（試題滿分100分，考試時間75分鐘）
第I卷（共52分）
一、單項(xiàng)選擇題（本大題共7題，每題4分，共28分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是正確的）
1. 2023年12月14日，我國宣布新一代人造太陽“中國環(huán)流三號”面向全球開放﹐邀請全世界科學(xué)家來中國集智攻關(guān)，共同追逐“人造太陽”能源夢想。“人造太陽”物理本質(zhì)就是核聚變，其發(fā)生核聚變的原理和太陽發(fā)光發(fā)熱的原理很相似﹐核反應(yīng)方程為。下列說法正確的是（ ）
A. X是質(zhì)子B. 該反應(yīng)為鏈?zhǔn)椒磻?yīng)
C. 的比結(jié)合能比的大D. 的結(jié)合能為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有
2+3-4=1，1+1-2=0
可知，X是中子，故A錯誤；
B．重核裂變是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，該反應(yīng)是輕核聚變，不是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，故B錯誤；
C．該核反應(yīng)釋放核能，表明生成核比反應(yīng)核更加穩(wěn)定，即的比結(jié)合能比的大，故C正確；
D．結(jié)合能指單個自由發(fā)散的核子合成原子核釋放的能量，而是與發(fā)生聚變反應(yīng)釋放的核能，可知，的結(jié)合能大于，故D錯誤。
故選C。
2. 如圖所示為某同學(xué)投籃的示意圖。出手瞬間籃球中心與籃筐中心的高度差為h（籃球中心低于籃筐中心），水平距離為2h，籃球出手時速度與水平方向夾角為37°，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，sin37°=0.6，cs37°=0.8；籃球中心恰好直接經(jīng)過籃筐中心，則籃球出手時速度的大小為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】設(shè)向上為正方向，初速度大小為，由于籃球做斜拋運(yùn)動，速度與水平方向夾角為37°，由籃球水平方向做勻速直線運(yùn)動得
籃球豎直方向做勻減速直線運(yùn)動得
聯(lián)立解得籃球出手時速度的大小為
故選B。
3. 靜電除塵是工業(yè)生產(chǎn)中處理煙塵的重要方法。除塵裝置由金屬管A和懸掛在管中心的金屬導(dǎo)線B組成，如圖甲所示。工作時，使中心的金屬導(dǎo)線B帶負(fù)電，金屬管A接地，A、B之間產(chǎn)生如圖乙（俯視圖）所示的電場，圓內(nèi)實(shí)線為未標(biāo)方向的電場線。金屬導(dǎo)線B附近的氣體分子被強(qiáng)電場電離，形成電子和正離子，電子在向正極A運(yùn)動的過程中，使煙塵中的顆粒帶上負(fù)電。這些帶電顆粒在靜電力作用下被吸附到正極A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。經(jīng)過這樣的除塵處理，原本飽含煙塵的氣體就可能達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)，滿足環(huán)保要求。圖乙中ab=bc；c、d在同一圓上。下列說法正確的是（ ）
A. 圖乙中c點(diǎn)和d點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同
B. 帶上負(fù)電的顆粒在a點(diǎn)所受的電場力大于在c點(diǎn)所受的電場力
C. 一電子從c點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn)的過程中，其電勢能增大
D. 電勢差關(guān)系：
【答案】D
【解析】
【詳解】A．c點(diǎn)和d點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，方向不同，故A錯誤；
B．根據(jù)電場線的疏密可知，a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場強(qiáng)度，帶上負(fù)電的顆粒在a點(diǎn)所受的電場力小于在c點(diǎn)所受的電場力，故B錯誤；
C．電子從c點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn)的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；
D．由
U=Ed
可知，ab間任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度都小于bc間任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度，因
ab=bc
所以
故D正確。
故選D。
4. 2023年10月26日，神舟十七號載人飛船與天和核心艙進(jìn)行了對接，“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為神舟十七號的發(fā)射與交會對接過程示意圖，圖中①為飛船的近地圓軌道，其軌道半徑為，②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在的圓軌道，其軌道半徑為，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會點(diǎn)。關(guān)于神舟十七號載人飛船與天和核心艙交會對接過程，下列說法正確的是（ ）
