四川省泸州市2024-2025学年高二（上）月考物理试卷（含解析）

这是一份四川省泸州市2024-2025学年高二（上）月考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．以下说法正确的是( )
A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
【答案】D
【解析】【分析】
通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流．结合楞次定律可判定感应电流方向．
本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解安培定则的内容．穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化．
【解答】
AB、直导线之间的磁场是对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故AB错误；
C、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故C错误；
D、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故D正确；
故选：D。
2.如图所示，矩形线圈MNPQ处于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，PQ边刚好处于磁场右边界．则当线圈做下列运动时，通过线圈的磁通量会发生变化的是( )
A. 线圈向右平移且MN边未离开磁场B. 线圈向左平移且MN边未离开磁场
C. 线圈向上平移且MQ边未离开磁场D. 线圈向下平移且NP边未离开磁场
【答案】A
【解析】【分析】
通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，分析磁通量是否发生变化即可。
本题主要考查磁通量的概念及公式。
【解答】
A.线圈向右平移且MN边未离开磁场的过程中线圈在磁场中的面积减小，导致穿过线圈的磁通量减小，故A正确；
B.线圈向左平移且MN边未离开磁场，线圈平面始终与磁场垂直，穿过线圈的磁通量不变，故B错误；
C.线圈向上平移且MQ边未离开磁场线圈平面始终与磁场垂直，穿过线圈的磁通量不变，故C错误；
D.线圈向下平移且NP边未离开磁场线圈平面始终与磁场垂直，穿过线圈的磁通量不变，故D错误。
故选A。
3.如图所示为一个小型电热水器．浸入水中的加热元件电阻器RL=1.0 Ω，在外部并联的电阻RS=2.0 Ω，电源为恒流源，在正常工作时，电源始终给电路提供I=3.0 A的恒定电流．则下列说法正确的是( )
A. RL两端的电压为3.0 V
B. 流过RL的电流为1.0 A
C. RS上消耗的电功率为2.0 W
D. 如果减小RS的电阻，则RL的电功率增大
【答案】C
【解析】解：
A、RL、RS的并联值为R并=RLRSRL+RS=23Ω，RL两端的电压为U=R并I=23×3V=2V，故A错误；
B、流过RL的电流为IL=URL=21A=2A，故B错误；
C、RS上消耗的电功率为PS=U2RS=222W=2.0W，故C正确；
D、流过RL的电流为IL=RSRL+RLI=1RLRS+1I，如果减小RS的电阻，则IL减小，RL的电功率减小，故D错误。
故选：C。
本题考查了电功、电功率、欧姆定律等知识点。易错点：这道题是电流恒定，误以为是电压恒定而误解。
先算出RL、RS的并联值为R并，利用U=R并I算出RL两端的电压；利用欧姆定律IL=URL可以算出流过RL的电流；利用PS=U2RS可以算出RS上消耗的电功率；利用流过RL的电流为IL=RSRL+RLI公式，讨论减小RS，RL的电功率的变化。
4.如图所示是矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中产生的电压随时间变化的图象，则下列说法中正确的是( )
A. 交流电压的有效值为110V
B. 交流电的频率为0.25Hz
C. 0.02s时通过线框的磁通量为零
D. 0.01s末线框平面平行于磁场，通过线框的磁通量变化最快
【答案】D
【解析】【分析】
根据图象可知交流电的周期，从而求得频率，可求得结论．电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行．
本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力；重点在于找出最大值和周期，再通过公式求解有效值和角速度及频率等．
【解答】
解：A、根据图象可知，交流电压的最大值为110V，有效值为110 2=55 2V，故A错误；
B、周期为0.04s；故频率为f=10.04=25Hz，故B错误；
C、0.02s末交变电流的电压为零，线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，故C错误；
D、由图象可知，在0.01s末，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面于磁场平行，通过线框的磁通量变化最快，故D正确；
故选：D
5.如图电路中，电源的内阻为r，当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数变化情况为( )
A. 电压表示数减小，电流表示数增大B. 电压表示数增大，电流表示数减少
C. 两电表示数都增大D. 两电表示数都减小
【答案】B
【解析】解：当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E−Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I−I2减小。故ACD错误，B正确。
故选：B。
动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．
电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定．
6.如图中半径为的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A. 由c到d，I=Br2ωRB. 由d到c，I=Br2ωR
