2024学年山东省青州二中高三物理第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2024学年山东省青州二中高三物理第一学期期末质量检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、有关原子物理学史，下列说法符合事实的是（）
A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的枣糕模型
B．能量量子假说是普朗克首先提出的，光子假说则是爱因斯坦首先提出的
C．汤姆孙首先发现了中子，从而说明原子核内有复杂的结构
D．玻尔在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程
2、木箱内的地板上放置一个5kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。

从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4m/s2，至第3s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s末落至地面。

木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10m/s2。

下列说法正确的是（）
A．第2秒末物体的重力增大到70N
B．第4秒末物体对木箱地板的压力为70N
C．第4秒末物体对木箱地板的压力为50N
D．第6秒末物体对木箱地板的压力为0。

若MN两点的电势分别为5V、11V，则下3、匀强电场中有一条直线，M、N、P为该直线上的三点，且MN NP
列叙述正确的是（）
A．电场线方向由N指向M
B．P点的电势不一定为17V
C．正的检验电荷从M点运动到N点的过程，其电势能不一定增大
D．将负的检验电荷以初速度为0放入该电场中的M点，检验电荷将沿直线运动
4、AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（）
A ．杆对物块的支持力为Mg
B ．细线上的拉力为sin mg θ
C ．()tan F M m g θ=+
D ．物块和小球的加速度为sin g θ
5、北京时间2019年5月17日23时48分，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。

该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P ）、18颗中圆地球轨道卫星（代号为Q ）和1颗地球同步轨道卫星（代号为S ）进行组网，为亚太地区提供更优质的服务。

若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨道半径的23
，下列说法正确的是（ ）
A ．P 和S 绕地球运动的向心加速度大小不相等
B ．Q 和S 绕地球运动的线速度大小之比为6:2
C ．Q 和S 绕地球运动的周期之比为1:2
D ．P 和Q 绕地球运动的向心力大小一定相等
6、空中飞椅是游乐场里少年儿童们十分喜爱的娱乐项目，其模型如图所示，顶端转盘上吊着多个座椅，甲、乙两个儿
童分别坐在A 、B 两个吊椅中，当转盘以一定的角速度稳定匀速转动时，连接座椅的钢丝绳与竖直方向的夹角分别为a 、
θ。

巳知连接A 、B 座椅的钢丝绳长度分别为L 1、L 2，甲、乙两儿童的质量分别为m 1、m 2，两座椅的质量相等，若a >θ，则一定有
A ．L 1>L 2
B ．L 1<L 2
C ．m 1>m 2
D ．m 1<m 2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，匀强电场中三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，30ABC CAB ∠=∠=︒，23m BC =，电场线平行于ABC ∆所在的平面。

一个带电荷量6
210C q -=-⨯的点电荷由A 点移到B 点的过程中，电势能增加61.210J -⨯，由B 移到C 的过程中电场力做功6610J -⨯，下列说法中正确的是（ ）
A ．
B 、
C 两点间的电势差3V BC U =- B ．A 点的电势低于B 点的电势
C ．负电荷由A 点移到C 点的过程中，电势能增加
D ．该电场的电场强度大小为2V/m 8、如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，下端与阻值为R 的电阻相连。

匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、长为L 、电阻为r 的导体棒垂直导轨放置，从ab 位置以初速度v 沿导轨向上运动，刚好能滑行到与ab 相距为s 的a ′b ′位置，然后再返回到ab 。

该运动过程中导体棒始终与导轨保持良好接触，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．向上滑行过程中导体棒做匀减速直线运动
B ．上滑过程中电阻R 产生的热量为()22sin 2()
m v gs R
R r θ-+ C ．向下滑行过程中通过电阻R 的电荷量为
BLs R r + D ．电阻R 在导体榛向上滑行过程中产生的热量小于向下滑行过程中产生的热量
9、荷兰某研究所推出了2024年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G ，则下列说法正确的是
A ．飞船在轨道上运动时，运行的周期T Ⅲ>T Ⅱ>T Ⅰ
B ．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度
10、如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。

