高三物理 计算题25分钟限时训练(四)
2020高三物理 计算题25分钟限时训练(三)
高三物理计算题25分钟限时训练三1．2020年9月，神舟七号载人航天飞行获得了圆满成功，我国航天员首次成功实施空间出舱活动、飞船首次成功实施释放小伴星的实验，实现了我国空间技术发展的重大跨越．已知飞船在地球上空的圆轨道上运行时离地面的高度为h ．地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ．求飞船在该圆轨道上运行时：（1）速度v 的大小．（2）速度v 与第一宇宙速度的比值．解：（1）用M 表示地球质量，m 表示飞船质量，由万有引力定律和牛顿定律得h R v mh R MmG +=+22)( 地球表面质量为m 0的物体，有g m R Mm G020=解得飞船在圆轨道上运行时速度hR gR v +=2（2）第一宇宙速度v 1满足mg Rv m =21因此飞船在圆轨道上运行时速度与第一宇宙速度的比值hR R v v +=12．如图所示，质量为m ，电荷量为e 的电子从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v 0.现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y 轴平行的荧光屏MN 上。
求：(1)电子从y 轴穿过的范围；(2)荧光屏上光斑的长度；(3)所加磁场范围的最小面积。
解：(1)设磁场中运动的半径为R ，牛顿第二定律得：电子从y 轴穿过的范围(2)如图所示，初速度沿x 轴正方向的电子沿弧OA 运动到荧光屏MN 上的P 点， 初速度沿y 轴正方向的电子沿弧OC 运动到荧光屏MN 上的Q 点 由几何知识可得(3)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x,y)，因其射出后能垂直打到荧光屏MN上，故有：x=-Rsinθ y=R+Rcosθ即x2+(y-R)2=R2又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：3．相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。
2018年高考物理二轮复习25分钟规范训练120171227393
25分钟规范训练(一)1．(12分)(2017·河北省定州中学4月考 )风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。
如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图。
一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30˚。
现小球在F ＝20 N 的竖直向上的风力作用下，从A 点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝36。
试求：(1)小球运动的加速度a 1；(2)若F 作用1.2 s 后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离s m 。
(3)若从撤去风力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点上方为2.25 m 的B 点。
[解析] (1)在风力F 作用时有：(F －mg )sin 30˚－μ(F －mg )cos 30˚＝ma 1a 1＝2.5 m/s 2，方向沿杆向上(2)F 作用1.2 s 时小球速度v ＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移s 1＝v 2t 1＝32×1.2 m＝1.8 m 撤去力F 后，小球上滑时有：mg sin 30˚＋μmg cos 30˚＝ma 2a 2＝7.5 m/s 2因此小球上滑时间t 2＝va 2＝0.4 s 上滑位移s 2＝v 2t 2＝32×0.4 m＝0.6 m 则小球上滑的最大距离为s m ＝s 1＋s 2＝2.4 m( 3)在上滑阶段通过B 点：s AB －s 1＝v t 3－12a 2t 23通过B 点时间t 3＝0.2 s ，另t 3＝0.6 s (舍去)小球返回时有： mg sin 30˚－μmg cos 30˚＝ma 3a 3＝2.5 m/s 2小球由顶端返回B 点时有：s m － s AB ＝12a 3t 24t 4＝35s 通过通过B 点时间t 2＋t 4＝2＋35 s≈0.75 s 2．(20分)(2017·吉林省吉林大学附属中学第六次摸底 ) 如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L ＝2 m 的木板C ，它的两端各有一块挡板，C 的质量为m C ＝5 kg ，在C 的中央并排放着两个可视为质点的滑块A 与B ，其质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，开始时A 、B 、C 均处于静止状态，并且A 、B 间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A 以v A ＝6 m/s 的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：(1)当两滑块都与挡板碰撞后，板C 的速度多大？(2)从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C 的位移多大？方向如何？(3)两滑块与挡板碰撞所产生的总热量为多少？[解析] 炸药爆炸，滑块A 与B 分别获得向左和向右的速度，由动量守恒知，A 的速度较大(A 的质量小)，A 、B 均做匀速运动，A 先与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)一起向左匀速运动，最终B 也与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)，整个过程满足动量守恒。
