甘肃2019-2020高二物理4月月考试题（附解析Word版）

2019-2020-2 学期高二年级四月月考考试试题 物 理 一、选择题 1.下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是（ ） A. 图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环 A，A 会靠近磁铁 B. 图乙中把一强磁体从一足够长的铜管中下落（强磁体与铜管不接触），强磁体先做加速运动， 速度达到一定值时，做匀速直线运动 C. 图丙闭合开关 S 时，电流表有示数，断开开关 S 时，电流表没有示数 D. 图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据楞次定律“来拒去留”可知，图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环 A，A 会远离磁铁， 选项 A 错误； B．图乙中把一强磁体从一足够长的铜管中下落，铜管中会产生感应电流，感应电流的磁场会 阻碍强磁体的下落，开始时强磁体所受安培力小于重力，则强磁体先做加速运动，随速度的 增加，当安培力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后强磁体做匀速直线运动，选项 B 正确； C．图丙闭合开关 S 时，穿过线圈 N 的磁通量增加，会产生感应电流，则电流表有示数；断开 开关 S 时，穿过线圈 N 的磁通量减小，也会产生感应电流，则电流表也有示数，选项 C 错误； D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘中会产生感应电流阻碍铜盘的转动，则转 动会减慢，选项 D 错误。 故选 B。 2.关于分子力，下列说法中正确的是（ ） A. 碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力起作用 B. 用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力 C. 固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力D. 水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在引力 【答案】C 【解析】 【详解】A．碎玻璃不能拼合在一起，是由于分子间距达不到分子引力范围之内，并不是玻璃 分子间斥力起作用，选项 A 错误； B．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是气体压强作用的缘故，不能说明气体分子间 有斥力，选项 B 错误； C．固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力，选项 C 正确； D．水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在间隔，选项 D 错误。 故选 C 3.如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ 是两根平行的金属导轨，而 ab、cd 为串有伏特表和安培 表的两根金属棒，它们同时以相同的速度向右运动时，下列说法中正确的是( ) A. 电压表有读数，电流表有读数 B. 电压表无读数，电流表有读数 C. 电压表无读数，电流表无读数 D 电压表有读数，电流表无读数 【答案】C 【解析】 【详解】此题考查对电磁感应现象的理解和对电压表、电流表示数的理解．两棒以相同的速 度向右运动时，因穿过面 abcd 的磁通量不变，回路中没有感应电流，电流表和电压表均不会 有读数．C 项正确． 4.如图所示电路中，A、B、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线 圈．a、b 为线圈 L 的左右两端点，原来开关 S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关 S 断开 后，下列说法正确的是(　　) 。A. a 点电势高于 b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭 B. a 点电势低于 b 点，B、C 灯闪亮后缓慢熄灭 C. a 点电势高于 b 点，B、C 灯闪亮后缓慢熄灭 D. a 点电势低于 b 点，B、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭 【答案】D 【解析】 开关闭合稳定时，三个灯泡亮度相同，则流过 A 的电流等于流过 BC 的，开关由闭合到断开 瞬间，BC 灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍 BC 灯中电流减小，并与 ABC 组成回路，原来两支路灯电流相等，则开关断开瞬间，电流都从原来 A 的值开始减小，所以 三灯均过一会儿才熄灭．由于电流的方向与 A 的原电流的方向相反，则流过三个灯的电流的 方向为逆时针方向，b 点电势高于 a 点．故选 D． 5.如图，两同心圆环 A、B 置于同一水平面上，其中 B 为均匀带负电绝缘环，A 为导体环 当 B 绕环心转动时，导体环 A 产生顺时针电流且具有扩展趋势，则 B 的转动情况是（ ） A. 顺时针加速转动 B. 顺时针减速转动 C. 逆时针加速转动 D. 逆时针减速转动 【答案】A 【解析】 由图可知，A 中感应电流为顺时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向里，由右手螺旋 定则可知，引起感应电流的磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外，则 B 中电流 应为逆时针，由于 B 带负电，故 B 应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里，则 B 中电流应 为顺时针，则 B 应逆时针转动且转速减小；又因为导体环 A 具有扩展趋势，则 B 中电流应与 A .