已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g。

则下列说法正确的是（）
A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为2
2 mg q
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为
2
2
mgd
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）光敏电阻是阻值随着光照度变化而发生变化的元件。

照度可以反映光的强弱。

光越强，照度越大，照度单位为l x。

某光敏电阻R在不同照度下的阻值如图甲所示。

某同学采用光敏电阻以及其他器材，通过改变光照度来测定一节干电池的电动势和内阻。

现备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）
B．电流表：量程0~0.6A，内阻0.1Ω
C．电流表：量程0~3A，内阻0.024Ω
D．电压表：量程0~3V，内阻约3kΩ
E.电压表：量程0~15V，内阻约15kΩ
F.光敏电阻（符号：
）
H.开关，导线若干 在测定电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。

在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

(1)在上述器材中电流表选___，电压表选___（填写选项前的字母）；
(2)在图乙方框中两出相应的实验电路图____；
(3)多次改变光的照度，得到多组电压、电流值。

利用测出的数据在图丙所示的坐标图中描出对应的点，由此绘出U －1图象____，在修正了实验系统误差后。

得出干电池的电动势E =1.50V ，内电阻r =___Ω；
(4)当电流表读数为0.30A 时，光的照度为___l x 。

（结果保留两位有效数字）
12．（12分）某同学改装和校准电压表的电路如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路所用电池的电动势E 为
20V ，内阻r 为20Ω（E r 、均保持不变）。

(1)已知表头G 满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为121350,,R R Ω和3R 是定值电阻，利用1R 和表头构成量程为1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。

若使用a b 、两个接线柱，电压表的量程为3V ；若使用a c 、两个接线柱，电压表的量程为15V 。

则定值电阻的阻值为1R =_________，2,R Ω=_____Ω，3R =______Ω。

(2)用量程为3V ，内阻为2500Ω的标准电压表V 对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。

滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5000Ω。

为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。

校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片P 应靠近端______（填“M ”或“N ”）。

(3)在3V 挡校对电路中，开关全部闭合，在保证电路安全前提下让滑片P 从M 端缓慢向N 端滑动的过程中，表头G 的示数_________，电源的输出功率_______，电源的效率_______（填变化情况）。

(4)若表头G 上标记的内阻值不准，表头G 内阻的真实值小于1350Ω，则改装后电压表的读数比标准电压表的读数__________（填“偏大”或“编小”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）《道路交通安全法》规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶．若某路口有等待通行的多辆汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为m =1 500 kg ，车长均为L =4.8 m ，前后相邻两车之间的距离均
为x =1.2 m ．每辆汽车匀加速起动t 1=4 s 后保持v =10 m/s 的速度匀速行驶，运动过程中阻力恒为f =1 800 N ，求： （1）汽车匀加速阶段的牵引力F 大小；
（2）由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后△t =0.8 s 起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8 s 起动汽车，绿灯时长20 s ．绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线．
14．（16分）如图甲所示，正方形闭合线圈ABCD 的边长10cm a =、总电阻2r =Ω、匝数100n =，匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如图乙所示，周期2110s T -=⨯，磁场方向以垂直线圈平面向里为正。

试求：
（1）8T t =时，线圈的AD 边所受安培力的大小和方向。

（2）在0~2
T 时间内，通过导线横截面的电荷量。

15．（12分）如图所示，水平虚线MN 、PQ 之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，两虚线间的距离为H ，质量为m 、电阻为R 边长为L 的正方形金属线框abcd 在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab 边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知L<H ，重力加速度为g ，求：
(1)线框开始释放时ab 边离虚线MN 的距离；
(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量q 及线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热；
(3)线框穿过磁场所用的时间．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解题分析】
A ．卢瑟福从1909年起做了著名的α粒子散射实验，实验结果成了否定汤姆孙枣糕原子模型的有力证据，在此基础上，卢瑟福提出了原子核式结构模型，故A 错误；
B ．能量量子假说是普朗克首先提出的，光子假说则是爱因斯坦首先提出的，故B 正确；
C ．查德威克通过用α粒子轰击铍核（9
4Be ）的实验发现了中子，汤姆孙首先发现了电子，从而说明原子有复杂的结构，故C 错误：
D ．爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故D 错误。