C. 由c到d，I=Br2ω2RD. 由d到c，I=Br2ω2R
【答案】D
【解析】解：
根据法拉第电磁感应定律，切割产生的感应电动势为：E=Brv=12Br⋅rω=12Br2ω，
根据欧姆定律，通过电阻R的电流为：I=ER=Br2ω2R。
由右手定则，圆盘相当于电源，其方向为从边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为从d到c。故ABC错误，D正确。
故选：D。
圆盘在磁场中转动，相当于无数个棒绕端点转动，只是棒上各点切割磁感线的速度不同，可以用棒中点速度平均值来代替，至于电流方向用右手定则去判断。
本题两个关键点：一是对圆盘怎么处理？把它看成是无数个半径在切割磁感线就行了。二是半径相当于电源，而电源内部电流的方向是从负极到正极，所以圆心的电势高，则外电路的电流方向就很好判断。
7.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法错误的是( )
A. 三个粒子都带正电荷B. c粒子速率最小
C. c粒子在磁场中运动时间最短D. 它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc
【答案】B
【解析】解：A、三个带电粒子均向上偏转，射入磁场时所受的洛伦兹力均向上，根据左手定则判断得知：三个粒子都带正电荷。故A正确。
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=mv2r，可得：r=mvqB，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，c粒子速率最大，故B错误，
C、D三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期T=2πmqB及t=θ2πT，θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，可知，三粒子运动的周期相同，即Ta=Tb=Tc。
由图知，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，c粒子在磁场中运动时间最短，故CD正确。
本题选错误的，故选：B。
三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定．
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.法拉第为电磁学的发展做出了巨大贡献，提出了“场”的概念，发现了电磁感应现象等，下列关于磁场和电磁感应现象的认识正确的有( )
A. 运动电荷在匀强磁场中一定会受到洛伦兹力作用
B. 运动电荷在磁场中某处所受洛伦兹力的方向一定与该处的磁感应强度方向垂直
C. 穿过闭合导体线圈的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
D. 穿过闭合导体线圈的磁通量为零，产生的感应电动势一定为零
【答案】BC
【解析】解：A.根据洛伦兹力公式F=qvBsinθ可知，当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，不受到洛伦兹力作用，故A错误；
B.根据左手定则，运动电荷在磁场中某处所受洛伦兹力的方向一定与该处的磁感应强度方向垂直，故B正确；
C.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt
可知穿过闭合导体线圈的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故C正确；
D.感应电动势的产生与磁通量的变化率有关，与回路中的磁通量的多少无关，故D错误。
故选：BC。
A.根据洛伦兹力公式F=qvBsinθ分析作答；
B.根据左手定则进行判断；
CD.根据法拉第电磁感应定律进行分析作答。
本题考查了对洛伦兹力的理解，考查了影响感应电动势大小的因素，属于必备知识，需要加强理解记忆。
9.回旋加速器的核心部分是与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒的狭缝间加有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时每次都能得到加速。如图所示，D形盒半径为R，若用该回旋加速器加速质子(11H)时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f、则( )
A. 质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D. B不变，要使该回旋加速器也能用于加速α粒子(24He)，应将交流电的频率调整为12f
【答案】AD
【解析】解：A.质子被加速后的最大速度
v=2πRT=2πRf
故A正确；
BD.由
qvB=mv2R
可得
v=qBRm
可知最大速度与加速电场的电压大小无关，联立A中的速度可得
f=qB2πm
所以要使该回旋加速器也能用于加速α粒子( 24He)，应将交流电的频率调整为12f
故B错误，D正确；
C.当粒子的速度接近光速时，需要考虑相对论质量，那么粒子的回旋周期就会发生变化，这样就不能保证粒子一直被加速。而且粒子的速度不可能大于光速。故C错误。
故选：AD。
质子在回旋加速器中运动，其最大速度由D型盒半径决定，与电压无关，交变电源的周期与粒子回旋的周期相同。
本题考查回旋加速器的原理，重点是理解其原理，不要死记硬背。
10.如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，在t=t2时刻流经a棒的电流为0，b棒仍处于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为2R和R，a、b棒的质量分别为2m和m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则( )
A. t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mR
B. t2时刻a棒的速度为13v0
C. t1～t2时间内，通过a、b棒横截面的电荷量相等
