湖北省随州市随县第一高级中学2025~2026学年高三上学期入学考试物理检测试题（含答案）

这是一份湖北省随州市随县第一高级中学2025~2026学年高三上学期入学考试物理检测试题（含答案），共18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.极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场强度如何变？电子受力方向？( )
A. 电场强度增大，方向向左B. 电场强度增大，方向向右
C. 电场强度减小，方向向左D. 电场强度减小，方向向右
2.如图所示，小明站在水平转台上，与转台一起做匀速圆周运动．则小明同学( )
A. 受重力、支持力、向心力B. 受重力、支持力、摩擦力
C. 所受合力为0D. 所受合力方向不变
3.下列图片及其相应描述正确的是( )
A. 图(a)中的图样证实了电子的粒子性
B. 图(b)为α、β、γ射线射入垂直纸面向里的匀强磁场中的图示，其中射线1的电离本领最强
C. 图(c)中为使快中子减速，需将镉棒插入深些
D. 图(d)中应使用β射线，依据探测器探测到的β射线的强度变化，实现对钢板厚度的自动控制
4.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A.下列说法正确的是( )
A. A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B. C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C. A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D. A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功
5.如图所示，其中电流表A的量程为0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )
A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
6.如图所示，一块无限大，厚度为0.2m的金属板垂直电场线放在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E=400V/m，以板左侧O点为坐标原点、水平向右为正方向建立x轴，取板右侧面为零势能面，O点到板左侧的距离为0.2m，则x轴上电场强度、电势分布图像正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图甲所示，真空中固定一个半径为R、带电量为+Q的均匀带电小圆环，取中轴线为x轴，圆环圆心为坐标原点，向右为正方向，中轴线上的电场强度分布如图乙所示。x1、x2是坐标轴上电场强度最大的两点，电场强度最大值为Em。已知点电荷q在距离为r处的电势为φ=kqr，k为静电力常量。则
A. Em=kQx22+R2
B. x2处电势为φ=kQ x22+R2
C. O点和x2处的电势差为Emx22
D. 若有带电量为-q(q>0)的粒子沿x轴从O点一直向右运动，则其电势能先增加后减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
8.两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 两卫星在图示位置的速度v2=v1B. 两卫星在A处的加速度大小相等
C. 两颗卫星在A或B点处可能相遇D. 两卫星永远不可能相遇
9.如图甲所示，等离子气流(由高温高压的等电量的正、负离子组成)由左方连续不断的以速度v0射入P1和P2两极间的匀强磁场中，当线圈A中加入如图乙所示变化的磁场，规定向左为磁感应强度B的正方向，下列说法正确的是( )
A. 图甲中P1极电势比P2极电势低
B. 图甲中A线圈0∼1s内感应电流的方向从左向右看为逆时针方向
C. 图甲中A线圈0∼1s内和1∼2s内产生的感应电流方向不同
D. 图甲中ab、cd两导线在2∼4s内相互吸引
10.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=8:1，原线圈电路中R0为定值电阻，副线圈电路中R为滑动变阻器，灯泡L1、L2完全相同。当闭合开关S1、断开开关S2且输入端的电压为U时，两灯泡均正常发光;断开开关S1、闭合开关S2，电路输入端的电压为U'，调节滑动变阻器使其接入电路的阻值为R时两灯泡也均正常发光，则前、后两种情况下( )
A. 输入端的输入功率之比为1:1B. 输入端的电压之比为2:1
C. R0与R消耗功率之比为1:8D. R=164R0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.物理实验小组搭建如图所示气垫导轨和光电门的装置，准备验证“系统机械能守恒”，设计的实验步骤如下：
a.测量遮光片宽度d，滑块到光电门距离为x，选用标准质量均为m0的砝码N个，已知重力加速度为g;
b.先将砝码全部放置在滑块上，然后夹走一块砝码放置于砝码盘，从静止释放滑块，记录下通过光电门的时间△t，由此得出通过光电门的速度v;
c.依次改变砝码盘中砝码个数n，每次将砝码从滑块上取走并放置于砝码盘，重复步骤b，得到一系列n和v的数据;
d.以 (1v)2为纵轴，以1n为横轴，若数据满足一次函数形式，则完成验证“系统机械能守恒”。
(1)在进行实验之前，下列选项中必须操作的是 (填标号).
