1、2018-2019学年天津一中高三（下）第四次月考物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 以下说法正确的是（）A. 核裂变与核聚变都伴有质量亏损，亏损的质量转化成能量B. 射线和光电效应中逸出的电子都是原子核衰变产生的C. 真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系D. 原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量2. 如图a所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的Q、P、O、P、Q质点，相邻两质点间距离为1m。t=0时刻O质点从平衡位置开始沿y轴正方向振动，并产生分别向左、向右传播的波，O质点振动图象如图b所示，当O点第一次达到正方向
2、最大位移的时刻，P点刚开始振动，则（）A. 、P两点距离为半个波长，因此它们的振动步调始终相反B. 当点振动第一次达到负向最大位移时，P质点通过路程的路程是20cmC. 当波在绳中传播时，绳中所有质点沿x轴移动的速度大小相等且保持不变D. 若O质点振动加快，波的传播速度变大3. 将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（）A. 地球的质量为B. 地球同步卫星的离地高度为C. 地球自转的周期为D. 地球的第一宇宙速度大小为4. 一带负电的粒
3、子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）A. 处电场强度最小，但不为零B. 粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动C. 在0、处电势、，的关系为D. 段的电场强度大小方向均不变，为一定值5. 我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是（元电荷e，氧离子质量m0，飞船质量M）（）A. 喷出的每个氧离子的
4、动量B. 飞船所受到的推力为C. 飞船的加速度为D. 推力做功的功率为2MeU二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6. 如图所示，两束互相平行的单色光a、b从空气中斜射到平行玻璃砖上，单色光a从下表面A点射出，b从下表面B点射出，由图可知（）A. 在玻璃中，单色光a的传播速度较大B. 若增加入射光的入射角，则a光在玻璃砖的下表面先发生全反射C. 分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小D. 若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压高7. 如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为a，降压变压器的原、副线圈匝数比为b，输电线的电阻为R，升压变
5、压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了U，则下列判断正确的是（）A. 电压表的示数不变B. 电流表的示数减小了C. 电流表的示数减小了D. 输电线损失的功率减小了8. 如图甲所示，倾角=30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动。小球运动的v-t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是（）A. 小球在t时刻所受
6、弹簧弹力等于B. 小球在t时刻的加速度大于C. 小球从时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D. 小球从时刻到时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）9. 如图所示，小球甲从A点水平抛出，小球乙从B点自由释放，两小球同时经过C点时速度的大小相等，方向间夹角为60，已知两小球质量相等，BC高h，重力加速度为g，不计空气阻力，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前_，A、B两点的水平距离为_，A、B两点的竖直高度差为_。四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）10. 某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部
7、分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹。为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L、2L、3L、4L，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0。为了减小实验误差必须进行多次测量，在L、2L、3L、4L处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是_；为了写出探究动能定理的关系式W=_，还需测量_。A小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值B小钢球的质量mC小钢球离开轨道后的下落高度hD小钢球离开轨道后的水平位移x
