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2025年河南实验中学高考物理四模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据图，下列说法正确的是( )
A. 地球受太阳的引力芒种时比小满时大
B. 芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长
C. 立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等
D. 地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
2.“钻石恒久远，应该做电池”，近日英国科学家成功研制出世界首款碳钻石电池，这款电池的使用寿命可达数千年。从核废料中提取的碳被封装在钻石中，钻石捕获碳衰变产生的电子产生低水平电力，同时钻石外壳能够有效吸收碳发出的短程辐射确保安全。下列说法正确的是( )
A. 碳发生的是衰变
B. 碳发生的是衰变
C. 钻石捕获的电子来自于碳原子核外的电子
D. 经过一个半衰期，被封装的材料的总质量变成原来的一半
3.小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中，其速度随时间变化的关系如图所示．若，则( )
A. 小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为
B. 碰撞前后速度改变量的大小为
C. 小球是从5 m高处自由下落的
D. 小球反弹的最大高度为
4.一个圆环翡翠透明玻璃体，内侧的半径为，外侧的半径为，现让一紫色光束对准点与圆心O同一水平线，以角射入翡翠，光束恰好切过圆环内侧从外侧的点B射出，出射角为，以下说法正确的是( )
A. 出射角比入射角大
B. 翡翠对紫色光折射率
C. 调大，紫色光束一定会从翡翠内环射出
D. 换用红色光束，以入射一定会从翡翠内环射出
5.如图所示，一定质量的理想气体按照的顺序完成一个循环，在气体状态变化的过程中，下列说法正确的是( )
A. 从状态a到状态b的过程，气体分子的平均动能一直不变
B. 从状态a到状态b的过程，气体对外放出400J的热量
C. 整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量
D. 整个循环过程，气体向外界放出的热量为300J
6.某房子屋顶造形如图所示，P为顶点，底面四个点a、b、c、d构成正方形，O为正方形中点，一金属球固定于顶点P，由于风的摩擦而成为正场源点电荷，下列说法正确的是( )
A. 四个点a、b、c、d的场强相同
B. 试探电荷在O处受到电场力方向竖直向下
C. 底面abcd一定是一个等势面
D. 点电荷沿aOc移动电势能先减小后增大
7.如图所示，光滑金属导轨与水平面成角，金属杆ab垂直放置在导轨上，导轨处于匀强磁场中。接通电路后，当磁场方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为时，ab被释放后保持静止；当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为时，ab被释放后也能保持静止。则为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.为预防电梯缆绳断裂的安全事故，电梯井底和电梯上分别安装有缓冲弹簧和安全钳，装置简化如图所示。现质量为2000kg的电梯，因缆绳断裂而坠落，刚接触弹簧时的速度为，弹簧被压缩了2m时电梯停止运动，下落过程中安全钳提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，不计空气阻力及弹簧自重，g取。则( )
A. 整个运动过程中电梯一直处于失重状态
B. 整个运动过程电梯刚接触弹簧时速度最大
C. 该缓冲弹簧的劲度系数为
D. 停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为2000N
9.如图所示，在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 两列波的波速大小均为
B. 再经过，平衡位置在处的质点位移为
C. 平衡位置在处的质点为振动减弱点
D. 平衡位置在处的质点前内运动的路程为50cm
10.电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 踩下驱动踏板瞬间，金属棒的加速度为
B. 踩下驱动踏板后，从上往下看金属棒MN顺时针转动
C. 踩下驱动踏板后，一段时间后金属棒匀速转动，此时金属棒两端的电压大小为
D. 踩下驱动踏板后，当金属棒达到最大转动速度时松开驱动踏板，一段时间后金属棒匀速转动，此时电容器C上的带电量
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.为研究小球斜上抛运动的规律，某兴趣小组用手机拍摄了一段小球斜上抛运动视频，图甲为利用Tracker视频分析软件按帧获取的小球位置。取运动过程的某点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系。经软件分析得到实际位置坐标、图像及对应拟合曲线方程，如图乙所示。
由图乙可得，小球的加速度大小为______，小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为______；
帧率表示视频在1s内记录的静止画面数量，单位为赫兹。Tracker视频分析软件是按视频的帧率来获取小球的位置，图乙中描绘的点为软件捕获的每帧小球实际位置坐标随时间的变化关系，由此可以判断该视频的帧率最接近______。
A.20Hz
B.30Hz
C.60Hz
D.120Hz
12.为了测量电阻的阻值，某同学设计了如下实验：
先用多用电表的欧姆“”挡位测量待测电阻，发现指针偏转角很大，应改用欧姆______挡选填“”或“”。选择合适的挡位，正确操作后，指针如图所示，则______。
