2023年高考第三次模拟考试卷-物理（湖南B卷）（解析）

2023年高考物理第三次模拟考试卷

物理∙全解全析

注意事项：

ɪ.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.下列说法正确的是()

A.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定

238.T222R

B.92U衰变为86Kn经过4次α衰变，2次。衰变

C.原子核发生P衰变过程中所放出的电子来自原子的外层电子

D.根据玻尔理论可知，一个氢原子核外电子从〃=4能级向低能级跃迁最多可辐射6种不同频率的

光子

【答案】B

【解析】A.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；

238Iτ222R

B.设92U衰变为86Kn经过加次a袁变，〃次β袁变，根据电荷数和质量数守恒可得

92=86+MX2+"x(-l)

238=222+m×4÷π×0

联立解得

〃?=4,n=2

故B正确；

C.原子核发生β衰变过程中所放出的电子来自中子转化为质子和电子，故C错误；

D.根据玻尔理论可知，一个氢原子核外电子从〃=4能级向低能级跃迁最多可辐射3种不同频率的

光子，故D错误。

故选B。

2.2022年6月23日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，采取“一箭三星”方式,

成功将“遥感三十五号”02组卫星发射升空。卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发

射同步卫星时是先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上

的远地点B加速后进入同步轨道；已知近地轨道半径为代同步轨道半径为4。则下列说法正确的

是（）

//近地轨道

……∖∙-.∖

β{i（½Sj'M

∖∙∙..."二支/

转移轨道/

...........--ʃ同步轨道

A.卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为4“

B.卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为6：后

C.卫星在转移轨道上运动时，A、8两点的线速度大小之比为4f

D.卫星在转移轨道上运动时，从A点运动到B点的过程中处于失重状态，引力做负功，机械能减

小

【答案】C

【解析】A.根据万有引力提供向心力可得

GMm

——&-=ma

可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为

幺=E

a2

故A错误；

B.根据万有引力提供向心力可得

GMm4/

可得

可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为

八=忙

T2V/

故B错误；

C.根据开普勒第二定律可得

fi%4=g4%Z

可知卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为

VBfl

故C正确；

D.卫星在转移轨道上运动时，从A点运动到B点的过程中处于失重状态，引力做负功，机械能守

恒，故D错误。

故选C。

3.如图所示，用长为L的绝缘轻线把质量为加、带电荷量为q(">°)的小球悬挂于天花板上。点，

小球静止于。点正下方。如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场(未画出)，小球向右运

o

动,悬线向右偏转的最大角度为53。，重力加速度为g,已知sin53。=0.8,∞s53=0.6o下列说法

正确的是()

