2024届吉林省重点中学高三物理第一学期期末经典试题含解析

2024届吉林省重点中学高三物理第一学期期末经典试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、如图所示，A、B、C是光滑绝缘斜面上的三个点，Q是一带正电的固定点电荷，Q、B连线垂直于斜面，Q、A连线与Q、C连线长度相等，带正电的小物块从A点以初速度v沿斜面向下运动。

下列说法正确的是（）
A．小物块在B点电势能最小
B．小物块在C点的速度也为v
C．小物块在A、C两点的机械能相等
D．小物块从A点运动到C点的过程中，一定先减速后加速
2、物体做匀速圆周运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量（）
A．大小相同、方向相同B．大小相同、方向不同
C．大小不同、方向不同D．大小不同、方向相同
3、如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为固定电阻，导轨电阻不计。

电阻阻值也为R的金属杆MN 垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。

t=0时刻对金属杆施加一水平外力F作用，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动。

下列关于通过R的电流I、杆与导轨间的摩擦生热Q、外力F、外力F的功率P随时间t变化的图像中正确的是（）
A．B．C．D．
4、如图所示,长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动,另一端固定一质量为m的小球,小球搁在水平升降台上,升降平台
以速度v匀速上升,下列说法正确的是( ) A．小球做匀速圆周运动
B．当棒与竖直方向的夹角为α时,小球的速度为
v cos Lα
C．棒的角速度逐渐增大
D．当棒与竖直方向的夹角为时,棒的角速度为
v sin Lα
5、如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（）
A．物体B的加速度大小为g B．物体C的加速度大小为2g
C．吊篮A的加速度大小为g D．吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg
6、反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C 的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。

忽略粒子的重力等因素，则（）
A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能E k m＝2×10﹣8J
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、关于空气湿度，下列说法正确的是_________
A．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
B．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
C．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
D．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
E.相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水蒸气越接近饱和
8、下列说法正确的是__________。

A．容器内气体的压强与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关
B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能均随之改变
C．气体分子的运动杂乱无章，但如果温度不变，分子的动能就不变
D．功可以全部转化为热，热量也可能全部转化为功
E.空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压
9、如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，经过0.2s，M点第一次到达波谷，则下列判断正确的是______
f
A．质点P的振动频率 2.5Hz
B．该波的传播速度v=1m/s
C．M点的起振方向沿y轴负方向
D．0~1s内质点Q运动的路程为0.2m
E.0~1s内质点M运动的路程为0.08m
10、如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说法正确的是（）
A．物体做匀变速直线运动
B ．02
t 时刻物体速度最大 C ．物体上升过程的最大速度为0gt
D ．0t 时刻物体到达最高点
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）如图所示，用做平抛运动实验的装置验证机能守恒定律。

小球从桌面左端以某一初速度开始向右滑动，在桌面右端上方固定一个速度传感，记录小球离开桌面时的速度（记作v ）。

小球落在地面上，记下落点，小球从桌面右边缘飞出点在地面上的投影点为O ，用刻度尺测量落点到O 点的距离x 。

通过改变小球的初速度，重复上述过程，记录对应的速度v 和距离x 。

已知当地的重力加速度为g 。

若想验证小球在平抛运动过程中机械能守恒，只需验证平抛运动过程的加速度等于重力加速度即可。

（1）某同学按如图所示测量高度h 和水平距离x ，其中存在测量错误的是________（填“h ”或“x ”），正确的测量方法应是________。

（2）若小球在下落过程中的加速度为a ，则x 与v 的关系式为x =________。

（3）该同学在坐标纸上画出了纵、横坐标，以2x 为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k ，那么该同学选择________为横坐标，根据平抛运动得到的加速度为________。

然后与0g 比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。

12．（12分）如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。

钩码的质量为m 1，小车和砝码的质量为m 2，重力加速度为g 。

（1）下列说法正确的是_________。

A ．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B ．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C ．本实验m 2应远小于m 1
D ．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a ﹣2
1m 图象 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F =m 1g ，作出a ﹣F 图象，他可能作出图2中_____________（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。

此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______________。

A ．小车与轨道之间存在摩擦
B ．导轨保持了水平状态
C ．砝码盘和砝码的总质量太大
D ．所用小车的质量太大
（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的2
1m ﹣a 图象，如图3。

设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，则小车与木板间的动摩擦因数μ=________，钩码的质量m 1=________。

（4）实验中打出的纸带如图4所示。

相邻计数点间的时间是0.1s ，图中长度单位是cm ，由此可以算出小车运动的加速度是________m/s 2。

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）汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极K 发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过B 中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板D 1和D 2间的区域。