故选：B 。

2、D
【解题分析】
A ．第2秒末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A 错误；
BC ．第4秒末物体的加速度为重力加速度g ，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故BC 错误； D ．第6秒末物体的加速度为重力加速度g ，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故D 正确。

故选D 。

3、D
【解题分析】
A ．在匀强电场中，沿电场线的电势变化，沿其他方向的直线电势也变化，N 点电势高于M 点电势，但直线MN 不一定是电场线，选项A 错误。

B ．匀强电场中沿任意非等势面的直线电势均匀变化，则有 M N N p ϕϕϕϕ-=-
解得
17V p ϕ=
选项B 错误；
C ．电势有M N ϕϕ<，正的检验电荷在高电势处电势能大，则在M 点的电势能小于在N 点的电势能，选项C 错误。

D ．匀强电场的电场线是直线，将负的检验电荷以初速度为0放入M 点，该电荷在恒定电场力的作用下，沿场强的反方向做匀加速直线运动，选项D 正确；
故选D 。

4、C
【解题分析】
对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示，
根据牛顿第二定律得：水平方向：，竖直方向：．故A 错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：；,故B 错误；对整体在水平方向：
，故选项C 正确，选项D 错误．
【题目点拨】
以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对M 的摩擦力、弹力与加速度的关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的关系．
5、B
【解题分析】
A ．由
2
Mm G ma r = 可知，P 和S 绕地球运动的向心加速度大小相等，故A 错误；
B ．由
2
2Mm v G m r r
= 可得
GM v r = 又 23
Q S r r = 则Q 和S 绕地球运动的线速度大小之比为
:6:2Q S v v =
故B 正确；
C ．由
2
22Mm G mr r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
可得 3
2πr T GM
= Q 和S 这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为
3
2::126:93Q S T T ⎛⎫== ⎪⎝⎭
故C 错误；
D ．由于P 和Q 的质量不一定相等，所以P 和Q 绕地球运动的向心力大小不一定相等，故D 错误。

故选B 。

6、A
【解题分析】
设座椅做匀速圆周运动时转速为n ，由重力和绳子的拉力的合力提供座椅圆周运动的向心力，如图，则有：
2tan (2)(sin )mg m n L r θπθ=+
解得
n =据题知：n 相同，r 也相同，则当L 变长时，θ变大，与m 无关。

A. L 1>L 2与计算结果相符，故A 正确。

B. L 1<L 2与计算结果不符，故B 错误。

C. m 1>m 2与计算结果不符，故C 错误。

D. m 1<m 2与计算结果不符，故D 错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC
【解题分析】
AB ．点电荷由A 点移到B 点的过程中，电势能增加61.210J -⨯，则电场力做功W AB =61.210J --⨯，A 、B 两点间的电势差
661.210J 6V 210C
AB AB U W q ---⨯===-⨯ 同理
66610J 3V 210C
B B
C C W U q --⨯===--⨯ A 点的电势高于B 点的电势，故A 正确、B 错误；
C ．设AB 连线中点为
D ，则3V BD U =-，D 点电势与C 点相等，所以电场线方向由A 指向B ，现把负电荷由A 点移动到C 点，电场力做负功，电势能增加，故C 正确；
D ．该电场的场强
1V/m 2cos30AB U BC E ==︒=
故D 错误。