T////////x

Om

4mg

A.所加匀强电场的电场强度为3q

B.小球受到的电场力大小为05咫

C∙小球的电势能增加了°∙4"gL

D.合力做功的功率先增大后减小

【答案】B

【解析】A.小球向右运动过程中由能量守恒定律得

∕∏^(L-Lcos530)=sin53°

解得

E=%

2q

A错误；

B.小球受到的电场力大小为

F=qE=0.5mg

B正确；

C.电场力对小球做正功电势能减少，电势能减少量为

AEP=qELsin53°=OAmgL

C错误；

D.小球在开始运动及到达最右端时速度为零，合力做功的功率为零，小球速度最大时，速度与合

力垂直，合力做功功率也为零，故合力做功的功率先增大后减小再增大再减小，D错误；

故选B«

4.在一个与水平面成。角的粗糙斜面上的A点，放着一质量为，〃的物体，物体与斜面间的动摩擦

因数为〃，它系于一根不可伸长的细绳上，绳子的另一端B通过小孔C穿出底面，如图所示，开始

时A、C等高，当物体开始缓慢下滑时，适当地拉动绳端8,使物体在斜面上缓慢划过一个半径为R

的半圆到达C（细绳与小孔间摩擦不计），下列说法中正确的是（）

A.整个过程拉力对物体做的功为零

B.拉力大小始终不变，若大小为尸，则拉力做功为2研

C.物体和斜面之间的动摩擦因数〃=tarηα

D.产生的内能为2〃WgRCoSa

【答案】C

【解析】A.整个过程克服摩擦力做功，产生内能，则拉力做功不为0,故A错误；

BC.因为摩擦力方向与相对运动方向相反，则物体所受摩擦力方向应沿圆弧切线方向，如图所示

Wgsinez

其大小为

f=μN—μmgcosa

因为物体缓慢滑动，物体在每个位置均可看做处于平衡状态，设绳子方向与A和C的夹角为6,在

垂直于绳的方向上

mgSina∙cosΘ=μmgcosa∙cosΘ

可知

χ√=tan<7

绳子拉力为

F=mgsina∙smΘ+fsinΘ

则拉力为变力，故B错误，C正确；

D.产生的内能为

Q=πRμmgcosa

故D错误。

故选C。

5.某同学利用所学知识测水龙头水流对地面的冲击速度，该同学先用大型容器接水，2min接水

108Lo然后将质量为50Og的杯子放在台秤上，水龙头开始往杯中注水，注至IOs末时，台秤的读数

为98.6No假设水流垂直打在杯子底面后没有反弹，两次水龙头的水流是相同的，水的密度

p=l×103kg∕m∖g=10m∕s1则注入杯中水流的速度大约是（）

A.6m/sB.5m/sɑ.4m∕sŋ.3m∕s

【答案】C

【解析】根据题意，每秒流出水的体积为

AV=∣°8'∣°-m3∕s=9×104m,/s

2×60

则每秒时间内水的质量为

Am=ΔV∙p

设水的流速为力每秒时间内水对被子底部的冲击力大小为凡则杯底对水的冲击力大小也为F,规

定向上为正方向，根据动量定理有

FΔ∕=0-（-Δ∕MV）

则台秤的示数为

F'=F+Arn∙t+mg

联立上式解得

v=4m∕s

6.如图所示，A是一边长为/的方形闭合线框，其总电阻为R,以恒定的速度V沿X轴运动，并穿

过一宽度为3/的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场

的左右边界始终平行。若以X轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向为感应电流的正方向，

从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为I,则磁场对线框的作用

力F及线框中的感应电流，.随时间，的变化图像，在图所示的图像中可能正确的是（）

∣×XX×；

----：B

A:××××：

⅛~×~×~×*i∖*~

II

丁卜"「3/~~H

°-∕⅜f∕(∕7v)°-i^^2~3^^4^^5Z∕(∕7v)

C.D.

【答案】B

0-

【解析】在U内，线框在磁场之外，所以感应电流为0,安培力也为0：

1_21_

在；工内，线框进入磁场，线框右边切割磁感线，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时

针的方向，因为题中说明线框以恒定的速度沿X轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安

培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向为向左，即沿X轴负方向；

214/

在口~7内，线框全部在磁场中，此时穿过线圈的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没

有安培力；

4/^5/

在V7内，线框出磁场，线框左边切割磁感线，由右手定测可得出感应电流的方向为顺时针方向,

又因为线框以恒定速度V运动，故感应电动势和和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则

可知，此时安培力方向向左即沿X轴负方向。

由上述分析可知，ACD错误，B正确。

故选B。

7.一定质量的理想气体密封在容器内，从状态A开始，经状态B、C。又回到状态A,变化过程

的P-Y图线如图所示，图中OA反向延长线过坐标原点。，AB为双曲线的一部分BC平行于纵轴,

Co平行于横轴。下列说法不正确的是()

A.。到A的过程是等温变化

B.A到8的过程吸收的热量等于气体对外界做的功

C.B到C的过程压强减小的原因是分子平均动能减小

D.整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量

【答案】A

【解析】A.DA直线反向延长过坐标原点，由理想气体状态方程

型=C

T

2丫的乘积增大，知此过程温度升高，A错误：

B.A8为双曲线，说明此过程是等温变化，气体内能不变，体积增大，说明气体对外界做功，由热

力学第一定律

∖U=W+Q

可知，4到8的过程吸收的热量等于气体对外界做的功，B正确；

C.8到C的过程，体积不变，温度降低，故压强减小的原因是分子平均动能减小，C正确：

D.P-"图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程回到A,内能不变,

但由于全过程中气体体积增大过程对外界做功(图线与坐标轴围的面积)大于体积减小过程外界对

气体做的功，由热力学第一定律可知，全过程吸热，D正确。

二、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

多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.如图所示，小型交流发电机两磁极N、S间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小B=

矩形金属线圈ABCD的匝数"=I(X),面积S=0°2m2,线圈内阻和导线电阻不计，线圈绕垂直于磁

场的水平轴逆时针匀速转动，角速度°=lθ°rad∕s.变压器为理想变压器，电压表和电流表均

为理想交流电表，用、"均为定值电阻，R为滑动变阻器。现将开关S断开，观察到电流表Al的

示数减小了0.2A,电流表人2的示数减小了o.8A,则下列说法正确的是()

