2022年高考真題-物理（湖北卷） （含解析）

湖北省2022年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試

物理

一、選擇題:本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1~7題

只有一項(xiàng)符合題目要求，第8~11題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的

得2分，有選錯的得0分。

1.上世紀(jì)四十年代初，我國科學(xué)家王澄昌先生首先提出證明中微子存在的實(shí)驗(yàn)方案：如果靜止原子核；Be俘

獲核外K層電子e,可生成一個新原子核X,并放出中微子V”即：Be+_'Je^X+J；veO根據(jù)核反應(yīng)后原

子核X的動能和動量，可以間接測量中微子的能量和動量，進(jìn)而確定中微子的存在。下列說法正確的是

()

A.原子核X是；LiB.核反應(yīng)前后總質(zhì)子數(shù)不變

C.核反應(yīng)前后總質(zhì)量數(shù)不同D.中微子嗔的電荷量與電子的相同

【答案】A

【解析】

【詳解】AC.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒有，X的質(zhì)量數(shù)為7,電荷數(shù)為3,可知原子核X是；Li,A正

確、C錯誤；

B.由選項(xiàng)A可知，原子核X是；Li,則核反應(yīng)方程為：Be+_；eT：Li+:v。，則反應(yīng)前的總質(zhì)子數(shù)為4,

反應(yīng)后的總質(zhì)子數(shù)為3,B錯誤；

D.中微子不帶電，則中微子匕,的電荷量與電子的不相同，D錯誤。

故選Ao

2.2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運(yùn)飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地

球做圓周運(yùn)動，周期約90分鐘。下列說法正確的是()

A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)

B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度

C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大

D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.組合體在天上只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤；

B.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動，而第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則組合體的速

度大小不可能大于第一宇宙速度，B錯誤；

C.已知同步衛(wèi)星的周期為24h,則根據(jù)角速度和周期的關(guān)系有

由于7時＞T?i令體，則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確;

D.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動，有

整理有

T=24

由于7同＞7組合體，則A?同工ai合作，且同步衛(wèi)星和組合體在天上有

°Mm

ma=G

〃同＜〃組合體

D錯誤。

故選C。

3.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c,其過程如p—V圖中a-c直線段所示，狀態(tài)b對應(yīng)該線段的中

點(diǎn)。下列說法正確的是()

0匕2匕3匕//

A.a-b是等溫過程

B.a-b過程中氣體吸熱

C.a—c過程中狀態(tài)b的溫度最低

D.a-c過程中外界對氣體做正功

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程

&C

T

可知a-b氣體溫度升高，內(nèi)能增加，且體積增大氣體對外界做功，則W<0,由熱力學(xué)第一定律

AU=W+Q

可知a-b過程中氣體吸熱，A錯誤、B正確；

C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程

T

可知，p—V圖像的坐標(biāo)值的乘積反映溫度，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標(biāo)值的乘積相等，而中間狀態(tài)的坐標(biāo)值乘積

更大，a—c過程的溫度先升高后降低，且狀態(tài)b的溫度最高，C錯誤；

D.a—c過程氣體體積增大，外界對氣體做負(fù)功，D錯誤。

故選B。

4.密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場。

用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金

屬板間電勢差為U時，電荷量為外半徑為/■的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為

2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）

C.2q,2rD.4q,2r

【答案】D

【解析】

【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時，滿足

即

U4,

D兀r-pg

a3

AB.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足

2U,43

——q可仃.pg

d

可得

AB錯誤;

CD.當(dāng)電勢差調(diào)整為217時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足

2U,4。,3

—Q=-^（2r）-pg

a3

可得

d=4q

C錯誤，D正確。

故選D。

5.如圖所示，質(zhì)量分別為機(jī)和2機(jī)的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕

繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉

力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁

度系數(shù)為重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動過程中相對于其初始位置的最大位移大小

為（）

----1P|-vwwwwQ

力〃〃〃力〃方〃〃〃〃力〃〉〃〃

?D?2〃mgv??4〃mgL/?