A.静止释放时滑块尽量靠近光电门，以防止滑块运动速度过快
B.动滑轮上的细绳应尽量竖直，以有效减少实验误差
C.滑块质量必须远远大于砝码质量，以有效减少实验误差
(2)滑块通过光电门时，砝码盘中砝码的速度为 (用d和△t表示).
(3)若所绘制的(Δtd)2-1n 图像斜率为k，则滑块的质量M= (用k．m0.N.g和x表示)．
(4)由于未测量动滑轮和砝码盘的质量，则得出的滑块的质量与实际值相比将会 (填“偏小”、“偏大”或“相同”)．
12.某实验小组要将电流表G(铭牌标示：Ig=500μA，Rg=800Ω)改装成量程为1V和3V的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图(1)所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。
(1)开关S1闭合前，滑片P应移动到 (填“M”或“N”)端。
(2)根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1200Ω，则R2的阻值应调至 Ω。
(3)当单刀双掷开关S2与a连接时，电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表示为 。(结果用U、I、R1、R2表示)
(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要 即可。(填正确答案标号)
A.增大电阻箱R1的阻值 B.减小电阻箱R2的阻值
C.将滑动变阻器的滑片P向M端滑动
(5)校准完成后，开关S2与b连接，电流表G的示数如图(2)所示，此示数对应的改装电压表读数为 V。(保留2位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，10+16+18=44分。
13.如图所示为一监控设备上取下的半径为R的半球形透明材料，球心为O点，A点为半球面的顶点，且满足AO与底面垂直。一束单色光沿BO方向射向半球面的B点，恰好在半球面的底面没有出射光线，已知光在真空中的传播速度为c，B点到OA连线的距离为 53R。求：
(1)此材料的折射率；
(2)该单色光在半球形透明材料中的传播时间。
14.图甲彩虹滑道是年轻人喜爱的项目，现将其简化为图乙所示。长为L1=14m的水平直道AB和足够长的倾斜直道BC平滑连接，倾斜直道BC与水平地面的夹角为θ=37°。游客可以乘坐滑垫从最高的C处向下滑动，也可以从直道AB出发由同伴推着滑行，其中滑垫与水平直道和倾斜直道间的动摩擦因数均为μ=0.5。周末小杨在郊区体验了该项目，小杨与滑垫(整体可视为质点，下文简称小杨)的总质量为m=50kg，t=0时刻，小杨从C处静止滑下，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(1)求小杨在倾斜直道BC下滑过程中的加速度a1的大小；
(2)现小杨静止在A处，多位同伴以恒力F=400N推动他向B处滑行，当推至距B为L2=3m处松手，求小杨滑到B处的速度大小vB；
(3)在第(2)题的基础上，求小杨在斜面上滑动的总时间t。(结果可保留根号)
15.如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R=3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L=0.6m。初始时CD与EF相距s0=0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1=316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B=1T，重力加速度大小取g=10m/s2,sinα=0.6。求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
答案和解析
1.【正确答案】B
由题知，两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有E=Ud
当电极板距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的电场力方向向右。
故选B。
2.【正确答案】B
AB：小明站在水平转台上，与转台一起做匀速圆周运动，则小明同学受重力、支持力、摩擦力，重力与支持力相互抵消，摩擦力充当向心力，故A项错误、B项正确．
CD：小明站在水平转台上，与转台一起做匀速圆周运动，则小明同学所受合力充当向心力，合力的大小不变，方向不断变化，故CD两项均错误．
3.【正确答案】B
图(a)中的电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子的波动性，故A错误；
图(b)中根据左手定则可知，射线1为α射线，电离本领最强，故B正确；
图(c)中用石墨或重水使快中子减速，将镉棒插入深些，是为了吸收更多的中子减缓核反应速度，故C错误；
β射线能穿透塑料板却难以穿透钢板，图(d)中钢板经过时探测器探测到的β射线强度几乎为零，应使用γ射线以实现对钢板厚度的自动控制，故D错误。
4.【正确答案】C
A、A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，AB直线过原点表示该过程为等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A错误;