当D 1、D 2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P 1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为U 的偏转电压后，亮点移到P 2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B 时，亮点重新回到P 1点，去掉偏转电压后，亮点移到P 3点。

假设电子的电量为e ，质量为m ，D 1、D 2两极板的长度为L ，极板间距为d ，极板右端到荧光屏中心的距离为s ，R 与P 竖直间距为y ，水平间距可忽略不计。

（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角θ很小，tan θ≈sin θ；电子做圆周运动的半径r 很大，计算时略去()(4)n
L n r ≥项的贡献）。

（1）判定磁场的方向，求加速电压的大小；
（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为I ，且假设电子打在荧光屏。

上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小； （3）推导出电子比荷的表达式。

14．（16分）如图所示，半径75m R .=的四分之一光滑圆弧QP 竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P 点，整个空间存在场强大小3210V /m E =⨯的匀强电场，竖直边界MP 右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物块A B 、（视为质点）大小形状相同，A 电荷量为3510C q -=+⨯，B 不带电，质量3kg A m =，1kg B m =。

从Q 点由静止释放A ，与静止在地面上D 点的B 碰撞。

已知A B 、与地面间动摩擦因数均为0.2μ=，P 、D 间距离0165m x .=，g 取210m /s ，A B 、间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。

求：
（1）物块A 运动到P 点时，受到圆弧轨道支持力的大小；
（2）物块A B 、碰撞后瞬间，A B 、速度的大小和方向；
（3）物块A B 、第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。

15．（12分）如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2l ，右侧间距为l ，有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界（图中虚线）均与轨道垂直。

矩形金属线框abcd 平放在轨道上，ab 边长为l ，bc 边长为2l 。

开始时，bc 边与磁场左边界的距离为2l ，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且bc 边始终与轨道垂直，从bc 边进入磁场直到ad 边进入磁场前，线框做匀速运动，从bc 边进入右侧窄磁场区域直到ad 边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动。

线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为Q 。

问：
(1)线框ad 边刚离开磁场时的速度大小是bc 边刚进入磁场时的几倍？
(2)磁场左右边界间的距离是多少？
(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？
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、C
【解题分析】
A．该电场是正点电荷产生的电场，所以B点的电势最高，根据正电荷在电势越高的地方，电势能越大，可知带正电的小物块在B点电势能最大，故A错误；
BC．在电场中A、C两点的电势相等，所以小物块在A、C两点的电势能相等，根据能量守恒定律，可知小物块在A、C两点的机械能相等，小物块从A点到C点重力做正功，重力势能减少，电势能变化量为零，所以在C点动能增加，故在C点的速度大于v，故B错误，C正确；
D．小物块从A点运动到C点的过程中，可能先减速后加速，也可能一直加速，故D错误。

故选C。

2、B
【解题分析】
∆=，由于加速度的大小不变但方向时刻在变化，所以在任意相同时间间物体做匀速圆周运动时，速度的变化量v at
隔内，速度的变化量大小相等，方向不同。

A. 大小相同、方向相同，与分析不符，故A错误；
B. 大小相同、方向不同，与分析相符，故B正确
C. 大小不同、方向不同，与分析不符，故C错误；
D. 大小不同、方向相同，与分析不符，故D错误。

3、B
【解题分析】
A．t时刻杆的速度为
v=at
产生的感应电流 222E BLv BLa I t R R R
=== 则I ∝t ；故A 错误。

B ．摩擦生热为
221122
Q fx f at fat ==⋅= 则Q ∝t 2，故B 正确。

C ．杆受到的安培力
222B L v F BIL R
==安 根据牛顿第二定律得
F-f-F 安=ma
得
222222B L v B L a F f ma t f ma R R
=++=++ F 随t 的增大而线性增大，故C 错误。

D ．外力F 的功率为
222B L a P Fv t f ma at R
==++（） P-t 图象应是曲线，故D 错误。

故选B 。

4、D
【解题分析】
小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A 错误；棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v 实=ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωLsinα=v ，
所以v Lsin ωα
= ，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故BC 错误，D 正确． 故选D ．
【题目点拨】
找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度．然后分解速度，做平行四边形，根据三角形求解．此题难度在于合速度难确定，属于中档题．
5、D
【解题分析】
A ．弹簧开始的弹力
F =mg
剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B 的合力仍然为零，则B 的加速度为0，故A 错误；
BC ．剪断细线的瞬间，弹力不变，将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得
AC 22 1.522F mg mg mg a g m m
++=== 即A 、C 的加速度均为1.5g ，故BC 错误；
D ．剪断细线的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A 有
C F mg ma +=
得
C 0.5F ma mg mg =-=
故D 正确。