kkkk

【答案】C

【解析】

【詳解】Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x,滿足

kx=2"mg

若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x,因此P相對于其初始位置

的最大位移大小為

s=2尤=也空

k

故選C。

6.我國高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km,

W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站G。設(shè)普通列車的最高速度

為108km/h,高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大小

均為0.5m/s2,其余行駛時間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W

到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）

A.6小時25分鐘B.6小時30分鐘

C.6小時35分鐘D.6小時40分鐘

【答案】B

【解析】

【詳解】108km/h=30m/s,324km/h=90m/s

由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當(dāng)于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)省時間，相

鄰兩站間的距離

囁=2.16x1。5m

5

普通列車加速時間

v,30”

/.=’=—s=60s

a0.5

加速過程的位移

1,17

%]=—at~=—x0.5x60-m=900m

根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動的時間

x-^=Z16xl0i-2x900s=714()s

,2

v30

同理高鐵列車加速時間

—s=180s

a0.5

加速過程的位移

x，at-x0.5xl802m=8100m

\=~?2

根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動的時間

,x-2x：2.16X105-2X8100

t'=--------L=--------------------------s=2220s

290

相鄰兩站間節(jié)省的時間

△t=(t2+2f|)-(g+2G=4680s

因此總的節(jié)省時間

△，也=5Ar=4680x5s=23400s=6小時30分

故選B。

7.一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2u,在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2V增大到

5v?前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為刖和卬2,合外力的沖量大小分別為人和/2。下列關(guān)系式一

定成立的是（）

A.叱=3叱，12<34B.叱=3叫，Z2>/,

C.嗎=7%,/2<3/,D.嗎=7%,/2>/）

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)動能定理可知

2

叱=；/〃（2U）2mv

1,1,21,

W,=—根（5口）2—―/?7（2V）2=—mv2

222

可得

嗎=7叱

由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時、動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大,

因此沖量的大小范圍是

mv<Ix<3mv

3mv</2<7mv

可知

I2<3，

故選C。

8.在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的

勻強(qiáng)磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,SP與磁場左右邊界垂

直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30。角。已知離子

比荷為左，不計重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為仇則離子的入射速度和對應(yīng)6

角的可能組合為（）

A.-kBL,0°B.gkBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°

3

【答案】BC

【解析】

【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖

根據(jù)幾何關(guān)系則有

R=L

v2

qvB=m—

R

可得

qBL

v=-——=KBL

m

根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30。角向上，故出射方向與入射方向的夾角為Q60。。

當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖

因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B,則根據(jù)對稱性有

R=*

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

V

qvBD=m—

R

可得

qBL1

v=-——=—kBL

2m2

此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為公0°。

通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場射出時，需滿足

qBL12

v=------；-=------kBrL(”=[,2,3....)

2/1-1

此時出射方向與入射方向的夾角為0=60。；

當(dāng)粒子從上部分磁場射出時，需滿足

v=^^-=—kBL(n=l,2,3....)

2nmIn

此時出射方向與入射方向的夾角為6=0。。

故可知BC正確，AD錯誤。

故選BC

9.近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的

輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為

發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是()

A.接收線圈的輸出電壓約為8V

B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同

D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.根據(jù)

.80%,

%。2

可得接收線圈的輸出電壓約為S=8V；

B.根據(jù)

%=，2

n280%

可得

7,_88

T~~5

故B錯誤；

C.變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；

D.由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與

穿過接收線圈的不相同，故D錯誤.

故選AC。

10.如圖所示，一帶電粒子以初速度即沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)。射入，并經(jīng)過點(diǎn)P（a>0,b>0）。若上述

過程僅由方向平行于），軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，粒子從。到P運(yùn)動的時間為A，到達(dá)P點(diǎn)的動能為反"若上述

過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)，粒子從。到P運(yùn)動的時間為，2,到達(dá)P點(diǎn)的動能為瓜2。下列關(guān)

系式正確的是?（）

oax

A.t\<t2B.tl>t2

C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.該過程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時粒子做類平拋運(yùn)動，沿x軸正方向做勻速

直線運(yùn)動；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動，沿x軸正方向分速

度在減小，根據(jù)

x

t=一

V

可知

t\<t2

故A正確，B錯誤。

CD.該過程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時粒子做類平拋運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度大于血；當(dāng)該

過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度等于而根據(jù)

P12

E,=—mv

入2

可知

Ekl>￡k2

故C錯誤，D正確。

故選AD。

11.如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整

個裝置置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角6可調(diào)。導(dǎo)體

棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻

加速運(yùn)動或勻減速運(yùn)動。已知導(dǎo)體棒加速時，加速度的最大值為且g;減速時，加速度的最大值為

3

其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是（)

B

棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為正

A.