8、该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标为_（用实验中测量的物理量符号表示）。11. 某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻r，又能同时测量未知电阻Rx的阻值。器材如下：A电池组（四节干电池）B待测电阻Rx（约10）C电压表V1（量程3V、内阻很大）D电压表V2（量程6V、内阻很大）E电阻箱R（最大阻值99.9）F开关一只，导线若干实验步骤如下：将实验器材连接成如图（a）所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。根据记录的电压表V1的读数U1和电压表V2的读数U2，以为纵坐标，以对应的电阻
9、箱的阻值R为横坐标，得到的实验结果如图（b）所示。由图可求得待测电阻Rx=_（保留两位有效数字）。图（c）分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值为横坐标得到结果。两图线的交点的横坐标为_A，纵坐标为_V（结果均保留两位有效数字）五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）12. 如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成水平轨道的右侧有一质量为2m的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M上，弹簧处于原长时，滑块C在P点处；在水平轨道上方O处，用长为L的细线悬挂一质量为m的小球B，B球恰好与水平轨道相切于D点，并可绕D点在竖直平面
10、内摆动质量为m的滑块A由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B发生碰撞，A、B碰撞前后速度发生交换P点左方的轨道光滑、右方粗糙，滑块A、C与PM段的动摩擦因数均为=，其余各处的摩擦不计，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g（1）若滑块A能以与球B碰前瞬间相同的速度与滑块C相碰，A至少要从距水平轨道多高的地方开始释放？（2）在（1）中算出的最小值高度处由静止释放A，经一段时间A与C相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为L，求弹簧的最大弹性势能13. 如图所示，磁感应强度为B的条形匀强磁场区域的宽度都是dl，相邻磁场区域的间距均为d2，x轴的正上方有一电场强度大小为E，方向与
11、x轴和B均垂直的匀强电场区域将质量为m、带正电量为q的粒子从x轴正上方h高度处自由释放（重力忽略不计）（1）求粒子在磁场区域做圆周运动的轨道半径r；（2）若粒子只经过第1和第2个磁场区域回到x轴，求自释放到回到x轴所需要的时间t；（3）若粒子以初速度v0从h处沿x轴正方向水平射出后，最远到达第k个磁场区域并回到x轴求dl、d2应该满足的条件14. 如图所示，两根固定的光滑的金属导轨水平部分与倾斜部分平滑连接，两导轨间距为L=0.5m，导轨的倾斜部分与水平面成=37角。导轨的倾斜部分有一个匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，导轨的水平部分在距离斜面底端足够远处有两个匀强磁场区域，磁场方
12、向竖直且相反，所有磁场的磁感应强度大小均为B=1T，每个磁场区沿导轨的长度均为L=0.5m，磁场左、右两侧边界均与导轨垂直。现有一质量为m=0.5kg，电阻为r=0.2，边长也为L的正方形金属线框PQMN，从倾斜导轨上由静止释放，金属线框在MN边刚滑进磁场abcd时恰好做匀速直线运动，此后，金属线框从导轨的倾斜部分滑上水平部分。取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）金属线框刚释放时MN边与ab的距离s；（2）可调节cd边界到水平导轨的高度，使得线框刚进入水平磁场区时速度大小为8m/s，求线框在穿越水平磁场区域过程中的加速度的最大值a；（3）若导轨的水平部
13、分有多个连续的长度均为L磁场，且相邻磁场方向相反，求在（2）的条件下，线框在两导轨上运动过程中线框内产生的焦耳热Q。答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、核裂变与核聚变都伴有质量亏损，根据质能方程可知，亏损的质量对应一定的能量，并不是转化成能量。故A错误； B、射线是原子核衰变产生的，而光电效应中逸出的电子是从原子中逸出的电子，故B错误； C、由相对论可知，真空中的光速在任何参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系，故C正确； D、原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，D错误。 故选：C。核裂变与核聚变都伴有质量亏损根据质能方程可知，亏损的质量对应一定的能量；射线