故选AC 。

8、BC
【解题分析】
向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；上滑过程中根据功能关系结合
焦耳定律求解电阻R 产生的热量；根据电荷量的计算公式求解向下滑行过程中通过电阻R 的电荷量；根据W BIS =安分析电阻R 在导体棒向上滑行过程中产生的热量与向下滑行过程中产生的热量的大小。

【题目详解】
A ．向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据右手定则可得棒中的电流方向a b →，根据左手定则可得安培力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：
sin mg BIL ma θ+=
其中：
I r
BLv R =+ 解得：
22sin B L v a g R r
θ=++ 由于速度减小，则加速度减小，棒不做匀减速直线运动，故A 错误；
B ．设上滑过程中克服安培力做的功为W ，根据功能关系可得：
21sin 2
mv mg s W θ=⋅+ 克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则：
21sin 2
Q W mv mgs θ==-⋅ 上滑过程中电阻R 产生的热量为：
()22sin 2()
R m v gs R R Q Q R r R r θ-==++ 故B 正确；
C ．向下滑行过程中通过电阻R 的电荷量为：
BLs q It R r R r
∆Φ==
=++ 故C 正确； D ．由于上滑过程中和下滑过程中导体棒通过的位移相等，即导体棒扫过的面积S 相等，根据安培力做功计算公式可得：
W BILx =安
由于上滑过程中的平均速度大于，下滑过程中的平均速度，所以上滑过程中平均电流大于下滑过程中的平均电流，则电阻R 在导体棒向上滑行过程中产生的热量大于向下滑行过程中产生的热量，故D 错误。

故选BC 。

9、AD
【解题分析】
A ．根据开普勒第三定律32a k T
=，可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期T Ⅲ＞T Ⅱ＞T Ⅰ。

故A 正确。

BC ．飞船在P 点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P 点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能。

故BC 错误。

D ．据万有引力提供圆周运动向心力22Mm G mR R ω=，火星的密度为：343
M R ρπ=。

联立解得火星的密度： 2
34G
ωρπ= 故D 正确。

10、BC
【解题分析】
A ．小球受力情况：小球受到重力mg 、拉力F 与电场力qE ，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F 与qE 的合力与mg 大小相等、方向相反，作出F 与qE 的合力，如图
根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A 错误； B ．由图可知，当电场力qE 与F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小。