B、C→A过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B错误;
C、气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1.做功大小为W1，根据热力学第一定律有：ΔU1=Q1- W1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：ΔU2=- Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有：ΔU=ΔU1+ΔU2=Q1-W1 -Q2=0，即Q1=W1+Q2>Q2，所以A→ B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确;
D、气体做功W=pΔV，A→B过程中体积变化的大小等于C→A过程中体积变化的大小，但图像上的点与原点连线的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误。
5.【正确答案】C
【分析】
对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过R1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．
本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响！
AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1上的最大电流为1.2A，故此时的量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；
CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正确，D错误；
故选：C。
6.【正确答案】B
解：由静电屏蔽知识可知，金属板内的电场强度为0，因金属板是一个等势体，φ-x图像的斜率表示电场强度大小，则金属板左右两侧直线的斜率相同，即电场强度相同，且与x轴交点的电势相等，故ACD错误，B正确。
7.【正确答案】B
圆环带正电，x负半轴电场强度向左，x正半轴电场强度向右，大小都先增加后减小。取坐标轴x处，环极小部分在x处的电场为△E=k△Q(x2+R2)，沿x轴方向上分量：ΔEx=kΔQ⋅x(x2+R2)32，坐标轴x处，场强为E=∑ΔEx=kQ⋅x(x2+R2)23，可知Em=kQ⋅x2(x22+R2)32，故A错误。
取坐标轴x处，环极小部分在x处的电势为φ=kΔQ(x2+R2)12，电势为标量，代数相加φ=kQ(x2+R2)12，故B正确。
E-x中面积表电势差，O点和x2处的电势差大于Emx22，故C错误。
负粒子从O点向右运动，电势减小，EP=qφ，电势能增加，故D错误。
8.【正确答案】BD
【分析】对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量，根据开普勒定律比较两卫星的运动周期，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度。
A．v2为椭圆轨道的远地点速度小于对应圆轨道的环绕速度，v1表示做匀速圆周运动的速度，根据v= GMr 可知，v1>v2 ，故A错误；
B.两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度a=GMr2，加速度相同，故B正确；
CD.椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。
故选BD。
9.【正确答案】BD
等离子气流以速度v0射入P1和P2两极间的匀强磁场中，根据左手定则，正离子往上偏转负离子往下偏转，P1极电势高于P2极电势，A错误；
A线圈0∼1s内磁感应强度B向左减小，根据楞次定律，A线圈感应电流的方向从左向右看为逆时针方向，B正确；
1∼2s内磁感应强度B向右增大，根据楞次定律，A线圈感应电流的方向从左向右看仍为逆时针方向，0∼1s内和1∼2s内产生的感应电流方向相同，C错误；
根据楞次定律，2∼4s内cd导线中电流方向由c到d，由于电极P1为等离子体发电机正极，ab导线中电流方向由a到b，故ab、cd两导线在2∼4s内通有同向电流相互吸引，D正确。
正确选项BD
10.【正确答案】AD
B.当闭合开关 S1 、断开开关 S2 且输入端的电压为U时，变压器原、副线圈电压比 U原U副=n1n2=81
灯泡 L2 正常发光有 U副=UL2
故有 U=UL1+U原=9UL2
当断开开关 S1 、闭合开关 S2 ，电路输入端的电压为 U' 时，变压器原、副线圈两端电压比 U原'U副'=n1n2=81
灯泡 L2 正常发光有 U'副=UL2
故有 U'=UL1+U原'=9UL2
故 U：U'=1：1
故B错误；
A.两种情况下流过灯泡的电流均为额定电流，即两种情况下输入端的电流都相等，根据 P=UI
可知输入功率之比 P：P'=1：1
故A正确；
C.当闭合开关 S1 、断开开关 S2 功率关系 P=PL1+PL2+PR0
断开开关 S1 、闭合开关 S2 功率关系 P'=PL1+PL2+PR
解得 PR0:PR=1:1
故C错误；