D. t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为89mv02
【答案】BCD
【解析】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即：E=2BLv0
感应电流：I=ER+2R=2BLv03R
对a由牛顿第二定律得：BIL=2ma
联立以上各式解得：a=B2L2v03mR，故A错误；
B、根据左手定则可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过a、b的电流大小一直相等，故两棒受到的安培力大小相等，方向相反，则a与b组成的系统合外力为零，系统动量守恒。由题知，t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v，取向右为正方向，根据系统动量守恒有：2mv0−mv0=(2m+m)v
整理解得：v=13v0，故B正确；
C、在t1～t2时间内，根据q=IΔt，因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，所以通过两棒横截面的电荷量相等，故C正确；
D、在t1～t2时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有：12(2m+m)v02=12(2m+m)v02+Q
解得回路中产生的总热量为：Q=43mv02
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，由焦耳定律Q=I2Rt可得：Qa：Qb=2：1
所以t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为：Qa=2R2R+RQ=89mv02，故D正确。
故选：BCD。
应用右手定则判断a、b棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得a棒所受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；
由已知求得b棒质量，分析a、b受力，判断系统动量守恒，应用动量守恒定律和能量守恒定律解答；
由q=It判断两棒通过的电荷量的关系；
根据能量守恒求出整个回路产生的热量，再根据焦耳定律求a棒上产生的热量。
本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了双棒切割磁感线的电量和能量求解、满足动量守恒的条件，应用动量与能量观点去解题。
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.如图所示为“探究感应电流产生的条件”的实验电路，实验时：
(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动触头P置于______(填“a”或“b”)端；
(2)调整好电路后，将开关闭合，电流表指针向右偏转了一下后又返回到中间位置。接着将A线圈稍微向上拔出一些，则穿过线圈C的磁通量会______(填“增大”“减小”或“不变”)，在拔出过程中电流表指针______(填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(3)实验过程中，发现线圈C下端接线柱导线断开，在保持开关S闭合的状态下，在把导线重新连接好的过程中，可发现电流表指针______(填“向左”“向右”或“不”)偏转。
【答案】(1)a；
(2)减小，向左；
(3)不
【解析】(1)置于a端时，使开关闭合时，回路中的电流最小，对电路起到保护作用；
(2)拔出一些时回路面积不变，磁场减弱，故磁通量减小；因为磁通量增大时，指针向右偏转，故当磁场方向不变，磁通量减小时，指针向左偏转；
(3)在接好导线的过程中没有磁通量的变化，故指针不会偏转。
12.某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确的测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A.电流表G(满偏电流10mA，内阻10Ω)
B.电流表A(0～0.6A～3A，内阻未知)
C.电压表V(0～5V～10V，内阻未知)
D.滑动变阻器R(0～100Ω,1A)
E.定值电阻R0(阻值990Ω)
F.开关与导线若干
(1)图(a)是小宇同学根据选用的仪器设计测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的I1−I2图线如图(b)所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得到被测电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω；(结果均保留2位有效数字)
(2)另一位小张同学则设计了图(c)所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U−I图线如图(d)中所示的A、B两条图线。
可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接______(选填“1”或“2”)中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E=______，内阻r=______(用图中EA、EB、IA，IB表示)。
【答案】(1)7.5；5.0；(2)1；EA；EAIB
【解析】【分析】本题考查测电源电动势和内阻的实验，熟悉实验原理是解题的关键。
(1)由闭合电路欧姆定律列方程得出I1与I2的关系，结合图像斜率和纵截距含义列方程即可求出电源电动势和内阻；
(2)将开关接1、2时分别由闭合电路欧姆定律列方程得出U、I关系时，结合图像纵截距的含义，比较图像即可判断；根据图像斜率的含义求出电动势，结合图像横截距含义得出内阻。
【解答】(1)由闭合电路欧姆定律：E=I1(rG+R0)+(I1+I2)r，可得I1=−rrG+R0+rI2+ErG+R0+r，可见I1−I2图像的斜率的绝对值为rrG+R0+r，纵截距为ErG+R0+r。延长图(b)如图所示：