14、是原子核衰变产生的，而光电效应中逸出的电子是从原子中逸出的电子；真空中的光速在任何参考系中都相等；原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量。本题考查了核聚变和裂变相关的质量亏损、原子核的组成、光电效应等方面的内容，难度不大，但范围较广。注意极累常考的知识点有助于在考试时正确且迅速的答题。2.【答案】B【解析】解：A、依题，向左、向右传播的两列波关于y轴左右对称，步调总是相同。故A错误；B、振动从O点传到Q时，P点已经振动了个周期，Q起振方向向上，当Q点振动第一次达到负向最大位移时，质点P第二次到达平衡位置处，共运动了1个周期，通过的路程为S=4A=20cm。故B正确。C、质点不随波逐
15、流，当波在绳中传播时，绳中所有质点只在平衡位置附近上下振动，故C错误；D、波速由介质决定，与频率无关，故O质点振动加快，波的传播速度不变，故D错误；故选：B。O质点沿y轴振动后产生分别向左、向右传播的波，两列波关于y轴左右对称。质点Q与波源O相距半个波长，质点Q的振动情况与质点O的振动总是相反，当Q点振动第一次达到负向最大位移时，质点O第三次到达正向最大位移处。若O质点振动加快，波速不变，波传播的距离减小本题与常见的单向传播的简谐波不同，左右具有对称性，解题时要抓住。此题还要抓住波速是由介质的性质决定的，与波的周期无关。3.【答案】C【解析】解：在两极：mg0=G在赤道上：-mg=mR2A、由
16、可得：M=，故A错误B、同步卫星：=m（R+h）2 由式可得：（R+h）=R，故B错误C、由可得=，则周期T=2，故C正确D、地球的第一宇宙速度为，故D错误故选：C。根据地球表面物体只受万有引力作用，然后根据力的合成与分解求解，结合万有引力充当向心力的条件求解。万有引力问题的运动，一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解，注意公式变形和数值的代换。4.【答案】D【解析】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误。B、D：由图看
17、出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确。C、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：32=01故C错误。故选：D。根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由
18、F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析。5.【答案】B【解析】解：每个氧离子：qU=mv2，p=，设在t时间内喷出N个氧离子，飞船受到的反冲力：F=N=其中：=I，q=2e，m=m0，所以：喷出的每个氧离子的动量p=2，飞船所受到的推力为F=I，飞船的加速度为a=， D选项中功率的单位是J，而2MeU的单位是kgJ。故ACD错误，B正确。故选：B。根据动能定理可以算出离子速度，利用动量定理求出飞船所受到的推力；再结合电流的定义式其他物理量。本题考查
19、了动能定理、动量定量、电流的定义式等内容，理清楚微观物理量和宏观物理量是这道题的关键。6.【答案】CD【解析】解：A、由图中两束光线对应的出射点位置可知，单色光b的折射角较大，故折射角的正弦值较大，由介质中折射率公式，可知单色光b在玻璃中的折射率较小，又由可知在玻璃中，单色光b的传播速度较大，故A错误；B、根据全反射定义当光从光密介质射向光疏介质，当入射角等于或大于临界角就会发生全反射现象，而全反射临界角C与介质的折射率关系为，折射率越大临界角C越小，但是由于由于单色光b在玻璃中角度本身大于a，所以不能确定得出“若增加入射光的入射角，则a光在玻璃砖的下表面先发生全反射”的结论，故B错误；C、由
20、于单色光a在玻璃中的折射率较大，由色散现象可知波长越短，根据双缝干涉现象中相邻亮纹间距公式，可知对于同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小，故C正确；D、由上分析可知单色光a的波长较短，则频率越高，由爱因斯坦光电效应方程Ek=hv-W0，可知只有hvW0，才有光电子溢出，频率越大需要的能量越高，故a光的遏止电压高，故D正确；故选：CD。本题主要考察光的折射定律，传播速率、波长、光电效应等知识点，熟练掌握这些小知识点有助于快速解题。1介质中的折射率公式，其中入射角为1；2全反射临界角C的正弦值与介质的折射率成反比；3色散现象可知折射率越大，波长越短，故对于同一双缝，干涉条纹间距越小；4光电效应