高三物理限时训练4
物理限时训练4一、单选择題:14. 物理学中，运动的分解、力的合成、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是（）A．控制变量法 B.极限思维法 C. 理想模型法 D.等效替代法15. 我国“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成,30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星。
中轨道卫星轨道高度约为 2.15X104 km ,静止轨道卫星的高度约为3.60X104 km。
下列说法正确的是（）A. 中轨道卫星的线速度大于7.9 km/sB. 5颗静止轨道卫星的轨道平面和赤道平面的夹角各不相同C. 静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期D. 静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度16. 下图为某款电吹风的电路图。
a、b、c、d为四个固定触点。
可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。
触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。
n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数。
该电吹风的各项参数如下表所示。
下列说法正确的有A. 吹冷风时触片P与触点b、c接触B. 可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60ΩC. 变压器两线圈的匝数比n l：n2 = 13 : 15D. 若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率将变小，吹冷风时的功率不变17. 4（）在“测定玻璃的折射率”实验中，已画好玻璃砖界面两直线aa′与bb′后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如下图左所示，若其它操作正确，则测得的折射率将A．变大B．变小C．不变D．变大、变小均有可能二、不定项选择18. 利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运 动的图象。
某同学在一次实验中得到运动小车的速度一 时间图象如图所示，由此图象可知A. 18 s 时的加速度大于13 s 时的加速度B. 小车做曲线运动C. 13 s 末小车距离出发点最远D. 小车前10S 内的平均速度比后10 S 内的大19.如图所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd,铝框的质量为 m 、电阻为R ，斜面上ef线与gh 劝线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef//gh//pq//ab,eh>bc 。
高考物理一轮总复习(人教版)课时作业25 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～9题为单项选择题，10～14题为多项选择题)1．一段长为L 、电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉成3L 长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为( )A.R3 B ．3R C.R 9D ．R解析： 根据R ＝ρL S ＝ρL 2V 可知，原电阻丝被拉长3倍后的总阻值为9R ，再切成三段后每段的阻值为3R ，把它们并联后的阻值为R ，故选项D 正确。
答案： D2．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长l ，直径为d ，乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使它们消耗的电功率相等，加在电阻丝上的电压U 甲∶U 乙应是( )A ．1∶1B ．2∶1C ．1∶ 2D ．2∶1解析： 根据电阻定律R ＝ρlS ，R 甲∶R 乙＝2∶1。
且U 2甲R 甲＝U 2乙R 乙，故U 甲∶U 乙＝R 甲∶R 乙＝2∶1选项D 正确。
答案： D 3.如图所示电路，开关S 断开和闭合时电流表示数之比是1∶3，则可知电阻R 1和R 2之比为( )A ．1∶3B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶1解析： 开关闭合时电路中只有电阻R 2，根据欧姆定律可得：I ＝UR 2，开关断开时电路中两电阻串联，根据欧姆定律可得，I ′＝UR 1＋R 2，则R 1＋R 2R 2＝31，解得R 1∶R 2＝2∶1，选项C 正确。