故选D 。

6、D
【解题分析】
A ．沿着电场线方向电势降落，可知x 轴左侧场强方向沿x 轴负方向，x 轴右侧场强方向沿x 轴正方向，故A 错误；：
B ．根据U ＝Ed 可知：左侧电场强度为：E 1＝220110-⨯V/m ＝2.0×103V/m ；右侧电场强度为：E 2＝2
200.510-⨯V/m ＝4.0×103V/m ；所以x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E 1：E 2＝1：2，故B 错误； C ．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有：v m ＝
1qE m t 1同理可知：v m ＝2qE m t 2；E km ＝12
mv m 2；而周期：T ＝2（t 1+t 2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T ＝3.0×10﹣8s ；故C 错误。

D ．该粒子运动过程中电势能的最大值为：E Pm ＝qφm ＝﹣2×10﹣8J ，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能
为E km ＝2×
10﹣8J ，故D 正确；
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、ADE
【解题分析】
AB ．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水蒸气的压强表示来表示，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，故A 正确，B 错误；
CD ．人们感受的干燥或潮湿取决于空气的相对湿度。

相对湿度越大，感觉越潮湿；相对湿度越小，感觉越干燥，故C 错误，D 正确；
E ．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和，故E 正确；
故选ADE 。

8、ADE
【解题分析】
A ．气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数和单位体积内的分子数及温度有关，单位体积内的分子数越多、分子的平均动能越大，单位时间内碰撞器壁的次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故A 项正确；
B ．温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，但分子势能可以认为不变（一般不计气体的分子势能），故B 项错误；
C ．气体分子的运动杂乱无章气体分子之间或气体分子与器壁之间不断有碰撞发生，分子的动能随时可能发生变化，但如果气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，故C 项错误；
D ．功可以全部转化为热，根据热力学第二定律，在外界的影响下，热量也可以全部转化为功，故D 项正确；
E ．根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压，故E 项正确。

故选ADE 。

9、ACD
【解题分析】
BC ．t ＝0时刻波传播到Q 点，Q 点起振方向沿y 轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则M 点的起振方向也沿y 轴负方向；经过t =0.2s ，M 点第一次到达波谷，可知波的传播速度
0.02m/s 0.1m/s 0.2
x v t ∆=∆＝＝ 故B 错误，C 正确；
A ．由图象可知，波长λ=0.04m ，则波的周期，亦即P 质点振动的周期
0.04s 0.4s 0.1
T v λ
=＝＝ 频率为周期的倒数，即2.5Hz ，故A 正确；
D ．0～1s 内质点Q 振动了2.5个周期，运动的路程
s =10.4
×8cm ＝20cm 故D 正确；
E ．波传播到M 点的时间
t 1＝0.01 0.1
s ＝0.1s 则0～1s 内质点M 振动了2.25个周期，运动的路程
110.148cm 18cm 0.18m 0.4
t t s A T --=⋅⨯＝＝＝ 故E 错误。

故选ACD 。

10、BD
【解题分析】
由图可得力F 与时间的关系为0
22mg F mg t t =-，则可得物体的合外力与时间的关系为02A mg F mg t t =-，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为0
2F g a g t m t ==-合，则可知物体先向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升过程中，当加速度为零时，速度最大，即020g g t t -
=，可得012
t t =
，故A 错误，B 正确；由初速度大小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大速度大小为0001224
m t g v v gt +=∆=⋅=，故C 错误；由前面的分析可知在t =t 0时，加速度为a g =- ，根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为0，物体运动到最高点，故D 正确。

故选：BD 。

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、h 从桌面到地面的距离
2v 2h k 【解题分析】
（1）[1][2]．其中h 的测量有问题，应该是从桌面到地面的距离；
（2）[3]．小球下落过程中，竖直方向 212
h at = 水平方向：
x vt =
解得：
x = （3）[4][5]
．根据x =222x h a v =，则以2x 为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k ，那么该同学选择v 2为横坐标；由2h k a =得到的加速度为2h a k =。

然后与0g 比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。

12、D 丙 C
b gk
1gk 0.46 【解题分析】
(1)[1]A ．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有： 22sin cos f m g m g θμθ==
m 2约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，故A 错误；
B ．实验时应先接通电源后释放小车，故B 错误；
C ．让小车的质量2m 远远大于钩码的质量1m ，绳子的拉力
2212
1m g
F m a m m ==+
故应该是1
2m m ，故C 错误； D ．2F m a =，所以：2
F a m =，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作21a m -图像，故D 正确。