为精确测量出该电阻阻值，他设计如图实验电路，实验器材如下：
A.电源电压约为9V，内阻不计
B.待测电阻
C.电流表量程为，内阻约为
D.电流表量程为1A，内阻约为
E.电阻箱阻值范围
F.保护电阻
G.开关1个、导线若干
①按照图连接好电路，位置X应接入电流表______选填“”或“”，位置Y接另一个电流表；
②调节电阻箱R，闭合开关S，记录两个电流表的读数分别、及R的阻值；
③多次调节电阻箱R，测量并记录多组数据；
④利用图像处理实验数据，得到如图所示的图线；
⑤由图中数据可知，______，位置X处的电流表的内阻______结果均保留2位有效数字。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲，为从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量，球筒长度，羽毛球质量为，羽毛球和球筒间最大静摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g取，，求：
碰撞后羽毛球是否到达球筒口；
如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为，则球落地后距离中心轴有多远？
14.如图所示，三块挡板围成截面边长的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，电场强度。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为；三角形AMN以外和MN以下区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，现将一比荷的带正电的粒子，从C点正上方2m处的O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入三角形外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取。求：
磁感应强度的大小；
粒子第一次回到O点的过程，在磁场中运动的时间。
15.如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨、平行放置，间距，处于竖直向下的匀强磁场中，导轨左侧接一电容的电容器，初始时刻电容器带一定电荷量，电性如图所示。质量、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开时已以匀速运动。下方光滑绝缘轨道、间距也为L，正对、放置，其中、为半径圆心角的圆弧，与水平轨道、相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧处存在磁感应强度大小为的磁场，磁场方向竖直向下。质量电阻的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自抛出后恰好能从处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取。求：
初始时刻电容器所带电荷量；
棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小；
分析闭合线框能否穿过磁场区域，若能，求出线框离开磁场时的速度；若不能，求出线框停止时右边框位置坐标。已知：；结果可用根式表示
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据题目中图形我们可以看到，芒种时地球离太阳更远，根据万有引力表达式可知，所受万有引力较小，故A错误；
B、根据题意可知，地球公转轨道是椭圆形的，根据开普勒第二定律可知，在相同的时间内，扫过的面积相等可得，瞬时速度大小与距离成反比，由于公转速度的变化，芒种到小暑地球运动的距离更远速率更小，时间更长，故B正确；
C、根据牛顿第二定律和万有引力定律公式可知
解得
可知地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关，立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远，故公转加速度也不相等，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故D错误。
故选：B。
本题考查的是二十四节气与地球公转轨道位置的关系。根据题目中提供的信息，地球在公转轨道上每扫过定为一个节气，而冬至时地球位于近日点附近。通过这些信息，我们可以推断出其他节气在地球公转轨道上的位置。
本题主要考查了开普勒三定律的应用，关键注意三定律的使用条件。
2.【答案】B
【解析】解：由于碳碳衰变产生电子，可知，碳发生的是衰变，故A错误，B正确；
C.衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子，质子留在原子核内，电子释放出来。钻石捕获的电子来自于碳原子核内一个中子转化为一个质子与电子，故C错误；
D.经过一个半衰期，有一半碳发生衰变，但被封装的材料的总质量大于原来的一半，故D错误。
故选：B。
衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子；经过一个半衰期，有半数碳发生衰变。
衰变的本质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子，并将电子射出的过程，衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒。
3.【答案】D
【解析】解：由图象可知：末物体反弹，此时速度的大小为，故A错误；
B、碰撞时速度的改变量为，则速度的改变量大小为故B错误；
C、由图象可知：前内物体自由下落，后物体反弹，根据图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：
，故C错误；
D、小球能弹起的最大高度对应图中内速度图象的面积，所以，故D正确；
故选：
解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．