A. 飛船從②軌道到變軌到③軌道需要在Q點(diǎn)點(diǎn)火減速
B. 飛船在軌道3上運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度
C. 飛船在①軌道的動能一定大于天和核心艙在③軌道的動能
D. 若核心艙在③軌道運(yùn)行周期為T，則飛船在②軌道從P到Q的時間為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．飛船從②軌道變軌到③軌道，飛船將由近心運(yùn)動變成圓周運(yùn)動，所以需要在Q點(diǎn)點(diǎn)火加速，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是最小發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，即物體環(huán)繞地球表面做勻速圓周運(yùn)動時的速度，根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力有
解得
可知軌道半徑越大，線速度越小，而軌道3的軌道半徑大于地球半徑，因此飛船繞地球運(yùn)行的速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；
C．根據(jù)以上分析可知，軌道半徑越大，線速度越小，因此①軌道的速度大于③軌道的速度，但由于飛船和核心艙的質(zhì)量未知，因此無法判斷他們動能的大小，故C錯誤；
D．根據(jù)開普勒第三定律可知
可得
飛船在②軌道從P到Q的時間為，即
故D正確。
故選D。
5. 膠囊型元件水平放置，由某透明材料制成，兩端是半徑為r的半球，中間是長度為4r的圓柱體，中軸線是。一激光束從左側(cè)平行中軸線水平射入，經(jīng)折射、反射再折射后又從左側(cè)水平射出。已知出射光線與入射光線的間距為1.6r，則該元件的折射率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】由光路的對稱性與可逆性可知，激光束在膠囊元件中的光路如下圖所示。
設(shè)光線在半球處入射角為，折射角為，則由折射定律得
由幾何關(guān)系得
在三角形中，由正弦定理得
結(jié)合三角公式
聯(lián)解可得
折射角
折射率
故BCD錯誤，A正確。
故選A。
6. 如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m，兩段輕桿等長?，F(xiàn)將C球置于距地面高h(yuǎn)處，由靜止釋放，假設(shè)三個小球只在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（ ）
A. 小球A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒
B. 小球C的機(jī)械能一直減小
C. 小球C落地前瞬間的速度大小為
D. 當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由于小球A、B、C組成的系統(tǒng)只有重力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯誤；
B．小球B的初速度為零，C落地瞬間，B的速度為零，故B的動能先增大后減小，而B的重力勢能不變，則B的機(jī)械能先增大后減小，同理可得A的機(jī)械能先增大后減小，而系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C的機(jī)械能先減小后增大，故B錯誤；
C．根據(jù)以上分析，設(shè)小球C落地前瞬間的速度大小為v，根據(jù)動能定理有
解得
故C正確；
D．當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時，小球B速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，則桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，故D錯誤。
故選C。
7. 如圖所示，半徑為R的金屬圓環(huán)固定在豎直平面，金屬環(huán)均勻帶電，帶電量為Q，一長為L=2R的絕緣細(xì)線一段固定在圓環(huán)最高點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m、帶電量為q（未知）的金屬小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。穩(wěn)定時帶電金屬小球在過圓心且垂直圓環(huán)平面的軸上的P點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，點(diǎn)P'（圖中未畫出）是點(diǎn)P關(guān)于圓心O對稱的點(diǎn)。已知靜電常量為k，重力加速度為g，若取無窮遠(yuǎn)為零勢面，下列說法正確的是（ ）
A. O點(diǎn)的場強(qiáng)一定為零
B. P'點(diǎn)場強(qiáng)大小為
C. 金屬帶電小球的電量為
D. 剪斷細(xì)線瞬間，小球加速度水平向右
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)對稱性可知，帶電量Q的圓環(huán)，在圓心O點(diǎn)場強(qiáng)為0，帶電金屬小球在O點(diǎn)的場強(qiáng)不0，所以O(shè) 點(diǎn)的場強(qiáng)不為零，故A錯誤；