则得：qE ＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为sin 22mg mg E q q
θ==，故B 正确； C ．当mg ＝Eq 时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN 垂直，小球从M 运动到N 电场力不做功，即小球从M 运动到N 时电势能变化量为零，故C 正确；
D ．由于电场力变化时，F 大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故D 错误；
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、B D 0.76（0.74﹣0.78） 0.54（0.50-0.56）
【解题分析】
(1)[1][2]一节干电池的电动势为1.5V ，则电压表选择D ，因电流较小，故电流表选择B
(2)[3]电流表的内阻已知，可采用电流表外接电路，电路如图
(3)[4]根据描点，画出U －I 图像，如图
[5]由实验原理得
A ()E U I R r =++
变形得
A ()U E R r I =-+
由图像可知，内阻为
A 1.5 1.07(0.1)Ω0.76Ω0.5
U r R I ∆-=-=-=∆ 由于误差(0.74V －0.78V)均可
(4)[6]当电流表读数为0.30A 时，读出
1.23V U =
则
1.23==Ω=4.1Ω0.30
U R I 对照图像可知，光的照度为0.54l x ，由于误差(0.50-0.56)l x 均可
12、150 **** **** 50 M 增大 增大 减小 偏大
【解题分析】
(1)[1]电阻1R 与表头G 并联，改装成量程为1mA 的电流表，表头满偏电流为100μA ，此时通过电阻1R 的电流为900μA ，由并联分流规律可知
1
900100
g
R R = 得 1150R =Ω
改装后电流表内阻
A g
A A g 135R R R R R ==Ω+
[2]将其与2R 串联改装为3V 的电压表由欧姆定律可知，3V 量程电压表的内阻
A 2333k Ω110
R R -+=
Ω=⨯ 解得 22865R =Ω
[3]再串联3R 改装为15V 量程电压表，3R 所分电压为12V ，所以
331212k 110
R -=Ω=Ω⨯ (2)[4]在校准电路中，滑动变阻器采用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用最大阻值为50Ω的滑动变阻器；
[5]电源电动势20V E =远大于电压表量程，所以闭合开关前应使滑片靠近M 端，使电压表在接通电路时两端电压由较小值开始增大
(3)[6]滑片由M 向N 滑动过程中，电压表两端电压逐渐增大，通过表头的电流增大，即示数增大
[7]随滑片由M 向N 滑动，外电路的总电阻始终大于电源内阻且逐渐减小，所以电源的输出功率增大；
[8]由
Er U E r R =-+总
可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小，电源效率100%U E
η=⨯，所以电源的效率减小 (4)[9]电压表两端电压一定，若内阻值偏小，则通过表头G 的电流偏大，从而造成读数偏大的后果。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)5550N ；(2)8.88s
【解题分析】
（1）依题意得，汽车前4s 的加速度:a =v /t 1=2.5m/s 2①
由牛顿第二定律得:F-f=ma ②
解得：F =5550N ③
（2）第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s =4×
(x +L )+L =28.8m ④ 已知汽车匀加速阶段加速时间：t 1=4s ⑤
所以汽车匀加速的位移:1120m 2v s t =
=⑥ 汽车匀速行驶时间:120.88s s s t v
-==⑦ 第五辆车延迟时间：t 3=5Δt =4s ⑧
第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间:t=t 1+t 2+t 3=8.88s ＜20s ⑨
14、（1）2.5N ，方向向左；（2）23.7510C -⨯。

【解题分析】
（1）设在0~4
T 时间内线圈中感应电动势的大小为1E 11120V B E n nS t t
∆Φ∆===∆∆ 线圈中电流
1110A E I r =
= 8
T t =时，磁感应强度大小21 2.510T B -=⨯，则线圈AD 边所受安培力大小 11 2.5N F nB I L ==
根据左手定则，安培力方向向左。

（2）设在时间内，线圈中感应电动势的大小为2E
22210V B E n
nS t t ∆Φ∆===∆∆，225A E I R == 前2
T 时间内，通过导线横截面的电荷量 212 3.7510C 44
T T q I I -=⋅+⋅=⨯ 15、 (1) 22442m gR B L (2) 2
=BL q R
()Q mg H L =+ (3) 232B L mgR 【解题分析】
(1)由于线框能匀速进入磁场，设进入磁场过程速度为1
v
根据机械能守恒得：
2
11
2mgh mv =
进入磁场过程，线框中感应电动势：
1E BLv =
线框中电流为：
E
I R =
根据力的平衡有：
mg BIL =
解得：
22
442m gR h B L =
(2)线框进磁场的过程中：
E t ∆Φ
=∆
平均电流为：
E
I R =
通过线框的电量为：
q I t =∆
解得：
2
=BL q R
由于线框有一半出磁场时加速度为0，即线框刚好出磁场时的速度大小等于1v 根据能量守恒，线框穿过磁场过程中产生的热量：
211()2
mg H h L Q mv ++=+ 解得：
()Q mg H L =+
(3)线框进磁场所用的时间为：
23
11L B L t v mgR
== 完全在磁场中运动时间为：
212212
H L v t gt -=+
解得：
222mR t B L
= 线框ab 边出磁场前一瞬间速度大小为：
212v v gt =+
解得：：
2v =出磁场过程中，根据动量定理得：
3312()mgt BILt m v v -=-
即：
312()mgt BLq m v v -=-
解得：
23322B L mR t mgR B L =+ 因此运动的总时间为：
23
1232B L t t t t mgR =++=。