D.当闭合开关 S1 、断开开关 S2 且输入端的电压为 U 时，变压器原、副线圈电流比 I原I副=n2n1=18
两灯泡正常发光有 I副=I额 ， I原+IR0=I额
解得 IR0=78I额
当断开开关 S1 、闭合开关 S2 ，电路输入端的电压为 U' 时，变压器原、副线圈电流 I'原I'副=n2n1=18
两灯泡正常发光有 I'原=I额 ， I'副+IR=I额
解得 IR=7I额
故 IR0IR=18
根据 PR0=IR02R0 ， PR=IR2R
解得 R=164R0
故D正确。
故选AD。
11.【正确答案】B
d2Δt
kgx-Nm0
偏小

(1)A、实验中需要测量滑块通过光电门的速度，不能太靠近光电门防止误差过大，A错误；
B、动滑轮上的细绳应尽量竖直，以有效减少实验误差，B正确；
C、由实验原理知，验证系统机械能守恒，不需要滑块质量必须远远大于砝码质量，C错误。
故选B；
(2)由动滑轮速度关系可知，滑块通过光电门时，砝码盘中砝码的速度为v'=v2=d2Δt；
(3)由题意，系统机械能守恒
nm0gx2=12N-nm0+Md2Δt2+12nm0d22Δt22
化简得(Δtd)2=Nm0+Mm0gx·1n-34gx，
可知k=Nm0+Mm0gx，得M=kgx-Nm0；
(4)本实验中系统机械能守恒，动滑轮，砝码盘以及砝码盘中砝码的机械能减小量等于滑块和滑块上砝码增加的机械能ΔE减=12N-nm0+Md2Δt2，由于未测量动滑轮和砝码盘的质量，所以机械能的减小量偏小，则得出的滑块的质量与实际值相比将会偏小。
12.【正确答案】M
4000
Rg=UI-R1-R2
A
0.86

(1)由图可知，该滑动变阻器采用分压式接法，为了电路安全，在开关S1闭合前，滑片P应移到M端；
(2)当开关S2接b时，电压表量程为1V，根据欧姆定律U1=Ig(Rg+R1)
当开关S2接a时，电压表量程为3V，根据欧姆定律U2=Ig(Rg+R1+R2)
其中R1=1200Ω
联立解得R2=4000Ω
(3)当开关S2接a时，根据欧姆定律U=I(Rg+R1+R2)
可得电流表G的内阻可表示为Rg=UI-R1-R2
(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，可知电流表G内阻的真实值小于铭牌标示值，根据闭合电路的欧姆定律可以增大两电阻箱的阻值。
故选A。
(5)根据闭合电路欧姆定律UV=IA(Rg+R1)=430×10-6×(800+1200)V=0.86V
13.【正确答案】(1)由于该单色光恰好在半球面的底面发生全反射，则该单色光在半球面的底面的入射角等于该单色光在该材料中发生全反射的临界角，设此角为C，根据题意，作出该单色光在此材料中的传播路径，如图所示，
由几何关系可得sinC= 53RR= 53，
根据发生全反射的临界角C与介质折射率的关系可得n=1sinC，
解得：n=3 55；
(2)根据折射率与光速的关系得n=cv，
由图可知该单色光在半球形透明材料中的传播路程为2R，
则该单色光在半球形透明材料中的传播时间为t=2Rv，
解得：t=6 5R5c。
答：(1)此材料的折射率为3 55；
(2)该单色光在半球形透明材料中的传播时间为6 5R5c。
详细解答和解析过程见【正确答案】
14.【正确答案】解：(1)小杨在下滑的过程中，由牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcsθ=ma1，
代入数据解得：a1=2m/s2；
(2)小杨在同伴推动阶段，设加速度为a2，则根据牛顿第二定律可得：F-μmg=ma2，
解得：a2=F-μmgm=400-0.5×50×1050m/s2=3m/s2，
设松手时小杨的速度为v1，则由运动学公式可得：v12=2a2(L1-L2)，
解得：v1= 2a2(L1-L2)= 2×3×(14-3)m/s= 66m/s；
在同伴松手后，小杨做匀减速运动，设加速度的大小为：a3，由牛顿第二定律可得：μmg=ma3，
解得：a3=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2，
由运动学公式可得：v12-vB2=2a3L2，联立代入数据解得：vB=6m/s；
(3)小杨在斜面上先向上做匀减速运动，速度减为后向下做匀加速运动，设在向上运动时的加速度的大小为a4，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcsθ=ma4，
解得：a4=10m/s2，方向沿斜面向下，
则向上运动的时间为：t1=vBa4=610s=0.6s
沿斜面向上运动的距离为：L3=vB22a4=622×10m=1.8m
向下运动阶段，由(1)可知向下运动的加速度，根据运动学公式可得：L3=12a1t22，
解得：t2= 2L3a1= 2×1.82s=35 5s
则小杨在斜面上滑动的总时间为：t=t1+t2=0.6s+35 5s=35(1+ 5)s
(1)在下滑过程中，对小杨受力分析，根据牛顿第二定律求得下滑加速度；
(2)小杨在AB段先做匀加速后做匀减速运动，分别应用牛顿第二定律求出加速度，然后根据速度-位移公式求得到达B点的速度的大小；
(3)根据牛顿第二定律先求沿斜面向上运动的加速度的大小，然后由运动学公式可求向上运动的时间和位移的大小，然后由运动学公式可求沿斜面向下运动所用的时间，两时间之和就是小杨在斜面上运动的总时间。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚小杨的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式进行解答。
