解得（3）在第三象限内有：解得所以考点：带电粒子在电场、磁场中的运动。20. 如图，在距离水平地面h0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场正方形线框abcd的边长0.2 m，质量m0.1 kg，电阻R0.08 .一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M0.2 kg的物体A(A未在磁场中)开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取 10 m/s2.求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间(3)线框落地时的速度多大【答案】（1）1T（2）0.9s（3）4m/s【解析】试题分析：(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：Mg(hl)mg(hl)(Mm)v2代入数据解得：v2 m/s线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I线框恰好做匀速运动，有：MgmgIBl代入数据解得：B1 T(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：hlvt1代入数据解得：t10.6 s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t20.1 s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间：t30.2 s线框从开始运动到最高点，所用时间：tt1t2t30.9 s(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl(Mm)gmg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动由机械能守恒定律可得：mmv2mg(hl)代入数据解得线框落地时的速度：vt4 m/s.考点：考查了导体切割磁感线运动点评：当线框能匀速进入磁场，则安培力与重力相等；而当线框加速进入磁场时，速度在增加，安培力也在变大，导致加速度减小，可能进入磁场时已匀速，也有可能仍在加速，这是由进入磁场的距离决定的