答案： C4．在如图甲所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以AB 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为图乙中的( )解析： 根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS ，这两点间的电压U＝IR ＝IρxS(I 、ρ、S 为定值)，故U 跟x 成正比例关系，选项A 正确。
答案： A5．如表为某电热水壶铭牌上的一部分内容。
根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( )C ．0.15 AD ．0.23 A解析： 在额定电压下电热水壶的功率为额定功率，而电热水壶的额定电压为220 V ，额定功率为1 500 W ，由公式P ＝IU 得I ＝P U ＝1 500220A ≈6.8 A 。
福建省2020届高三物理上学期限时训练试题(四)(含解析)
福建省永安市第一中学2020届高三物理上学期限时训练试题（四）（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.有两个大小相等的共点力F 1和F 2，当它们的夹角为90°时合力的大小为F ，则当它们的夹角为60°时，合力的大小为 A. 2F B.62F C.32F D.22F 【答案】B 【解析】【详解】当两个力的夹角90°时，合力为：221212F F F F F =+==合所以，1222F F F ==当两个力的夹角为60°时，根据平行四边形定则，合力大小等于底角为30°的等腰三角形的底边：1cos302F F ︒=合1236=2=2N=N 2s 02co 32F F ︒⨯⨯合 A ．2F 与计算结果不符，故A 选项错误． B ．6F 与计算结果相符，故B 选项正确． C ．3F 与计算结果不符，故C 选项错误． D ．22F 与计算结果不符，故D 选项错误． 2.如图所示为某质点运动的v －t 图像，2~4s 内图线为曲线，若4s 末质点回到出发点，则质点( )A. 0~2s 内的加速度不变B. 2~4s 内的加速度不变C. 2~4s 内的平均速度为－3m/sD. 0~2s 内的位移与2~4s 内的位移相同 【答案】C 【解析】【详解】A ．v －t 图像的斜率正负表示加速度方向，由图可知，0~1s 和1~2s 内加速度方向相反，故A 错误；B ．v －t 图像斜率表示加速度，由图可知，2~4s 内的加速度大小、方向都变化，故B 错误； CD ．4s 末质点回到了出发点，所以2～4s 内质点的位移大小等于0～2s 的位移大小，所以126m 6m 2x =⨯⨯=由图像可知，0～2s 质点向正方向运动，2～4s 内质点向负方向运动，则两段时间内位移大小相等，方向相反，2~4s 内的平均速度为6m/s 3m/s 2v -==- 故C 正确，D 错误。
高三物理 计算题25分钟限时训练(六)
lo AB C h L 高三物理 计算题25分钟限时训练（六）1．如图所示，质量为m 的木块从A 点水平抛出，抛出点离地面高度为l ，不计空气阻力．在无风情况下落地点B 到抛出点的水平距离为S ；当有恒定的水平风力F 时，仍以原来初速度抛出，落地点C 到抛出点的水平距离为3s /4．试求：（1）无风情况下木块落地时的速度；（2）水平风力F 的大小． 解：（1）由轨迹方程20221v S g l =，得到水平初速度l g S v 20=木块落地的竖直速度为gl v y 2= 木块落地时的速度大小为gl l g S v v v y 222220+=+=v 与水平方向间的夹角为θ， tg Sl v v y 20==θ（2）水平方向有g l m F t a v v x x 20==-…①， 另由位移关系可得到g l v v S x 22430+=…② 联立①、②，消去x v ，代入0v ；求得 lmgS F 4=2．如图所示，宽为L 的光滑长金属导轨固定在竖直平面内，不计电阻。
将两根质量均为m 的水平金属杆ab 、cd 用长h 的绝缘轻杆连接在一起，放置在轨道上并与轨道接触良好，ab 电阻R ，cd 电阻2R 。
虚线上方区域内存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度B 。
（1）闭合电键，释放两杆后能保持静止，则ab 杆受的磁场力多大？（2）断开电键，静止释放金属杆，当cd 杆离开磁场的瞬间，ab 杆上焦耳热功率为P ，则此时两杆速度为多少？（3）断开电键，静止释放金属杆，若磁感应强度B 随时间变化规律为B =kt （k 为已知常数），求cd 杆离开磁场前，两杆内的感应电流大小。
某同学认为：上述情况中磁通量的变化规律与两金属杆静止不动时相同，可以采用Δφ=ΔB ·Lh 计算磁通量的改变量……该同学的想法是否正确？若正确，说明理由并求出结果；若不正确，说明理由并给出正确解答。
解：（1）设ab 杆受磁场力F ，则cd 杆受F/2……1分对两杆整体分析，有2mg =F + F/2……2分F =4mg /3……1分 (2）ab 杆上功率P =I 2R ……2分I =E /3R = BLv /3R ……2分v=3BLPR ……1分 (3）正确。
(新课标)2020高考物理一轮复习课时作业25实验：探究动能定理(含解析)新人教版(最新整理)