方向相反，即 B 应顺时针转动且转速增大，A 正确． 6.如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为 R=484Ω，现将其接在 的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置 P 使输 入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下， 理想交流电压表 V 的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据（ ） A. 156V、100W B. 156V、50W C. 110V、25W D. 110V、200W 【答案】B 【解析】 【详解】由图象可知该交变电流的周期 T＝2×10-2s，根据有效值的定义可得 解得 电热毯在保温状态下消耗的电功率为 故 B 正确，ACD 错误； 故选 B。 7.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比 n1：n2=5：1，原线圈的电压 ，副线圈中接有理想交流电流表 A、电阻为 10Ω 的电阻 R、电容器 C。下列说法正确的是（ ） 220 2sin100 Vu tπ= （ ） 2 2) 2 2 ( m T U T R R U ⋅ = ⋅ 220 2 V 110 2V 156V2 2 mUU ≈＝ ＝ ＝ 2 2110 2) W=50W484 (UP R = = 50 2sin 50u t Vπ= （ ）A. 电流表的示数大于 1A B. 电容器的耐压值至少为 10V C. 电阻的发热功率为 20W D. 变压器的输入电流为 5A 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压有效值为 则通过 R 的电流 电容器 C 允许交流电通过，所以电流表示数大于 1A，故 A 正确； B．电容器的耐压值应对应交流电压的最大值 ，故 B 错误。 C．电阻的发热功率为 选项 C 错误； D．变压器的次级电流大于 1A，根据 可知，输入电流大于 0.2A，选项 D 错误。 故选 A。 8.如图所示，导体直导轨 OM 和 PN 平行且 OM 与 x 轴重合，两导轨间距为 d，两导轨间垂直纸 面向里的匀强磁场沿 y 轴方向的宽度按 y＝d 的规律分布，两金属圆环固定在同一绝 缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从 OP 开始始终垂直导 轨沿 x 轴正方向以速度 v 做匀速运动，规定内圆环 a 端电势高于 b 端时，a、b 间的电压 uab 为 正，下列 uab－x 图象可能正确的是(　　) 2 2 1 1 1 50 2= V=10V5 2 nU Un = × 2 2 10 A=1A10 UI R = = 10 2V 2 2 2 10 W=10W10R UP R = = 1 2 2 1 I n I n = sin 2 xd πA. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsin x，大环内的 电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加 的，由楞次定律可判断内球内 a 端电势高于 b 端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐 渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减 小；则由楞次定律可知，a 环内电势低于 b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变 大；故 D 正确；ABC 错误；故选 D． 【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增 反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所 迷惑. 9.用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电 压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电 流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的 1、2、3、4 是霍尔元 件上的四个接线端。当开关 S1、S2 闭合后，电流表 A 和电流表 B、C 都有明显示数，下列说法 中正确的是（ ） 2d πA. 电表 B 为电压表，电表 C 为电流表 B. 接线端 4 的电势低于接线端 2 的电势 C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表 的示数将保持不变 D. 若增大 R1、增大 R2，则电压表示数增大 【答案】BC 【解析】 【详解】A．B 表为测量通过霍尔元件的电流，C 表测量霍尔电压，故电表 B 为电流表，电表 C 为电压表，故 A 错误； B．根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由 1 流向接线端 3，电子移动 方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端 2，所以接线端 2 的电势低于接线 端 4 的电势，故 B 正确； C．当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不 变，即 2、4 两接线端的电势高低关系不发生改变，故 C 正确； D．增大 ，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大 ，霍尔元件中的电流减 小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，故 D 错误。 