故选：D 。

(2)[2]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。

故图线为丙；
[3]当不满足12m m 时，随m 1的增大物体的加速度a 逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量，故C 正确。

(3)[4][5]根据牛顿第二定律可知
122m g m g m a μ-= 结合2
1a m -图象，可得：
21111a m m m g
μ=+ 设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，因此钩码的质量
11m gk
= 小车与木板间的动摩擦因数
b gk
μ= (4)[6]根据△x =aT 2得，
22241222.62 1.2410m/s 0.64m/s 330.1
x x a T ---==⨯=⨯
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）垂直纸面向外，20222mU U ed B
=；（2）1mIU F edB =；（3）()2222e yU m B d sL L =+ 【解题分析】
（1）磁场方向垂直纸面向外。

设加速电压为0U ，电子刚进入偏转极板时的速度大小为v ，则对加速的电子应用动能定理得
2012
eU mv = 两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为
f evB =
极板间电场强度为
U E d
= 电场力为
F Ee =
电子不偏转，则
U E d
= 联立解得
2
0222mU U ed B
= （2）设一个极短时间t 内撞击荧光屏的电子个数为n ，撞击力为1F ，则对这些电子用动量定理，得
1Ft nmv =
由电流的定义式得
=ne I t 联立解得
1mIU F edB
= （3）在撤去电场后，设电子的偏转角为θ，电子轨迹半径为r ，如图所示
由图可知
22tan ()y s r r L θ=+-
由于θ很小，则
tan sin L r
θθ== 2222242222222241124r L L L L r r L r r r r r r r r r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫--==--=--⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭
⎝⎭⎣⎦由于4
44L r
可略去，所以 22
22
2122L L r r L r r r r ⎛⎫-≈--= ⎪⎝⎭ 又洛伦兹力充当向心力，所以
2
v evB m r
=
联立解得电子的荷质比
()
2222e yU m B d sL L =+ 14、（1）60N ；（2）6m/s ，方向水平向右；18m/s ，方向水平向右；（3）7.2s ；
【解题分析】
(1)物块A 从Q 到P 过程，由动能定理得：
()212
A A P m g qE R m v -=
， 代入数据解得：
v P =10m/s ， 在P 点，由牛顿第二定律得：
2P A A v F qE m g m R
+-=， 代入数据解得：
F =60N ；
(2)物块A 从P 到D 过程，由动能定理得：
()22011122
A A A P qE m g x m v m v μ=
--， 代入数据解得：
v 1=12m/s ， A 、B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m A v 1=m A v A +m B v B ，
由机械能守恒定律得：
2221111222
A A A
B B m v m v m v =+， 代入数据解得：
v A =6m/s ，方向水平向右
v B =18m/s ，方向水平向右
(3)A 、B 碰撞后，由牛顿第二定律得，
对A ：
qE -μm A g =m A a A ，
对B ：
μm B g =m B a B ，
代入数据解得：
24m/s 3
A a =， a
B =2m/s 2，
设经过时间t 两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：
221122
A A
B B v t a t v t a t +=-， 代入数据解得：
t =7.2s ；
15、 (1)线框ad 边刚离开磁场时的速度大小是bc 边刚进入磁场时速度的4倍；(2)磁场左右边界间的距离是32l ；(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是
323
Q 。

【解题分析】
(1)设磁感强度为B ，设线框总电阻为R ，线框受的拉力为F ，bc 边刚进磁场时的速度为v 1，则感应电动势为： E 1=2Blv 1
感应电流为： 11E I R
= 线框所受安培力为：
F 1=2BI 1l
线框做匀速运动，其受力平衡，即：F 1=F ，联立各式得：
122
4FR v B l ＝ 设ad 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得： 222FR v B l ＝
所以：
v 2=4v 1；
(2)bc 边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a ，bc 边到达磁场左边界时，线框的速度为
1v 从ad 边进入磁场到bc 边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a ，由题意可知bc 边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：
v 2=4v 1，214v v ==从线框全部进入磁场开始，直到bc 边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为s 1，则：
222112v v s a
-＝
将1v ＝2v =代入得：
s 1=30l
磁场左右边界间的距离为：
s =l +s 1+l =32l ；
(3)整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为E k ，由动能定理有： W F +W 安=E k -0
由：
W F =F （2l +s +l ）=35Fl
W 安=-F ×3l
及
Q =-W 安
可知：
353
F W Q ＝ 线框的最大动能为：
353233k E Q Q Q -＝
＝。