21、方程可知，光的频率越大激发出光电子的能量越高，对应的遏止电压越高。本题包括了四个选修内容，由题目可以看出，该题考查的知识点较多，但都难度不大；故对于选修部分应该理清知识点间的联系。7.【答案】AC【解析】解：A、由于U不变，所以电压表V1的示数不变，故A正确；BC、由于V2增大，所以降压变压器原线圈的电压U3增大了bU，根据UV1=IA1R+U3，所以IA1R减小了bU，所以电流表A1的示数减小了，A2的示数减小了，故C正确；B错误；D、输电线损失的功率减小了P=，故D错误。故选：AC。理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；根据远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素
22、有关，以及整个过程中的功率、电压关系，即可求解。对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。8.【答案】ABC【解析】解：A、小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则F弹=mgsin30=mg，故A正确；B、在乙图中，关于A点对称的点可知，此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于20.5mg=mg，所以弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知F弹-mgsin=ma，解得ag，故B正确；C、整个过程中，乙弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放
23、，小球能到达原来的释放点，故C正确；D、小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减小量与动能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。故选：ABC。分析小球的受力情况，由乙图明确运动过程，根据牛顿第二定律确定加速度大小以及变化情况，同时明确小球的运动过程，根据功能关系确定能量关系。本题考查功关系以及动力学规律，要注意明确弹簧的性质，根据受力情况确定小球的运动过程，明确何时速度达最大，同时注意小球运动过程中的能量转化规律。9.【答案】 【解析】解：对乙球有；v=gt乙，h=gt2，所以：v=对甲有：vcos60=gt甲，则t乙=，t甲=，则乙球释放时间要比甲球抛出
24、时间提前t=-=；根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度v0=vsin60=，A、B的水平距离x=v0t甲=；AC两点的高度差h=，则A、B的高度差h=h-h=h-=。故答案为：；。根据速度时间公式，抓住速度大小相等，结合平行四边形定则分别求出甲乙运动的时间，从而得出甲乙两球到达C点的时间。结合初速度和时间求出A、B两点的水平距离。根据速度位移公式求出AC的高度差，从而得出AB的高度差。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。10.【答案】用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置 BCD x2【解析】解：从斜槽上同一位置静止滚下，由
25、于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置根据动能定律可得：W=，根据平抛规律可得：s=vt，h=，联立可得探究动能定理的关系式：W=，验需要测量：B、小钢球的质量mC、小钢球离开轨道后的下落高度hD、小钢球离开轨道后的水平位移x故选：BCD；根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=，所以图象的横坐标表示x2，故答案为：用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；BCD；x2。根据动能定理求出表达式，根据表达式即可分析出还需测量的量，从斜槽上同一位置静止滚下落于地面纸
26、上形成不完全重合的记录痕迹，再用最小的圆将这些痕迹圈住，则圆心位置就为平均落点P；利用图象结合表达式即可判断出图象横坐标表示的物理量，根据斜率的表达式即可求出当地重力加速度。此题考查了探究动能定理的实验，关键是搞清实验的原理，推导出需要验证的表达式，明确需要测量的物理量，会分析图象，能求解图象斜率的表达式。11.【答案】8.0 0.50 4.0【解析】解：（2）由欧姆定律可知：即：由图象可知图象与纵轴的截距等于1，斜率为：解得：RX=8.0（3）由电路图可知：，则过原点的直线表示电阻RX的伏安线，函数关系为：U=8I倾斜的直线表示电源的U-I线，则由图象可知：E=6.0VU-I关系为U=6-4