故选 BC。 10.如图所示，一电子以初速度 v 沿与金属板平行的方向飞入 MN 极板间，发现电子向 N 板偏 转，则可能是（ ） A. 电键 S 闭合瞬间 B. 电键 S 由闭合到断开瞬间 1R 2RC. 电键 S 是闭合的，变阻器滑片 P 向右迅速滑动 D. 电键 S 是闭合的，变阻器滑片 P 向左迅速滑动 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 开关 S 接通瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在 右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向 M 板偏振，故 A 错误； B. 断开开关 S 瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电 动势，电子向 N 板偏振，故 B 正确； C. 接通 S 后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少， 由楞次定律知在右侧线圈中感应出左负右正的电动势，电子向 N 板偏振，故 C 正确； D. 接通 S 后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加， 由楞次定律知在上线圈中产生左正右负的电动势，电子向 M 板偏振，故 D 错误． 故选 BC 11.如图所示的理想变压器电路中，三个灯泡 L1、L2、L3 完全相同，定值电阻的阻值为 R，变 压器原副线圈的匝数比为 1：2。开始时三个开关均断开，a、b 端接入恒定的正弦交流电压， 闭合开关 、 ，灯泡 L1、L2 均正常发光，定值电阻 R 消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相 同，则下列说法正确的是（ ） A. 灯泡的电阻为 4R B. 再闭合 S3，灯泡 L3 也能正常发光 C. 再闭合 S3，灯泡 L1、L2 均变暗 D. 闭合 S3 后，灯泡 L2 亮度变暗，再断开 S1，灯泡 L2 亮度不变 【答案】AD 【解析】 【详解】A．三个灯泡 L1、L2、L3 完全相同，闭合开关 S1、S2，电阻 R 消耗的功率与一个灯泡 消耗的功率相同，设灯泡的额定电流为 IL，则副线圈的电流强度 I2=IL，根据变压器原理可得 原线圈的电流强度 1S 2S根据电功率的计算公式可得 PR=I12R=IL2RL 解得灯泡电阻 RL=4R 故 A 正确； B．再闭合 S3，副线圈的电阻减小、电流增大，则原线圈的电流增大、电阻 R 两端的电压增大， 原线圈电压减小、副线圈的电压也减小，灯泡 L3 不能正常发光，故 B 错误； C．再闭合 S3，灯泡 L1 两端电压不变，亮度不变，L2 两端电压减小，L2 变暗，故 C 错误； D．灯泡 L1 两端电压与原线圈两端电压无关，所以闭合 S3 后再断开 S1，原线圈两端电压不变， 副线圈两端电压也不变，灯泡 L2、L3 亮度不变，故 D 正确。 故选 AD。 12.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈的匝数之比为 a，降压变压器 的原、副线圈匝数之比为 b，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器， 发电厂输出的电压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压表 V2 的示数增大了 ，则下列 判断正确的是（ ） A. 电压表 V1 的示数不变 B. 电流表 A2 的示数增大了 C. 电流表 A1 的示数减小了 D. 输电线损失的功率减小了 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由于发电厂输出的电压 U 不变，所以电压表 V1 的示数不变，故 A 正确； 2 1 2 1 2 L nI I In = = U∆ U R ∆ b U R ∆ 2b U RR ∆    BC．由于 V2 增大，所以降压变压器原线圈的电压 U3 增大了 b△U，根据 UV1=IA1R+U3，所以 IA1R 减小了 b△U，所以电流表 A1 的示数减小了 ，根据变压器原副线圈的电流比等于匝数比 的倒数可得，A2 的示数减小了 ，故 C 正确；B 错误； D．输电线损失的功率减小了 故 D 错误。 故选 AC。 二、实验题 13.（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作 先后顺序排列应是____（用符号表示）． （2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径 d 明显偏大．出现这种情况的原因可能是 _______． A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算 B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化 C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D.求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL 溶液的滴数多记了 10 滴 （3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要直到油滴的 ________． A.摩尔质量 B.摩尔体积 C.质量 D.体积 【答案】 (1). cadb (2). AC (3). B 【解析】 【详解】第一空. “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成， 记下 b U R  2b U R  2 2( )b UP I R I RR = − − 配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量 油膜面积→计算分子直径．