B．設(shè)細(xì)線與半徑的夾角為θ，由幾何關(guān)系
θ=60°
由微元法，無限劃分，設(shè)每一極小段圓環(huán)帶電量為Δq，則

其中
∑Δq=Q
解得
根據(jù)對稱性可知，帶電量為Q的圓環(huán)，在P、P′兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向相反，即帶電量為Q的圓環(huán)在P′點(diǎn)的場強(qiáng)大小為，而P′點(diǎn)的場強(qiáng)大小是圓環(huán)與帶電金屬小球在P′的電場強(qiáng)度的疊加，所以
故B錯誤；
C．對小球受力分析如圖，則
解得
選項(xiàng)C正確；
D．剪斷細(xì)線瞬間，小球受合外力沿細(xì)線方向斜向右下，則加速度方向斜向右下方，選項(xiàng)D錯誤。
故選C。
二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每題5分，共15分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全選對得5分，選不全得3分，選錯不得分）
8. 一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，在時的波形如圖甲所示，M、N、P、Q是介質(zhì)中的四個質(zhì)點(diǎn)，已知N、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置之間的距離為16m，圖乙為質(zhì)點(diǎn)P的振動圖像。下列說法正確的是（ ）
A. 該波的波速為12cm/s
B. 該波沿x軸負(fù)方向傳播
C. 質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置位于處
D. 從開始，質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)P早0.25s回到平衡位置
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)三角函數(shù)相關(guān)知識可知，N、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置之間距離為
解得
根據(jù)乙圖可知波的周期為
因此波速為
故A錯誤；
B．由圖乙可知時刻，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，根據(jù)同側(cè)法可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，故B正確；
C．由圖乙可知，在之后，質(zhì)點(diǎn)P第一次位于波峰的時間為，由此可知是由波峰為時刻質(zhì)點(diǎn)Q所在波峰傳播來的，所以有
其中
解得
故C正確；
D．從開始，質(zhì)點(diǎn)Q第一次回到平衡位置所經(jīng)歷的時間為
Q點(diǎn)左側(cè)波形的第一個平衡位置處坐標(biāo)為
該振動狀態(tài)第一次傳播到P點(diǎn)所需時間為
則
即從開始，質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)P早0.25s回到平衡位置，故D正確。
故選BCD。
9. 如圖所示，某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，原線圈與阻值的定值電阻串聯(lián)后接在電壓有效值恒為240V的正弦交流電源兩端，副線圈電路中接有理想電流表和最大阻值的滑動變阻器，a、b為滑動變阻器的兩端點(diǎn)。初始時滑動變阻器的滑片P位于滑動變阻器的中點(diǎn)，在將滑片P向上緩慢滑至a點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（ ）
A. 電流表示數(shù)逐漸減小
B. 交流電源的輸出功率逐漸增大
C. 滑動變阻器消耗電功率的最大值為120W
D. 定值電阻消耗電功率的最大值為120W
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為，電流表的示數(shù)為I，則變壓器副線圈的電壓
根據(jù)變壓器原理知原線圈中
電壓有效值恒為240V的正弦交流電源兩端
聯(lián)立解得
由此可知，電流表的示數(shù)隨滑動變阻器接入電路的阻值的增大而逐漸減小，故A正確；
B．交流電源的輸出功率
由此可知，交流電源的輸出功率隨滑動變阻器接入電路的阻值的增大而逐漸減小，故B錯誤；
C．滑動變阻器消耗的電功率
當(dāng)
即
時，有最大值
故C正確；
D．定值電阻消耗的電功率
當(dāng)最小時，有最大值
故D錯誤。
故選AC。
10. 如圖所示，水平傳送帶以速度向右勻速運(yùn)動，小物體P、Q質(zhì)量均為1kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，時刻P在傳送帶左端具有向右的速度，P與定滑輪間的繩水平，不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動摩擦因數(shù)，傳送帶兩端距離，繩足夠長，。關(guān)于小物體P的描述正確的是（ ）
A. 小物體P離開傳送帶時速度大小
B. 小物體P在傳送帶上運(yùn)動的時間為5s
C. 小物體P將從傳送帶的右端滑下傳送帶