解决本题要明确图象的含义：在图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．
4.【答案】B
【解析】解：A、由几何关系可知从A点入射的折射角等于从B点出射点入射角，根据折射定律可知出射角与入射角相等，故A错误；
B、根据几何关系可知A点入射的折射角满足
根据折射定律有
解得
故B正确；
C、调大，紫色光束的折射角增大，一定不会从翡翠内环射出，故C错误；
D、红色光的频率小，折射率小，根据可知，折射角变大，不会从翡翠内环射出，故D错误；
故选：B。
根据几何关系分析A，根据折射定律求出该单色光的折射率；根据折射定律结合折射率与频率关系分析CD。
本题考查折射定律，解题关键注意运用几何关系求出折射角是解决问题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：B、过程，气体体积膨胀，外界对气体做的功为
状态a、b的温度相同，内能不变，根据热力学第一定律
可知气体从状态a到状态b的过程，气体从外界吸收400J的热量，故B错误；
A、根据理想气体状态方程可知，状态a、b的温度相同，但从状态a到状态b的过程中，气体的温度先升高后降低，那么分子的平均动能先增大后减小，故A错误；
CD、整个循环过程，外界对气体做功为
整个过程气体的内能不变，根据热力学第一定律
解得
即气体向外界放出300J的热量，那么整个过程中气体吸收的热量小于放出的热量，故C错误，D正确。
故选：D。
A、根据理想气体状态方程判断a到b过程温度变化，再依据温度与分子平均动能的关系进行分析。
B、先计算a到b过程气体做功，结合理想气体内能变化与温度关系，利用热力学第一定律计算热量。
CD、计算整个循环过程气体做功图像与坐标轴围成面积，根据内能变化为零，由热力学第一定律判断吸放热情况及热量大小。
该题围绕理想气体状态变化相关的重要知识点展开，通过图像考查学生多方面的知识掌握和应用能力，是一道综合性较强、能有效检验学生对理想气体相关知识理解程度的题目。准确解读图像中各点的压强p和体积V信息是解题基础。只有正确获取这些信息，才能运用理想气体状态方程分析温度变化，以及计算气体做功情况。
6.【答案】D
【解析】解：四个点a、b、c、d的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.试探电荷的电性未知，无法判断电场力方向，若为负电荷，则在O处受到电场力方向竖直向上，故B错误；
C.正点电荷的等势面是同心球面，底面abcd不是一个等势面，故C错误；
D.O点距离场源电荷较近，电势较高，所以点电荷沿aOc移动电势能先减小后增大，故D正确；
故选：D。
根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则分析各个点的电场强度，根据电场力方向的规定分析B；根据点电荷等势面的特点分析C，根据电势变化分析电势能变化。
本题以点电荷形成电场为背景，考查电场强度的叠加、电势、电场力做功与电势能改变等，要结合对称性、电场力做功与电势能变化的关系进行分析。
7.【答案】B
【解析】解：磁场方向垂直导轨平面向上，安培力方向沿斜面向上，有
当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为时，安培力方向水平向右，有
联立解得
故B正确，ACD错误。
故选：B。
对金属杆进行受力分析，根据共点力的平衡计算安培力的大小，根据安培力的表达式求解磁感应强度大小。
本题考查通电导体在安培力作用下的平衡问题，解题的思路是正确使用左手定则对金属杆进行受力分析，根据平衡条件进行解答。
8.【答案】CD
【解析】解：AB、电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力为
方向向下，则接触弹簧后开始阶段，电梯加速向下运动
随弹力的增加，当时，电梯减速向下运动
则整个过程中电梯先加速后减速，先失重后超重，当时电梯速度最大，故AB错误；
C、由能量守恒定律可知
解得
缓冲弹簧的劲度系数
故C正确；
D、停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为
方向向下，故D正确。
故选：CD。
根据能量守恒定律求解弹簧的劲度系数；对电梯受力分析，结合牛顿第二定律分析加速度的变化；电梯停止时，受力平衡，根据平衡条件求解摩擦力大小；损失的机械能等于摩擦产生的热量。
本题考查功能关系和牛顿第二定律，解题关键是分析好电梯的运动情况和能量变化。
9.【答案】AD
【解析】解：A、时两列简谐波传播的距离均为，波速均为：，故A正确；
B、根据题意可得：，解得：，再经过，平衡位置在处的质点位移为0，故B错误；
C、根据题图可知两列波的波长均为：，平衡位置在处的质点到P和Q的位移之差为：，所以平衡位置在处的质点为振动加强点，故C错误；
D、P点的波传到处经过的时间为：，Q点的波传到处经过的时间为：
时间内处的质点振动的路程为：
根据图像可知，平衡位置在处的质点为振动减弱点，振幅为，内通过的路程为：
所以平衡位置在处的质点前内运动的路程为：，故D正确。
故选：AD。
根据波形图结合运动学公式进行解答；
根据题意求解周期，根据振动情况求解平衡位置在处的质点位移；
根据波程差与波长的关系进行分析；
求出P点的波传到处经过的时间、Q点的波传到处经过的时间，分两段计算平衡位置在处的质点前内运动的路程。
本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
10.【答案】ABD
【解析】解：根据牛顿第二定律，踩下驱动踏板瞬间有
其中
解得
故A正确；
B.踩下驱动踏板后，电流方向由M到N，根据左手定则可知，金属棒MN顺时针转动，故B正确；
当金属棒由最大速度减速至匀速v转动，由动量定理可得
当金属棒所能达到的最大线速度满足，金属棒中的无电流通过，即金属棒切割磁感线关生的感应电动势为E，即，明显
当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，
联立得，
故C错误，D正确；
故选：ABD。