所以在实验的步骤中，是“将 1 滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里 的水面上，等待形状稳定”，因此操作先后顺序排列应是cadb． 第二空：根据 分析则有： A.错误地将油酸酒精溶液 体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值 偏大，会导致计算结果偏大，故 A 正确； B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小， 故 B 错误； C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积 S 会减小，会导致计算结果偏大， 故 C 正确； D. 求每滴体积时，lmL 的溶液的滴数误多记了 10 滴，由 可知，纯油酸的体积将 偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故 D 错误． 第三空. 设一个油酸分子的体积为 ，则 ，由 可知，要测定阿伏 加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积． A.由上分析可知，故 A 错误； B.由上分析可知，故 B 正确； C.由上分析可知，故 C 错误； D.由上分析可知，故 D 错误． 14.如图所示为一种加速度仪的示意图．质量为 m 的振子两端连有劲度系数均为 k 的轻弹簧， 电源的电动势为 E，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为 R，有效长度为 L，系统静止时，滑动 触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中． （1）系统的加速度 a（以向右为正）和电压表读数 U 的函数关系式 ． （2）若电压表指针指在满刻度的 3/4 位置，此时系统的加速度大小为 和方向向 （填“左” 的 Vd S = 0 VV n = 1V 3 1 1 6V dπ= 1 mol A VN V =或“右”） 【答案】（1） （2） ；左 【解析】 【详解】试题分析：（1）当振子向左偏离变阻器中间位置 x 距离时，对振子，根据牛顿第二 定律得 2kx="ma" ① 根据欧姆定律和串联电路分压特点得 ② 联立①②得， （2）由加速度的表达式可知，a 与 U 是线性关系，所以加速度仪的刻度盘是均匀的，当变阻 器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势 E，得到电压表指针指在满刻度的 3/4 位 置时电压值 ． 代入到加速度 a 的表达式得， ，负号表示方向向左． 考点：牛顿第二定律；欧姆定律的应用 三、计算题 15.如图 甲 为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场 方向的固定轴 OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数 n=100、电阻 r=10Ω，线圈的两端经 集流环与电阻 R 连接，电阻 R=90Ω，与 R 并联的交流电压表为理想电表。在 t=0 时刻，线圈 平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量 Φ 随时间 t 按图（乙）所示正弦规律变化（取 π=3.14）。求： (1)交流发电机产生的电动势的最大值； (2)从 t=0 时刻开始计时，线圈转过 60˚时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向； (3)电路中交流电压表的示数； (4)求从图示位置转过 90˚过程中，通过线圈 电荷量。的 ( )2kLa E UmE = − 2 kL m − 2 L x U EL − = ( )2kLa E UmE = − 3 4U E= 2 kLa m = − （ ）【答案】(1)200V；(2)1A，电流方向为 abcda ；(3) ；(4) 【解析】 【详解】(1)由 图线可知： ， 角速度为 所以 (2)产生的感应电动势的瞬时表达式为 感应电流的瞬时表达式为 线圈转过 时线圈中感应电流瞬时值为 由楞次定律可知电流方向为 abcda . (3)电动势的有效值 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 交流电压表的示数为 (4)从图示位置转过 90˚过程中，通过线圈的电荷量 90 2V 0.02C tΦ − 22.0 10 Wbm −Φ = × 26.28 10T −= × s 2 2 2 3.14 rad/s=100rad/s6.28 10T πω − ×= = × 200Vm mE nBS nω ω= = Φ = 200cos100e t V= （ ） 2cos100 Aei tR r = =+ （ ） 60° 1 2cos60 1Ai = ° = 100 2V 2 mEE = = 100 2 A 2A90 10 EI R r = = =+ + 90 2U IR= = V16.在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．某小型发电站，输送的电功率为 P ＝500 kW，发电站输出电压为 U1＝250 V．为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器 将电压升高到 U2＝5 kV 再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率为 P1＝340 kW．所用变 压器均为理想变压器．求 （1）升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？ （2）这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到 98％，又不改变输电线，那么变电应 将电压升高到多少向外输电？ 【答案】(1)1:20；(2)20kV 【解析】 【分析】 根据 P=UI 求出输电的电流，结合损失的功率求出输电线的总电阻，根据输电的效率求出损失 的功率，从而得出输送的电流，结合 P=UI 求出输送的电压． 【详解】(1)由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即： ； (2) 设输电线上的电流为 I，则有： 输电线上损耗的功率为：P 损=P-P1=160 Kw P 损=I2r 代入数据得：r=16Ω P 损′=2%P=10kw P 损′=I′2r= 代入数据解得： ． 【点睛】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的功率 P 损＝I2R， 并能灵活运用． 22.0 10100 C=0.02C100 mE BSq I t t n n nR R R R −ΦΦ ×= ∆ = ∆ = = = = × 总 总 总 总 1 1 2 2 250 1 5000 20 n U n U= = = 3 3 2 500 10 1005 10 PI A AU ×= = =× ' 2 PI U ′ = 2 '2 2 P rU ' 4 2 2 10U V= ×17.如图,两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角 θ=30°的固定斜面上,导轨上、下端 分别接有阻值 R1=10Ω 和 R2=30Ω 的电阻,导轨自身电阻忽略不计,导轨宽度 L=2m,在整个导轨 平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度 B=0.5T.质量为 m=0.1kg,电阻 r=2.5Ω 的金属棒 ab 在较高处由静止释放,金属棒 ab 在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨 接触良好 当金属棒 ab 下滑高度 时,速度恰好达到最大值．、（g=10m/s2）求： （1）金属棒 ab 达到的最大速度 ； （2）该过程通过电阻 的电量 q； （3）金属棒 ab 在以上运动过程中导轨下端电阻 中产生 热量． 【答案】（1） （2）0.45C（3）0.33J 【解析】 【详解】（1）切割产生的感应电动势 根据串并联电路的特点知，外电路总电阻 根据闭合电路欧姆定律得 安培力 当加速度 a 为零时,速度 v 达最大,有 解得速度最大值 的 . 3h m= mv 1R 2R 5 /m s E BLv= 1 2 1 2 7.5R RR R R = = Ω+外 EI R r = +外 AF BIL= 2 2 sin mB L vmg R r θ = +外 由以上各式解得最大速度 （2）根据电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 感应电量 联立得： 由以上各式解得 通过 R1 的电荷为 （3）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得： 代入数据解得 下端电阻 中产生的热量 18.如图 俯视图 所示，质量分布均匀的总质量为 M、边长为 L 的正方形导体线框 ACDE 处于 2 2 sin ( ) m mg R rv B L θ += 外 5m/smv = E t ∆Φ= ∆ EI R r = +外 q I t∆ = ∆ BLxq R r R r ∆Φ= =+ +外 外 0.6Cq = 2 1 1 2 0.45CRq qR R = =+ 21 2 mmgh mv Q= + 总 1.75JQ =总 2R 2 3 =0.33J16Q Q= 总 ( )某一水平面内 离地面足够高 ．在 时刻 图示位置 以速度 将线框水平向右抛入宽度 为 L、间距也为 L 的间隔型磁场区域 区域足够宽广 ；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖 直向下，磁感应强度大小均为 若线框 ACDE 在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的 电阻均为 R，不计空气阻力，重力加速度为 g．求： 时刻线框 CD 边上的电势差 ； 时刻线框加速度 a 的大小； 若线框在 时间内的位移大小为 s，求 时刻线框水平速度 v 的大小 设 时刻线 框的水平速度大于 0， 为已知量 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1） 时刻线框右边切割磁感应线产生的感应电动势 ，根据右手定则可 知 D 点电势高； 线框 CD 边上的电压为路端电压，即 ， 则 （2） 时刻线框水平方向受到的安培力大小 ， 则水平方向的加速度大小为 竖直方向线框做自由落体运动，则加速度大小为 g， ( ) 0t = ( ) 0v ( ) .B ( )1 0t = CDU ( )2 0t = ( )3 00 t～ t t= 0 ( 0t 0t ) 0 3 4 BLv− 2 2 2 20( )4 B L v gMR + 2 2 0 4 B L sv mR − 0t = 0E BLv= 0 3 3 4 4U E BLv= = 0 3 4CDU BLv= − 0t = 2 2 0 4 B L vF BIL R = = 2 2 0 1 4 B L vFa M MR = =故 时刻线框加速度的大小为 ； （3）线框运动过程中，水平方向总有一条边切割磁感应线，所以始终受到向左的安培力，设 平均速度为 ，根据动量定理可得： 即： ， 其中 ， 解得： ． 0t = 2 2 2 2 2 20 1 ( )4 B L va a g gMR = + = + v 0 0AF t mv mv− = − 2 2 0 04 B L v t mv mvR − = − 0vt s= 2 2 0 4 B L sv v mR = −