D. 小物體P在傳送帶上運(yùn)動的全過程中，合外力對它做的功為
【答案】AD
【解析】
【詳解】ABC．P相對傳送帶向右運(yùn)動時，對PQ，由牛頓第二定律有
解得
相對運(yùn)動的位移
（假設(shè)速度減小到時未從傳送帶右端滑出），代入數(shù)據(jù)解得
所用的時間
故假設(shè)成立，在P的速度和傳送帶速度相等后，會繼續(xù)減速速度小于傳送帶速度，所以摩擦力會突變向右，由牛頓第二定律有
得
則速度減小到0的位移為
代入數(shù)據(jù)得
則從減速到0的時間
由于
故P不會從傳送帶右端滑出，后面以向左加速，由
求得
傳動到傳送帶最左端的速度
隨后掉下傳送帶，則P在傳送帶上的時間
A正確，BC錯誤；
D．由動能定理可得合外力對P做的功為
代入數(shù)據(jù)求得
D正確。
故選AD。
第Ⅱ卷（共48分）
二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，11題6分，12題10分，共16分）
11. 如圖甲所示，一位同學(xué)利用光電計(jì)時器等器材做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。有一直徑為、質(zhì)量為的金屬小球由處靜止釋放，下落過程中能通過處正下方、固定于處的光電門，測得、間的距離為，光電計(jì)時器記錄下小球通過光電門的時間為，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椤t：
（1）如圖乙所示，用游標(biāo)卡尺測得小球的直徑______cm。
（2）多次改變高度，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，作出隨的變化圖像如圖丙所示，當(dāng)圖中已知量、和重力加速度及小球的直徑滿足以下表達(dá)式：______時，可判斷小球下落過程中機(jī)械能守恒。
（3）某次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)動能增加量總是大于重力勢能減少量，則可能的原因是______（多選）
A.金屬球從點(diǎn)下落時初速度不為零
B.小杰測量的高度為金屬球在點(diǎn)時球底與光電門點(diǎn)的高度差
C.小球下落的高度太高，以致下落過程中空氣阻力的影響比較大
【答案】 ①. 1.86##1.87 ②. ③. AB##BA
【解析】
【詳解】（1）[1]用游標(biāo)卡尺測得小球的直徑
（2）[2]若小球下落過程中機(jī)械能守恒，則
解得
（3）[3] A．根據(jù)能量守恒推斷金屬球從點(diǎn)下落時初速度不為零，則末速度大，動能增加量偏大
故A正確；
B．小杰測量的高度為金屬球在點(diǎn)時球底與光電門點(diǎn)的高度差，則偏小，重力勢能偏小
故B正確；
C．小球下落的高度太高，以致下落過程中空氣阻力的影響比較大，則末速度偏小，偏小
故C錯誤。
故選AB。
12. 某校舉行了一次物理實(shí)驗(yàn)操作技能比賽，其中一項(xiàng)比賽為選用合適的電學(xué)元件設(shè)計(jì)合理的電路，并能較準(zhǔn)確地測量同一電池組的電動勢及其內(nèi)阻。提供的器材如下：
A．電流表G（滿偏電流10mA，內(nèi)阻為10Ω）
B．電流表A（0~0.6A~3A，內(nèi)阻未知）
C．電壓表V（0~5V~10V，內(nèi)阻未知）
D．滑動變阻器R（0~20Ω，1A）
E．定值電阻（阻值為990Ω）
F．開關(guān)與導(dǎo)線若干
（1）圖（a）是小李同學(xué)根據(jù)選用的儀器設(shè)計(jì)的測量該電池組電動勢和內(nèi)阻的電路圖。根據(jù)該實(shí)驗(yàn)電路測出的數(shù)據(jù)繪制的圖線如圖（b）所示（為電流表G的示數(shù)，為電流表A的示數(shù)），則由圖線可以得到被測電池組的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）
（2）另一位小張同學(xué)則設(shè)計(jì)了圖（c）所示的實(shí)驗(yàn)電路對電池組進(jìn)行測量，記錄了單刀雙擲開關(guān)分別接1、2對應(yīng)電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I；根據(jù)實(shí)驗(yàn)記錄的數(shù)據(jù)繪制圖線如圖（d）中所示的A、B兩條圖線?？梢耘袛鄨D線A是利用單刀雙擲開關(guān)接______（選填“1”或“2”）中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描出的；分析A、B兩條圖線可知，此電池組的電動勢為E=______，內(nèi)阻r=______。（用圖中、、、表示）
【答案】 ①. 7.5 ②. 5.0 ③. 1 ④. ⑤.
【解析】
【詳解】（1）[1][2]電流表G和定值電阻串聯(lián)，其可看成一個電壓表，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
整理可得
設(shè)該圖像的方程為
將坐標(biāo)（0.1，7），（0.5，5）代入可得
則圖線與縱軸會相交于的位置，則有
聯(lián)立可得
，
（2）[3][4][5]由圖（c）分析可知，單刀雙擲開關(guān)接1和2時，只是電流表的內(nèi)接與外接差別：當(dāng)接1時，是電流表的內(nèi)接法（相對于電源），從圖（d）可以看出，當(dāng)電流表的示數(shù)為零時，即電源的外電路斷開，而對電源來說斷路電壓就是電動勢，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理知：圖像的縱截距