6

B.棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為且

3

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，?60。

D減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，6=150。

【答案】BC

【解析】

【詳解】設(shè)磁場方向與水平方向夾角為以，，了90。;當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左

手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有

Fsin^一〃(mg-Fcosq)=ma1

令

cosa-/

sin

根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得

產(chǎn)(Jl+X?卜in(4+a)=/nmg+

則有

sin(q+a)=上等粵41

廠

同理磁場方向與水平方向夾角為。2,仇＜90。，當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手定

則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有

Fsin0^+jU^mg+Feos&)=ma2

有

F(+金卜in(q+c)=ma,-"mg

所以有

ma2-從mg

sin(a+a)二<1

當(dāng)加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯(lián)立可得

叵

3

帶入

cosa=—j=

師

可得a=30°,此時

4=%=60

加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有

6=4=60

減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有

0=TT-02=12O

故BC正確，AD錯誤。

故選BC。

二、非選擇題:本題共5小題。共56分。

12.某同學(xué)設(shè)計了一個用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn).一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另

一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，記錄鋼

球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值4ax和最小值著演。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。根

據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的-Min圖像是一條直線，如圖乙所示。

（1）若小鋼球擺動過程中機(jī)械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為。

（2）由圖乙得:直線的斜率為，小鋼球的重力為N?（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

（3）該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是______（單選，填正確答案標(biāo)號）。

A.小鋼球擺動角度偏大

B.小鋼球初始釋放位置不同

C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力

7L?/NA

1.80■

【答案】-2?.-2.1(3).0.590.C

【解析】

【詳解】(1)口]設(shè)初始位置時，細(xì)線與豎直方向夾角為仇則細(xì)線拉力最小值為

電=〃?gcos6

到最低點(diǎn)時細(xì)線拉力最大，則

I2

mg1(1-cos^)=-mv

-)

-V

Tm^-mg=m-

聯(lián)立可得

&X=3加g-2之

即若小鋼球擺動過程中機(jī)械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為-2；

(2)[2]⑶由圖乙得直線的斜率為

^_1.77-135_21

0.2

3mg=1.77

則小鋼球的重力為

mg=0.59

（3）[4]該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，使得機(jī)械能減小，故選C。

13.某探究小組學(xué)習(xí)了多用電表的工作原理和使用方法后，為測量一種新型材料制成的圓柱形電阻的電阻

率，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)探究。

（1）該小組用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑。，示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為mm。再用游標(biāo)卡

尺測得其長度L。

J

FI12比

圖甲圖乙

（2）該小組用如圖乙所示的電路測量該圓柱形電阻R、的阻值。圖中電流表量程為0.6A、內(nèi)阻為1.0C,定

值電阻R）的阻值為20.0C,電阻箱R的最大阻值為999.912。首先將S2置于位置1,閉合S”多次改變電阻

箱R的阻值，記下電流表的對應(yīng)讀數(shù)/,實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見下表。

1

w1/\-/A-1

5.00.4142.42

10.00.3522.84

1500.3083.25

20.00.2723.68

25.00.2444.10

30.00.2224.50

根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖丙中繪制出;-R圖像。再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400A。根據(jù)圖丙中

的圖像可得R,=。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。最后可由表達(dá)式。=一得到該材料的電阻率（用。、

L、4表示）。

（3）該小組根據(jù)圖乙電路和圖丙的;-R圖像，還可以求得電源電動勢后=V,內(nèi)阻

r=C。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

（4）持續(xù)使用后，電源電動勢降低、內(nèi)阻變大。若該小組再次將此圓柱形電阻連入此裝置，測得電路的電

流，仍根據(jù)原來描繪的圖丙的圖像得到該電阻的測量值會（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。

【答案】3.700②.6.0③.萬。勺?.12⑤.3.0⑥.偏小

4L

【解析】

【詳解】（1）[1]用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑其讀數(shù)為

3.5mm+0.01mmx20.0=3.700mm

（2）（3）⑵[3][4][5]由電路可知,當(dāng)將S2置于位置1,閉合Si時

E—I(R,、++r+R)