A.电压表Vl的示数为2(X)V

B.变压器原、副线圈匝数之比为1：4

C.电压表V3示数变化量的大小与电流表ʌ2示数变化量的大小的比值不变

D.若再将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电压表",示数变大

【答案】AC

【解析】A.线圈中产生的感应电动势的最大值为

&=nBSω=IOoX拒X0.02χlθOV=200√2V

电压表Y的示数为

200^V=2()0V

√2

A正确；

B.根据理想变压器电流与匝数关系

L生

1I«1

可得

H1_Δ∕2_4

∆ξ-T

B错误；

C.根据理想变压器电压与匝数关系

以二%

凡«2

可知S保持不变，电压表丫3的示数为

U3=U2-I2R0

则

∆t∕3=∆∕2∕ζ)

则有

M

可知电压表丫3示数变化量的大小与电流表Az示数变化量的大小的比值保持不变，C正确；

D.将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值减小，电流表A?的示数乙变大,

根据

UaRn

可知电压表V?的示数变小，D错误。

故选AC。

9.快递公司常常利用传送带来分拣快递物品。某段传送带的俯视图如图所示，水平传送带以恒定速

度K=I.4m∕s向右匀速运动，一质量为3kg物品以速度大小匕=3m/s、方向与垂直传送带传动方向

成6=37。角偏向左侧方冲上传送带。物品与传送带之间的动摩擦因数为〃=°∙5,物品可视为质点,

重力加速度为g=l°nvs∖已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是（）

A.物品在传送带上滑行的时间为0.8s

B.物品冲上传送带，在相对传送带静止前相对地面做直线运动

C.要使物品不冲出传送带，传送带的宽度需要大于1.6m

D.从滑上传送带到相对传送带静止，系统因摩擦产生的热量为24J

【答案】AD

【解析】AC.以传送带为参考系，把“=3m∕s分解到沿传送带运动的反方向（规定为X正方向）和

垂直于传送带沿纸面向上方向（规定为y正方向），则物品相对于传送带的运动速度为

v*I22

=√（v2sin370+vl）+（v2cos370）=4m∕s（与X正方向成37。）

物品在传送带上滑行的时间为

Ia

'a=≈-=μ,

.m

解得

t-0.8s

物品相对于传送带向y方向运动的位移为

y=—vt×sin37o=0.96m

2

要使物品不冲出传送带，传送带的宽度需要大于°∙96m°A正确，C错误；

B.由以上分析知，物品冲上传送带时受到摩擦力的方向为速度V的反方向，其与匕的方向不在同

一条直线，故物品相对地面做曲线运动，B错误；

D.以传送带为参考系，设物品从滑上传送带到相对传送带静止，系统因摩擦产生的热量为Q,根

据能量守恒定律得

12

—mv-Q

2

解得

β=24J

D正确。

故选AD.,

10.如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由

同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为乙，并满足恂+〃=”,式中丫为

已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，

工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙

的右侧掉落。己知工件的质量为工件与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g。两

传送带正常工作时，下列说法正确的是（）

□

传送带乙口

传送带甲金、

^^7□

□□□□

A.当l⅛=v⅛∙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短

B.当v⅛=l⅛■时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小

C.当师=匕时，驱动传送带的电机因传送工件需要额外做的功最小

mv2

D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为亍

【答案】ACD

【解析】A.以传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图所示

设工件在传送带乙上的滑动痕迹为X,则

谛+⅛=2μgx

整理得

2

V-2VVVΔ

24g

根据基本不等式知，当叫=V乙时上式取最小值，故A正确;

B.设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x',工件与两传送带因摩擦产生的总热量为°,则有

⅛=2μgx'

Q=μmg(x+x,)

整理得

22

/M(v+3v1p-2vφv)

Q=2

V

Mii=;

根据二次函数性质知，当3时上式取最小值，故B错误；

CD.根据能量守恒定律知，电机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，有

W+31⅛2-21⅛v)I∕m⅛

',~~2+~2^

整理得

22

W=y[v+(Vφ-Vz,)]

当咻=V乙时上式取最小值。即

2

W"min_--2

故CD正确。

故选ACDo

H.如图所示，在XS平面内，以°'(QR)为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，X

轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小均为8,第四象限有一与X轴成45。角倾

斜放置的挡板PQ，P、°两点在坐标轴上，且°、P两点间的距离大于2R,在圆形磁场的左侧

0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为机、电荷量为+4的一簇带电粒子，当所有粒子均沿X轴正向

以相同的速度射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从°点进入X轴下方磁场，结果有一半粒子能打

在挡板上。不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力，下列说法正确的是()