由于電流表內(nèi)阻的影響，則短電流
即橫截距（即短路電流）小于真實(shí)值。當(dāng)接2時，電流表相對于電源外接，同理可以看出，當(dāng)電流的示數(shù)為零時，但由于電壓表與電源仍構(gòu)成通路，則此時路端電壓小于電動勢，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理知：圖像的縱截距
由于電流表的測量值就是通過電源的電源，則
即圖像的橫截距是真實(shí)值?？偨Y(jié)以上兩點(diǎn)可知，圖像中縱截距小的是接2的數(shù)據(jù)所繪。圖線A是接1時中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描出，則電源電動勢
電源內(nèi)阻
四、計(jì)算題（本大題共3小題，13題12分，14題13分，15題18分，共41分）
13. 如圖所示，兩個橫截面積相同、導(dǎo)熱性能良好的汽缸豎直放置在水平面上，右側(cè)汽缸頂端封閉，左側(cè)汽缸頂部開口與大氣連通，兩個汽缸通過底部的細(xì)管連通，細(xì)管上裝有閥門K，閥門關(guān)閉時，在左側(cè)汽缸中用質(zhì)量為、截面積為的活塞封閉體積為的氣柱，右側(cè)汽缸內(nèi)封閉有體積為的氣柱，打開閥門K，右側(cè)汽缸中氣體緩慢流入左側(cè)汽缸中，當(dāng)左側(cè)汽缸中氣體體積為時，兩汽缸中氣體壓強(qiáng)相等。不計(jì)活塞厚度，活塞與汽缸內(nèi)壁無摩擦且不漏氣，大氣壓強(qiáng)為，重力加速度為，環(huán)境溫度始終不變，封閉氣體可視為理想氣體，不計(jì)細(xì)管的容積。
（1）求未打開閥門時右側(cè)汽缸中氣體的壓強(qiáng)。
（2）全過程氣體吸收的熱量。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）未打開閥門時，對A中氣體有
解得
設(shè)B中氣體的壓強(qiáng)為，打開閥門后，根據(jù)玻意耳定律有
解得
（2）氣體發(fā)生等溫變化，則氣體的內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律有
解得
14. 如圖所示，將一張長方形紙板放在水平桌面上，紙板一端稍稍伸出桌外，將一物塊置于距紙板左邊界處。用水平向右的拉力F將紙板迅速抽出，如果拉力足夠大，物塊幾乎不動落在桌面上，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。若物塊的質(zhì)量為，紙板的質(zhì)量為，物塊與紙板、紙板與桌面、物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為，假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
（1）當(dāng)紙板相對物塊運(yùn)動時，桌面對紙板摩擦力f的大小；
（2）要使物塊與紙板發(fā)生相對滑動，拉力F應(yīng)滿足的條件；
（3）若物塊移動的距離超過，人眼就能感知到物塊位置的變化，忽略物塊的體積因素影響，為確保實(shí)驗(yàn)成功，紙板所需最小拉力的大小。
【答案】（1）4N；（2）F＞8N；（3）308N
【解析】
【詳解】（1）當(dāng)紙板相對物塊運(yùn)動時，桌面對紙板摩擦力的大小
（2）物塊與紙板發(fā)生相對滑動時，物塊與紙板間摩擦力
紙板與桌面之間的摩擦力
設(shè)物塊的加速度為，紙板的加速度為，則
物塊與紙板發(fā)生相對滑動，則
解得
（3）對物塊由牛頓第二定律得
對紙板由牛頓第二定律得
物塊的位移大小
紙板的位移大小
紙板抽出后物塊運(yùn)動的距離
由題意知
，
解得
15. 某興趣小組設(shè)計(jì)了一個磁懸浮列車驅(qū)動模型，簡化原理如圖甲所示，平面（紙面）內(nèi)有寬為，關(guān)于軸對稱的磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，變化規(guī)律如圖乙所示。長為，寬為的矩形金屬線框放置在圖中所示位置，其中邊與軸重合，邊分別與磁場的上下邊界重合。當(dāng)磁場以速度沿軸向左勻速運(yùn)動時，會驅(qū)動線框運(yùn)動，線框受到的阻力大小恒為。已知線框的質(zhì)量為，總電阻為。
（1）求磁場剛開始運(yùn)動時，通過線框的感應(yīng)電流的大小和方向；
（2）求線框穩(wěn)定運(yùn)動時的速度大??；
（3）某時刻磁場停止運(yùn)動，此后線框運(yùn)動時間后停止，求時間內(nèi)線框運(yùn)動的距離；
（4）在磁懸浮列車的實(shí)際模型中，磁場應(yīng)強(qiáng)度的大小是隨時間和空間同時變化的，即，若將線框固定不動，求在時間內(nèi)線框產(chǎn)生的熱量。
【答案】（1），沿順時針方向；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）由右手定則得，感應(yīng)電流沿順時針方向
解得
（2）線框穩(wěn)定運(yùn)動后，電流大小為
安培力大小為
由受力平衡可知
解得
（3）由動量定理可得
即
解得
（4）該磁場可等效為磁感應(yīng)強(qiáng)度為，且以速度運(yùn)動的磁場，在線框中產(chǎn)生正弦式交流電，電動勢的最大值為
故產(chǎn)生的熱量為
解得

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