实验：探究动能定理选择题1．(2018·衡阳二模)现提供了如图甲所示的实验器材,来探究“合外力做的功与物体速度变化的关系”的实验,由图可知：（1）平衡摩擦力时,小车是否要挂纸带________(填“要”或“不要”);(2)在某次实验中，得到如图乙所示的一条纸带，在A、B、C三个计数点中应该选用________（选填“A”“B”或“C”)点的速度才符合实验要求；（3)某同学采用如图甲所示的装置来做实验，先使小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑．那么，在橡皮筋弹力的作用下，合外力对小车所做的功________(选填“大于"“小于”或“等于”)橡皮筋弹力所做的功．答案（1）要(2）C (3）大于解析(1)小车运动时,受到木板的阻力以及纸带与打点计时器间的摩擦阻力，所以平衡摩擦力时,小车需要挂纸带．(2)橡皮筋恢复原长后，小车做匀速直线运动,所以选用C点的速度才符合实验要求．(3)小车不连接橡皮筋,发现小车在木板上加速下滑，可知木板倾斜．在橡皮筋弹力的作用下，合外力对小车所做的功大于橡皮筋弹力做的功．2．(2018·江苏一模)小明所在的实验小组,为探究“拉力做功与物体动能变化的关系"，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置．已知小车的质量为M＝200 g，该小组的同学想用钩码的重力作为小车受到的合外力，为了实现这个想法，必须要先平衡摩擦力,并选择适当的钩码．（1）平衡摩擦力时，下列操作正确的是________．A．挂上钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可B．挂上钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可C．不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D．不挂钩码,轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可(2）他们在实验室找到的钩码质量有10 g、20 g、50 g和100 g的，应选择质量为________的钩码最为合适．（3）该实验小组打下一条纸带，将纸带上打的第一个点标为“0”,且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻2个计数点间还有4个点未画)，量出计数点3、4、5到计数点0的距离分别为x1、x2和x3，如图乙所示．已知打点计时器的打点周期为T，小车的质量为M，钩码质量为m,重力加速度为g，则在打计数点0到4的过程中,小车的动能增量为________．（4)通过多次试验并计算，小明发现，小车动能的增量总略小于mgx.你认为造成这样的原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
2018年高考物理二轮复习25分钟规范训练320171227391
25分钟规范训练(三)1．(12分)如图，在倾角θ＝37˚的粗糙斜面上距离斜面底端s＝1 m处，有一质量m＝1 kg的物块，在竖直向下的恒力F作用下，由静止开始沿斜面下滑。
到达斜面底端时立即撤去F，物块又在水平面上滑动一段距离后停止。
不计物块撞击水平面时的能量损失，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，g取10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。
当F＝30 N时，物块运动过程中的最大速度为4 m/s，求：(1)物块与接触面之间的动摩擦因数；(2)当F＝0时，物块运动的总时间；(3)改变F的大小，物块沿斜面运动的加速度a随之改变。
当a为何值时，物块运动的总时间最小，并求出此最小值。
[解析](1)物块到达斜面底端时速度最大，设物块在斜面上的加速度为a，根据运动学公式v2＝2as①代入数据得a＝8 m/s2②对斜面上物块受力分析F N＝(mg＋F)cos θ③(mg＋F)sin θ－F f＝ma④F f＝μF N⑤代入数据，解得μ＝0.5⑥(2)当F＝0时，由③④⑤得mg sin θ－μmg cos θ＝ma1⑦1 设物块在斜面上的运动时间为t1，在水平面上的运动时间为t2，则s＝a1t21⑧2 到达底端时速度为v＝2a1s＝μgt2⑨代入数据解得t＝t1＋t2＝1.4 s⑩(3)设此时物块在斜面上的加速度为a2，由⑧⑨得总时间为2s2a2st1＋t2＝＋⑪a2 μg根据基本不等式2s2a2s2s2a2s＋≥2·⑫a2 μg a2 μg2s2a2s即当＝时，总时间有最小值⑬a2 μg解得a2＝μg＝5 m/s2⑭2 10t min＝s52．(20分)(2017·陕西省西安市长安区第三次联考)如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30˚，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S1、S2分别与电阻和电容器相连。
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高三物理 计算题25分钟限时训练（四）
1．如图所示，电动传送带以恒定速度v 0＝1.2m/s 运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m=20kg 的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到h=1.8m 的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则：（1）每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多少时间？（2）每输送一个物品箱，电动机需增加消耗