即

1_1————1\-I----------------

IEE

由圖像可知

14.9—2.0

~E~—35—

解得

E=I2V

&+凡+7

E

解得

r—3.0。

再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400A,則

E=/0+&+RA+&)

解得

R、=6.00

根據(jù)

LL

(-p—=p-.-------

4

解得

p=4

4L

(3)由(2)可知

E=I2V

r=3.0Q

(4)根據(jù)表達(dá)式

E=I(r+&+&+%)

因電源電動勢變小，內(nèi)阻變大，則當(dāng)安培表由相同讀數(shù)時，得到的尺的值偏小，即《測量值偏小。

14.如圖所示，水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在3位置,

A位置和8位置的水平距離為d,A位置離水面的高度為:小訓(xùn)練員將小球向左水平拋出，入水點(diǎn)在B位

置的正上方,入水前瞬間速度方向與水面夾角為。。小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達(dá)8位置,

折射光線與水平方向的夾角也為仇

4

已知水的折射率n=-,求：

3

(1)tanJ的值；

(2)8位置到水面的距離從

44d

【答案】(1)tan0=-；(2)H=——

327

【解析】

【詳解】(1)由平拋運(yùn)動的規(guī)律可知

?=卬

2/1，

—d--gt

32

tan^=—

%

解得

八4

tan6=一

3

(2)因tan6=g4可知6=53。，從A點(diǎn)射到水面的光線的入射角為a,折射角為90°—6=37°，則由折射

定律可知

sina

n----------

sin37°

解得

a=53°

由幾何關(guān)系可知

2

Htan37°+-dtan53°=d

3

解得

H="~

27

15.如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單

匝線框Hcd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6x10-3。、質(zhì)量機(jī)=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，線框

的邊與磁場左邊界平齊，"邊與磁場下邊界的距離也為乙現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成。=45。角、

大小為46N的恒力凡使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動。從必邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框

做勻速運(yùn)動；de邊進(jìn)入磁場時，歷邊恰好到達(dá)磁場右邊界。重力加速度大小取g=lOm/sz,求：

(1)他邊進(jìn)入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大?。?/p>

(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)磁場區(qū)域的水平寬度。

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

22

【答案】(1)cix=20m/s,ay=10m/s；(2)B=0.2T,Q=0.4J；(3)X=1.1m

【解析】

【詳解】(1)外邊進(jìn)入磁場前，對線框進(jìn)行受力分析，在水平方向有

max=FcosO

代入數(shù)據(jù)有

2

ax-20m/s

在豎直方向有

may=Fs\nO-，ng

代入數(shù)據(jù)有

2

ay=10m/s

(2)H邊進(jìn)入磁場開始，外邊在豎直方向切割磁感線；泡邊和秘邊的上部分也開始進(jìn)入磁場，且在水平

方向切割磁感線。但〃d和兒邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則整個回路的電源為"，根據(jù)右手

定則可知回路的電流為ad仍小則"邊進(jìn)入磁場開始，M邊受到的安培力豎直向下，4d邊的上部分受到的

安培力水平向右，A邊的上部分受到的安培力水平向左，則4d邊和A邊的上部分受到的安培力相互抵消，

故線框Hcd受到的安培力的合力為油邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從油邊進(jìn)入磁場開始，

在豎直方向線框做勻速運(yùn)動，有

FsinB-mg-BIL=0

E=BLvy

//

R

u>2=2ayL

聯(lián)立有

B=0.2T

由題知，從必邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動；A邊進(jìn)入磁場時，兒邊恰好到達(dá)磁場右邊界。

則線框進(jìn)入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有

Q=W安=叫，

產(chǎn)L

Fsine-mg=BIL

聯(lián)立解得

Q=0.4J

（3）線框從開始運(yùn)動到進(jìn)入磁場的整個過程中所用的時間為

vy=ayt[

L=Vyt2

t=t\+t2

聯(lián)立解得

t=0.3s

由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動，則在水平方向有

1,1,

x=-a/=-x20x0.32m=0.9m

2,2

則磁場區(qū)域的水平寬度

X=x+L=1.1m

1