15.【正确答案】解：(1)设金属棒的质量为m，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：(M+m)gsinα=(M+m)a
代入数解得：a=6m/s2
金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v0，
由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v0= 2as1= 2×6×316m/s=1.5m/s
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv0
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=ER
金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安培力=BIL
代入数据解得：F安培力=0.18N
(2)金属棒在磁场中运动过程导体框做匀加速直线运动，
设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框进入磁场时的速度大小为v，
对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsinα-f=Ma导体框
由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v2-v02=2a导体框s0，
导体框刚进入磁场时所受安培力：F=BI1L=B2L2vR
导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：B2L2vR+f=Mgsinα
代入数据联立解得：a导体框=5m/s2，f=0.06N，v=2.5m/s
金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安培力=mgsinα+f
代入数据解得，金属棒的质量：m=0.02kg，
由滑动摩擦力公式得：f=μmgcsα
代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ=0.375
(3)金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα+f=ma金属棒
代入数据解得：a金属棒=9m/s2，
金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做匀加速直线运动，
由匀变速直线运动的速度-时间公式得：v=v0+a金属棒t
金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t=19s
在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，
导体框匀速运动的距离：s=vt=2.5×19m=518m
答：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小是0.18N；
(2)金属棒的质量是0.02kg，金属棒与导体框之间的动摩擦因数是0.375；
(3)导体框匀速运动的距离是518m。
(1)金属棒与导体框由静止开始向下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律可以求出加速度，应用匀变速直线运动的速度-位移公式可以求出金属棒进入磁场时的速度，应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，然后应用安培力公式可以求出金属棒所受的安培力大小；
(2)金属棒进入磁场后做匀速直线运动，导体框做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律求出导体框的加速度，应用匀变速直线运动的速度-位移公式求出导体框进入磁场时的速度，导体框进入磁场时做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出导体框受到的滑动摩擦力；金属棒在磁场中做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出金属棒的质量，根据滑动摩擦力公式可以求出金属棒与导体框间的动摩擦因数；
(3)导体框进入磁场后先做匀速直线运动，后做匀加速直线运动，在导体框做匀速直线运动时间内，金属棒做匀加速直线运动，当金属棒与导体框速度相等后两者相对静止一起做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律求出金属棒的加速度，然后应用运动学公式求出导体框做匀速运动的时间，然后求出匀速运动的距离。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，本题运动过程较多，难道较大，根据题意分析清楚金属棒与导体框的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、E=BLv、闭合电路的欧姆定律与安培力公式、平衡条件与运动学公式即可解题。