根据牛顿第二定律求解加速度，根据左手定则判断金属棒转动方向，当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，结合动量定理求解。
本题考查了电磁感应中电路问题，解题的关键是金属棒在转动的过程中切割磁感线产生感应电动势，回路中总的电动势等于电源电动势与金属棒产生的电动势的差。
11.【答案】 B
【解析】设小球的初速度为，与水平方向的夹角为
小球竖直方向做竖直上抛运动
水平方向做匀速直线运动
水平方向的拟合方程
因此
联立解得
结合拟合方程
则有，
解得重力加速度
小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为
由图乙可知，记录的相邻点迹之间的间隔数为18；
所用的时间
频率为
故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：；；。
根据斜抛运动规律求解函数，结合拟合方程求解作答；
由图乙可知，记录的相邻点迹之间的间隔数为18；根据斜抛运动的水平分运动，结合拟合方程求解运动时间，再求解频率。
本题考查了利用Tracker视频分析软件研究斜抛运动规律的实验，体现了信息技术在物理上的运用，对此要加强重视。
12.【答案】 10
【解析】用多用电表的欧姆“”挡位测量待测电阻，发现指针偏转角很大，说明倍率挡偏大，应改用低倍率挡“”挡测量；表盘读数，则电阻；
由，Y表的量程应比X表的大，所以Y表应选，X表应选；
由电路可知
得
由图线知直线斜率
所以
截距
所以
故答案为：；；；10；
指针偏转角很大，说明电阻阻值较小，换用小挡位；
表的量程应比X表的大，Y表应选，X表应选；得到得的函数关系，根据图像斜率以及截距求解电阻大小。
本题考查了电阻的测量，解题关键是知道实验原理，根据图像斜率和截距求解电阻阻值。
13.【答案】碰撞后羽毛球能到达球筒口；
球落地后距离中心轴
【解析】自由下落过程，根据速度与位移的关系有，解得落地时速度，
碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有解得，
碰撞后羽毛球下滑过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有，解得，
可知，羽毛球能到达筒口。
设羽毛球刚好从筒口水平飞出时速度为，根据牛顿第二定律有，解得，
羽毛球飞出后做平抛运动，则有，解得，
，
羽毛球落地点离中心轴的距离为，解得。
答：碰撞后羽毛球能到达球筒口；
球落地后距离中心轴。
根据自由落体运动规律求解落地时羽毛球的速度，之后球做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析其加速度，根据速度-位移公式分析其能运动的最大距离，和球筒长度比较；
羽毛球在球筒做匀速圆周运动，飞出后做平抛运动，羽毛球刚好飞出，则摩擦力大小等于向心力，根据向心力公式分析其飞出时速度，根据平抛运动规律，根据竖直速度和下落高度求解其下落的时间，根据水平速度的时间求解水平位移，然后根据几何关系求解距离。
考查对圆周运动和平抛运动规律的理解，熟悉公式的运用，关键时要清楚球的速度变化情况。
14.【答案】磁感应强度的大小为；
粒子第一次回到O点的过程，在磁场中运动的时间为
【解析】粒子从O到C在电场中加速，则由动能定理得
解得
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由几何关系可知
由
代入数据解得
由题可知，
则
则，
在磁场中的运动周期为
在磁场中的运动时间为。
答：磁感应强度的大小为；
粒子第一次回到O点的过程，在磁场中运动的时间为。
粒子在电场中做匀加速运动，根据动能定理求出出电场的速度大小，做出粒子运动轨迹，有几何关系求出粒子半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度的大小。
应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，作出粒子运动轨迹，然后求出粒子在磁场中运动的时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
15.【答案】初始时刻电容器所带电荷量为；
ab棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小为；
不能，线框停止时右边框位置坐标为
【解析】设初始时电容器两端电压为，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为，导体棒稳定后的电动势为E。
取向右为正方向，对导体棒，由动量定理有：
根据法拉第电磁感应定律可得：
而
由电流的公式有：
整理有：
代入数据解得：；
由于导体棒恰好能从处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为，有：
解得：
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为，由动能定理有：
解得：
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：；
线框的右边框进入磁场过程，取向右为正方向，由动量定理有：
整理有：，
解得：
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则：
解得：
所以线框左边框不能穿出磁场，则：
解得：
所以线框右边框所处的坐标为：。
答：初始时刻电容器所带电荷量为；
棒与U形金属框碰撞后瞬间的速度大小为；
不能，线框停止时右边框位置坐标为。
对导体棒，由动量定理、电荷量的计算公式进行解答；
由动能定理、动量守恒定律进行解答；
线框的右边框进入磁场过程，由动量定理列方程；假设左边框仍能穿出磁场，再次根据动量定理列方程，由此进行分析。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；掌握动量定理和动量守恒定律的应用方法。

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