A.所有粒子在圆形磁场中运动的时间相等

B.挡板端点P的横坐标为（&+|）R

C.挡板上被粒子打中的区域长度为亚R

D.从距离X轴为0∙5R处射入圆形磁场的粒子，离开磁场时的坐标为（GR'°）

【答案】BD

【解析】A.粒子在圆形磁场中运动的轨迹长度不同，所用时间不相等，选项A错误;

该粒子由。点射出圆形磁场，轨迹如图所示

过A点做速度的垂线AB,做AO的垂直平分线与AB相交于点C,设该轨迹圆的半径长度为r,C

为该轨迹圆的圆心。连接A。'，C0,由全等二角形可证四边形ACoO'为菱形，因此可得r=R,由

题知有一半粒子能打在挡板上，故从。点射出的沿X轴负方向的粒子和沿y轴负方向的粒子轨迹刚

过轨迹圆心D作挡板的垂线交于E点，得

DP=SfiR

OP=(√Σ+I)R

即尸点的横坐标为（夜+1）R,B正确;

C.设打到挡板最左侧的粒子打在F点上，如图所示

OF=2R,过O点作挡板的垂线交于G点，得

OG=(√Σ+1)R.孝=1+与R

FG=^OF1-OG-=J"：及R

EG=-R

2

挡板上被粒子打中的区域长度为

FF_∕5-2√2√2√2+√10-4√2

rc,—Λ-------------------------KH-----A---------------------K

V222

C错误；

D.如图所示

从距离X轴为OSR的H处射入圆形磁场的粒子，从。点射出，轨迹圆心为/点，可得/0与X轴方

向的夹角为3。°,进入X轴下方磁场的轨迹图如图可知离开磁场时的位置为K点，由几何关系可得

°K=耳,粒子离开磁场时的坐标为（若“'°）,D正确。

故选BDo

12.（6分）如图甲所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实

验步骤如下：

①将长为工、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H,在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门;

②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度必

③接通气源及光电计时器,将滑块从靠近导轨左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间

彳ɜ(Cm)

01020

乙

根据上面的实验步骤回答下列问题：

（1）该同学用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d,示数如图乙所示，则4=cm。

（2）实验中已知当地重力加速度为g,除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是

A.滑块的质量MB.气垫导轨的倾斜角度0

C.滑块释放处遮光片到光电门的距离XD.滑块从开始运动至到达光电门所用的时间/

（3）用题中所给的物理量及第（2）问中所选的物理量，如果满足等式gH=（不用代入数据）,

则验证了机械能守恒定律。

Ld?

【答案】1.050C2x△/

【解析】（1）遮光片的宽度

d—Icm+10×0.05mm=1.050cm

（2）AB.验证机械能守恒定律，依据实验操作可知，通过光电门来测量瞬时速度，从而求得滑块

到达光电门位置的动能，再依据导轨长与高的关系，结合下滑的距离可知，滑块下滑过程中的高度

差，进而求得减少的重力势能，由

mgh=^mv2

可以看出只需验证式子

是否成立即可，故质量不需要测量；导轨的倾斜角度夕可以由已测量的导轨的长与高来确定，故AB

错误；

C.计算滑块减少的重力势能时需测量出滑块下滑过程中从释放处遮光片到光电门的距离X,进而得

到下降的高度，故C正确；

D.瞬时速度是由光电门测出的遮光时间及遮光片宽度来计算的，不需要测量滑块在整个过程的运

动时间，故D错误。

故选c。

（3）由（1）的分析可知，滑块到达光电门位置的动能

1(d2

Et7k=-m∙(—)

k2∆r

而下滑的位移为X时，减少的重力势能

FH

Ef=mg-x

因此当

mg*34"?

L2∖t

即

gH=-^τ

2ΛΔΓ

时，可以验证机械能守恒。

13.（9分）如图所示，图1为某多用电表中欧姆表的内部电路图，该欧姆表有两个倍

率挡可供使用。图1中电源的电动势为E=L5V,内阻为r=IC,在挡位切换时电源的电动势和内

阻不变。灵敏电流计的内阻为4=9°°Ω,满偏电流为“I00'定值电阻用、用的阻值分别为

K=10C,R2=90ΩO图2为该多用电表的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为“15”。不计导线的电

阻，请回答下列问题:

图1图2

（I）在正确操作的情况下，图1中（填或*”）表笔应为红表笔。

（2）为使欧姆表的倍率调为挡，则图1中单刀双掷开关的开关应拨至_____位置（填“1”或

“2”）。接着进行欧姆调零后，用该欧姆表测量某一待测电阻R"的阻值，稳定后电表指针指示位置如

图2所示，则该待测电阻的阻值为此=Ω。

（3）若将欧姆表的倍率选择为“X10”挡，进行欧姆调零后接在另一个待测电阻Rg的两端，稳定后

2

指针指在灵敏电流计满偏刻度的二处，则通过计算可知该待测电阻的阻值为尺2=C。

（4）若将图1中单刀双掷开关的开关拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电

路的阻值为R=Ωo

【答案】a11400225139.1

【解析】（1）在欧姆表的使用过程中，应让电流从红表笔流入，黑表笔流出，黑表笔接内部电源正

极，所以“表笔应为红表笔。

（2）当开关拨至1时，灵敏电流计满偏时的干路电流为

JR

1'=ii-+I=1000μA=l×10^3A

is

Rl+R2

此时欧姆表的中值电阻为

F15

P.=/?.,=—=—≤-Ω=1500Ω=15×100Ω

V13

Yrsl×10^

所以当开关拨至1时，欧姆表的倍率是“xioo”，欧姆表读数为表盘刻度值乘以倍率，所以读数为

Λr,=14×100Ω=1400Ω

（3）倍率选择“xlO”挡时，欧姆表的内阻为

%=耳，=15χl0Ω=150Ω

由闭合电路欧姆定律有

r=-

s%

指针指在电流计满偏刻度的五分之二位置时，有

2二E

58-%+鼠

两式联立得

Rx2=225Ω

（4）当开关拨至2时，倍率为“xlO”挡，欧姆表的内阻为

/^=^=15×10Ω=150Ω

则灵敏电流计满偏时的干路电流为

”4（凡+凡）2

/；=上」一L+4=10000μA=1X10^2A

Rl

电路中并联部分的阻值为

R：==9.9Ω

s1"

g

所以滑动变阻器接入电路的电阻为

R=RbR；T=I50Ω-9.9Ω-1Ω=139.1Ω

14.（9分）甲、乙两列横波传播速率相同，分别沿X轴负方向和正方向传播，‘。时刻两列波的前端

刚好分别传播到质点A和质点8,如图所示，设，。时刻为计时起点，已知甲波的频率为2.5Hz,求:

（1）'。时刻之前，X轴上X=TCm处的质点P振动了多长时间；

【解析】（2）（1）由题知，甲波的周期为

。=0.4s

由可知乙波的周期为

5=3不=0.8S

由图可知，X=TCm处的质点P开始振动的时刻距图中时刻为

%=:ηs=0.2s

得顺点P已振动时间为0.2s；

（2）X=O处的质点位移为+6cm,表明两列波的波峰同时到达X=O处。甲波、乙波的波峰到达X=O

处的时刻分别为

而=nTv=/乙=（A`+g]=（",女=0、1、2、3…）

解得

几=2k+l

Z=O时，〃=1,t=0.4s.Z=I时，〃=3,Z=1.2s.攵=2时，〃=5,/=2.0s.

可知：在之后的2.2s内,x=°处的质点位移为+6Cm的时刻为0.4s,1.2s和2.0s。

15.（13分）如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成6=30°固定在地面上，在斜面上虚线a”'

和4/与斜面底边平行，在S'、"'围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为

B=IT:现有一质量为m=Ikg、边长d=o/m、匝数〃=10、总电阻R=2Ω的正方形金属线圈MNQP,

让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面

√3

∣lɪɪ一一’12

间的动摩擦因数为6,(取g=IOnVs-)求：

(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；

(2)线圈释放时，PQ边到"'的距离；

(3)整个线圈穿过磁场的过程中，流过线圈的电荷量4及线圈上产生的焦耳热°。

【解析】(1)线框进入磁场前，由牛顿第二定律

mgSine-μmgcosθ=ma

解得

a=2.5m∕s2

因为线框匀速进入磁场，由电磁感应定律及受力平衡

R

E=YiBdv

F安=nBId

NmgcosΘ+F.安=mgsinΘ

解得线圈进入磁场区域时的速度大小

v=5m∕s

(2)由匀加速直线运动规律

V2=2ax

解得线圈释放时，PQ边到防,的距离

X=5m

77一斤=〃丝

(3)由〃=/,',R,R得

∖Φ

q=n-----

R

又因为线框穿过磁场前后△①=o,所以g=°；

线框全程匀速穿过磁场，则磁场宽度等于"=0∙lm,由功能关系

G=KI

¼⅛=-%2d

解得

C=0.5J

16.（15分）如图所示，水平传送带以%