27、I，解方程组可得，两图象的交点为（0.5A，4.0V）故答案为：8.0；0.50，4.0先搞清楚电路图的结构，然后根据实验步骤搞清楚实验的原理，结合欧姆定律找出函数关系，结合图象的斜率和截距意义求解。本题考查了测电源电动势和内阻的实验，解题的关键是搞清楚实验原理并结合欧姆定律得出函数关系，会结合图象找出截距及斜率的意义。12.【答案】解：（1）要使滑块A能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球B受A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A，使A继续向右运动设A从距水平面高为H的地方释放，与B碰前的速度为v0对A，由机械能守恒得：向心力设小球B通过最高点的速度为vB，则它通过
28、最高点的条件是：mg小球B从最低点到最高点机械能守恒：联立、得：HL（2）从这个高度下滑的A与C碰撞前瞬间速度设A与C碰后瞬间的共同速度为v，由动量守恒：mv0=（m+2m）vA、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有：由、式得：答：（1）若滑块A能以与球B碰前瞬间相同的速度与滑块C相碰，A至少要从距水平轨道L高的地方开始释放；（2）弹簧的最大弹性势能为0.5mgL【解析】（1）要使滑块A能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球B受A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A，使A继续向右运动根据机械能守恒定律及向心力公式即可求解； （2）先求出从这个高度下滑的A与C碰撞前瞬间速度
29、，在根据动量守恒定律及能量守恒定律列式即可求解本题主要考查了机械能守恒定律、向心力公式、动量守恒定律及能量守恒定律的直接应用，难度适中13.【答案】解：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v在电场区域中根据动能定理qEh=mv2-磁场区域中，圆周运动qvB=-解得R=-（2）设粒子在电场中的运动时间为t1，根据牛顿第二定律ma=qE匀加速运动at12=h解得-粒子在磁场区域运动合成半圆弧，时间共-设粒子离开第一个无磁场区域时，速度的水平夹角为，有sin=粒子在无磁场区域运动的路程为s=粒子在无磁场区域运动时间为-解得的总时间为：t=t1+t2+t3=-（3）粒子经过第k个磁场区域回到x轴，则粒子在
30、磁场区域的运动由2k-1个圆弧组成，并且2k-1个圆弧合并为一段圆弧粒子进入第一个磁场时，速度为v，与水平方向夹角为v=v0；cos=-有几何关系知，应满足条件（k-1）d1r（1-cos）kd1-解得-粒子回到x轴的条件与d2无关答：（1）粒子在磁场区域做圆周运动的轨道半径r=（2）自释放到回到x轴所需要的时间为（3），粒子回到x轴的条件与d2无关【解析】（1）根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径的大小 （2）根据牛顿第二定律结合运动学公式求出在电场中的运动时间，粒子在磁场区域运动合成半圆弧，根据周期公式求出在磁场中运动的时间，根据几何关系求出在无磁场区域运
31、行的位移，结合运动学公式求出在无磁场区域运行的时间，从而得出总时间 （3）粒子以初速度v0从h处沿x轴正方向水平射出后，最远到达第k个磁场区域并回到x轴则粒子在磁场区域的运动由2k-1个圆弧组成，并且2k-1个圆弧合并为一段圆弧结合几何关系以及粒子在磁场中运动的半径公式求出dl、d2应该满足的条件本题考查了粒子在电场和磁场中的运动，关键理清粒子的运动规律，结合几何关系，运用牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式进行求解14.【答案】解：（1）设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为v1，则线框中产生的感应电动势：E=BLv1安培力：F=BIL=依题意金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，有：F
32、=mgsin线框下滑距离s的过程中，根据动能定理，有：mgssin=mv12联立以上各式解得：s=0.48m；（2）设金属线框MN刚进入水平导轨上第一个磁场区时速度为v2=8m/s，MN边即将进入第二个磁场区使速度为v3，线框从刚进入第一个磁场区到刚要进入第二个磁场区的过程中，根据动能定理，有：-BILt=mv3-mv2，即：-BLq=mv3-mv2又：解得：v3=6.75m/s此时：E=2BLv3，F=2BIL，F=ma解得：a=67.5m/s2（3）整个过程中，根据能量守恒定律，有：金属线框内产生的焦耳热Q=mg（h+Lsin）=13J。答：（1）金属线框刚释放时MN边与ab的距离s为0.48m；（2）线框在穿越水平磁场区域过程中的加速度的最大值a为67.5m/s2（3）线框在两导轨上运动过程中线框内产生的焦耳热Q为13J。【解析】（1）由于做匀速直线运动可知，金属框的受力情况；再根据能量守恒可得出移动的位移； （2）根据动量定律及牛顿第二定律列式，应用方程的方法解题即可； （3）根据能量守恒即可解出线框中产生的焦耳热。本题考查了多个知识点的综合应用，解题关键是从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解即可。其中动能定律和动量定理是经常被使用的规律，应该首先考虑。