的电能是多少焦耳？（g ＝10m/s 2。
sin37°＝0.6） 解：（1）物品箱先做匀加速运动
2/8.0sin cos sin s m g g m
mg f a ==-=-=
θθμθ
t 1＝
s a v 5.10= s 1＝m at 9.02
1
21= 可见物品箱之后做匀速运动 s 2＝m s h 1.237sin 1=-︒
t 2＝s v s 75.102= 所以 t ＝t 1＋t 2＝3.25s
（2）每输送一个物品箱，电动机需增加消耗的电能等于物品箱机械能增加量及系统产生的
内能
J s mg mv mgh W 8.49637cos 2
12
0=∆︒++
=μ 2．如图所示，坐标系中第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝102
T ，同时
有竖直向上与y 轴同方向的匀强电场，场强大小E 1＝102
V/m ，第四象限有竖直向上与y 轴
同方向的匀强电场，场强大小E 2＝2E 1＝2×102 V/m.若有一个带正电的微粒，质量m ＝10－12
kg ，
电荷量q ＝10－13
C ，以水平与x 轴同方向的初速度从坐标轴的P 1点射入第四象限，OP 1＝0.2 m ，
然后从x 轴上的P 2点进入第一象限，OP 2＝0.4 m ，接着继续运动．(g ＝10 m/s 2
)求：(1)微粒射入的初速度；
(2)微粒第三次过x 轴的位置及从P 1开始到第三次过x 轴的总时间． 解：(1)从P 1到P 2做类平抛，竖直方向a ＝qE 2－mg m
＝10 m/s 2
则运动时间t 1＝
2OP 1
a
＝0.2 s ，则v y ＝at 1＝2 m/s
微粒射入的初速度：v 0＝
OP 2
t 1
＝2 m/s. (2)微粒运动方向与x 轴夹角为45° 微粒进入第一象限的速度：v ＝v 0
cos45°＝2 2 m/s
由于qE 1＝mg ，所以微粒进入第一象限做匀速圆周运动，则圆周运动的半径R ＝mv Bq ＝
25
m ，P 2P 3＝2R cos45°＝0.4 m
微粒做圆周运动的时间t 2＝
πm
2Bq
＝0.157 s 微粒再次进入第四象限，由运动的分解可知：x 轴方向做匀速运动，
y 轴方向做类上抛运动，微粒运动时间t 3＝
2v y
a
＝0.4 s
P 3P 4＝v 0t 3＝0.8 m 故OP 4＝OP 2＋P 2P 3＋P 3P 4＝1.6 m t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.757 s.
3．如图甲所示，一个质量m ＝0.1 kg 的正方形金属框总电阻R ＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端(金属框上边与AA ′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB ′平行、宽度为d 的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB ′
重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v ，与此对应的位移为s ，那么v 2
—s 图象（记录了
线框运动全部过程）如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上。
试问：（g 取10m/s 2
）（1）
根据v 2
-s 图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？（2）匀强磁场的磁感应强度多大？（3）现用平行斜面沿斜面向上的恒力F 作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB ′(金属框下边与BB ′重合)由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端(金属框上边与AA ′重合)。
试计算恒力F 做功的最小值。
解：物体运动可分为三段，图可知由,2s v - 设位移分别为 S 1，S 2，S 3对应的时间分别为
321,,t t t 0
9.001==v m s s
m v m s /30.112==
m s 6.13= 初速s m v /31= 末速度v 3=5m/s 匀加速运动
（1）匀加速运动，
到m s s 9.00==s a v 12
2=由公式 2
1/0.5 s m a =得 s a v t 6.053111===
s v s t 31122== 33212
3
2s a v v =- 解得：a 3=5m/s 2 s a V t 4.043533=-=∆= s t t t t 34321=++=总
（2）线框通过磁场时，线框作匀速运动，线框受力平衡在AA’a’a 区域，对线框进行受力分析1sin ma mg ＝θ
穿过磁场区域时，θsin mg BIL F ＝安= 11
ma R
BLv BL = 有题干分析得：线框的宽度m s d L 5.02
2
＝=
= 解得T B 33= （3）设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为V ，2332
1
sin mV mgs Fs =
θ－ 线框穿过磁场时，R
V
L B mg F 22sin +=θ 又由 1sin ma mg ＝θ 解得
N F s m V 1825,/316==
由于θsin 2
112
mgs mV >, 所以穿过磁场后，撤去外力，物体仍可到达顶端。
所以力F 做功为 J s s F W 6.3)16.1(18
25
)(32≈+⨯=+=。