由图知，ErG+R0+r=7.5×10−3A，rrG+R0+r=(5−7.5)×10−30.5−0，联立知，电动势E=7.5V，内阻r=5.0Ω；
(2)当开关接1时，E=U+I(r+rA)，即U=−(r+rA)I+E，此时U−I图像的纵截距为E；当开关接2时，E=U+(I+URV)r，即U=−r1+rRVI+E1+rRV，此时U−I图像的纵截距为E1+rRV。可见开关接1时U−I图像的纵截距较大，故图线A是利用单刀双掷开关S2接1中的实验数据描出的。由图线A知，电动势E=EA，由E=U+(I+URV)r知，图线B的横截距为Er，由图知，Er=IB，解得内阻r=EAIB。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.倾角θ=30°的光滑导体滑轨AB和CD上端接入一电动势E=3V的电源，滑轨间距l=10cm。将一根质量m=30g、电阻R=0.5Ω的金属棒水平放置在滑轨上，滑轨处在垂直于水平面的匀强磁场中。当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。不计电源的内阻和滑轨的电阻，取重力加速度g=10m/s2，求
(1)金属棒中的电流？
(2)金属棒受到的安培力方向和大小？
(3)磁场的方向和磁感应强度的大小？
【答案】解：(1)由闭合回路欧姆定律得
I=ER，
得到
I=6A；
(2)因为磁场方向垂直与水平面，安培力沿水平方向，导棒静止，侧视图如图所示，
安培力方向向右，根据受力平衡，
FAcsθ=mgsinθ，
得到安培力大小为：
FA=mgtan⁡θ= 310N=0.17N；
(3)根据左手定则，磁场方向垂直水平面向下，
有安培力公式
FA=BIL，
得到磁感应强度
B=FAIL= 36T=0.29T。
【解析】本题考查安培力作用下的平衡问题。解决问题的关键是对金属棒进行正确的受力分析，结合闭合电路欧姆定律、安培力公式和平衡条件进行分析判断。
14.如图所示，空间某区域存在电场和磁场，上半侧为匀强电场，下半侧为匀强磁场，中间为分界面，电场与分界面垂直，磁场垂直纸面向里，电场强度的大小E=100V/m。一个质量为m=0.1kg、带电荷量为q=−0.05C的带电微粒(不计重力)，开始时位于电场一侧与分界面相距h=3m的P点，PO垂直于分界面，D位于O点右侧。此微粒以初速度v0=10m/s平行于界面射出，要使微粒第一次通过界面时击中D点，且此后恰好能返回到P点，求：

(1)OD之间的距离d；
(2)微粒第一次进入磁场时的速度v大小和方向；
(3)微粒从抛出到第一次回到P点的时间t。
【答案】解：(1)设带电微粒在电场中运动的加速度大小为a，时间为t1，则
qE=ma，h=12at12，d=v0t1
代入数据可得a=50m/s2，t1= 35s，
d=2 3m≈3.46m
即O、D两点之间的距离为3.46m。
(2)运动轨迹如图所示：
由图可知tanθ=at1v0= 3，得：：θ=60°
速度大小为v=v0csθ=20m/s
(3)设带电微粒作匀速圆周运动半径为R，磁感应强度大小为B，则R=dsinθ=4m
根据牛顿第二定律可知qvB=mv2R
代入数据可得：B=10T，
带电微粒在磁场中运动的时间为t2=360°−2×60°360°×2πmqB=4π15s
带电微粒从抛出到第一次回到P点的时间为t=2t1+t2≈1.53s
【解析】本题考查带电微粒在电场力作用下的类平抛运动和有界匀强磁场中的圆周运动问题，难度中等。
(1)带电微粒在电场中的运动为平抛运动，由平抛运动的规律可得出OD间的距离及在电场中运动的时间；
(2)根据运动轨迹，由几何关系求解微粒第一次进入磁场时的速度v大小和方向；
(3)带电微粒在磁场中做圆周运动，由几何关系可得出粒子半径的表达式，则由牛顿第二定律可求得B，再由转过的角度可求得在磁场中的转动时间，则可求得总时间。
15.如图所示，一边长L=0.2 m、质量m1=0.5 kg、电阻R=0.1 Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2 kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．起初ad边距磁场下边界为d1=0.8 m，磁感应强度B=2.5 T，磁场宽度d2=0.3 m，物块放在倾角θ=53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5.现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动．g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6.求：
(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小．
(2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小．
(3)从释放物块到线框完全离开磁场，整个运动过程中线框产生的焦耳热．
【答案】解：(1)由于线框匀速出磁场，受力分析知
对m2有：m2gsinθ−μm2gcsθ−T=0…①
对m1有：T−m1g−BIL=0…②
又因为有：I=BLvR…③
联立①②③可得：v=2m/s
(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：
(m2gsinθ−μm2gcsθ)(d2−L)−m1g(d2−L)=12(m1+m2)v2−Ek
将速度v代入，得线框与物块的动能和为：Ek=4.5J
所以此时线框的动能为：E′k=m1m1+m2Ek=0.9J
(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：
(m2gsinθ−μm2gcsθ)(d1+d2+L)−m1g(d1+d2+L)=Q+12(m1+m2)v2
将数值代入得Q=1.5 J
【解析】(1)由于线框匀速出磁场，受力分析由平衡条件列方程即可解的．
(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理可解得．
(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可解得．
此题综合性强，需要综合考虑运动学中力的平衡及动能定理和能量守恒的知识进行解题，所以难度较大些．