资源简介

2026年宁夏回族自治区银川一中高考物理考前适应性试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某次无人机表演时，某架无人机竖直向上做匀速直线运动的同时，水平方向上运动的速度时间图像如图所示，水平向右为正方向。以水平向右为轴正方向、竖直向上为轴正方向，无人机的运动轨迹可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.自耦变压器在高铁中被广泛应用。如图甲所示，理想自耦变压器线圈绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入如图乙所示的正弦交流电压，当滑片处于如图甲所示的位置时，原线圈与副线圈的匝数比为：，电动机正常工作时电流表的示数为。已知电动机线圈的电阻为，不计其他损耗，则电动机正常工作时输出的机械功率为( )
A. B. C. D.
3.年月日，国家航天局和国家原子能机构联合发布“嫦娥六号”最新成果。如图为探测器登月部分过程：探测器先在周期为的椭圆轨道运行，经远月点点火变轨进入周期为的椭圆轨道，月球位于椭圆公共焦点上。已知变轨后轨道的半长轴是轨道的倍。结合开普勒定律，下列说法正确的是( )
A. 点火操作应为“加速” B. 变轨后探测器的机械能减小
C. 变轨后探测器的机械能增大 D. 两轨道周期之比：：
4.如图所示，有一段截面积为的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向角。若管内水流速度大小为，水的密度为，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为( )
A. B. C. D.
5.白光通过三棱镜体折射会发生色散现象，如图所示，一束光通过正三棱镜后被分解成两束单色光、，其中光在棱镜内的光路与三棱镜的边平行，下列说法正确的是( )
A. 光通过该三棱镜的时间比光通过该三棱镜的时间短
B. 从水中射向空气时，光的临界角比光的临界角小
C. 通过同一双缝干涉实验装置后光形成的干涉条纹间距更大
D. 若用光照射某种金属材料时有电子逸出，则用光照射该金属时也一定有电子逸出
6.如图所示，、是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐中的不导电液体中，是两极板间的一点，极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的电源两端。关于该电路，下列判断正确的是( )
A. 液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变
B. 液面下降一小段高度，点的电势降低
C. 将板向左移一小段距离，点的电场强度减小
D. 将板向左移一小段距离，点的电势降低
7.如图所示，竖直方向固定一圆形轨道，轨道内部放置个半径相同的光滑匀质小球。其中球、、重力均为，球的重心与轨道圆心在同一高度，球的重心位于轨道圆心的正下方，球、对称分布在球的两侧，个小球的重心和圆形轨道的圆心在同一竖直面内。下列说法正确的是( )
A. 球对球的作用力大小等于
B. 球的重力大小为
C. 轨道对球和球的作用力大小相等
D. 轨道对球的作用力大小小于个小球的重力之和
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.向袋装薯片包装袋内充入氮气，既抑制微生物繁殖与氧化反应，又能缓冲运输途中的冲击。袋装薯片中的密封氮气视为理想气体从状态开始经这一循环回到原状态，该过程中氮气的图像如图所示。已知反向延长线过点，平行于轴，平行于轴，氮气在状态、的压强分别为、，氮气在状态的体积为。对于袋内氮气，下列说法正确的有( )
A. 过程中氮气分子的平均动能保持不变
B. 过程中氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量
C. 过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加
D. 完成过程，氮气从外界吸收热量
9.一列简谐横波沿轴方向传播，时刻的波形如图所示，、为波中两个质点，此时质点位于波峰，质点位于平衡位置且沿轴负方向运动；时刻质点第一次到达波峰。下列说法正确的是( )
A. 波沿轴负方向传播
B. 波速大小为
C. 质点的振动方程为
D. 时刻，质点、均沿轴负方向运动
10.如图为模拟远距离输电的电路，发电机的输出电压，输电线总电阻，其中降压变压器原、
副线圈匝数比：：，用电器两端电压，其功率，用电器为纯电阻元件，变
压器视为理想变压器。以下说法正确的是( )
A. 输电线中的功率损失为
B. 升压变压器原、副线圈的匝数比为：
C. 当用电器增多时，降压变压器输入电压减小
D. 当用电器增多时，用电器增加的功率大于升压变压器输出端增加的功率
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.小南同学用如图所示装置测量物块与水平桌面间的动摩擦因数并验证牛顿第二定律。部分实验步骤如下：
往小桶里加入沙子，使物块恰好做匀速运动，测得物块的质量，小桶和沙子的总质量。
撤去小桶，给物块一个向右的初速度，打出纸带。得到的纸带中的一段如图所示，电源频率为，相邻两个计数点间有个点未标出。测得，，，，，，重力加速度取。
由实验数据分析可得以下结果均保留位有效数字：
由步骤，计算得物块与桌面间的动摩擦因数 。
在步骤中，物块运动时受到的合外力 ；加速度的大小 ；比较数据，若在误差允许范围内，，即验证了牛顿第二定律。
12.两个物理兴趣小组分别用甲、乙两种电路测毫安表的内阻和电阻的阻值。
在图甲所示的实验中，电源电动势为，主要实验步骤为：
先将开关断开，闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表示数为。
保持的滑片位置不变，将闭合，调节电阻箱，当毫安表的示数为时，读出此时电阻箱的阻值。
根据上述测量原理，可计算出毫安表的电阻 。此方法测量值相比真实值 填“偏大”“偏小”或“相等”。
在图乙所示的电路中，将电阻与另外两个已知阻值的定值电阻、和电阻箱相连接，、两点接检流计可以检测微小电流。闭合开关，调节电阻箱的阻值为时，检流计的示数为，则待测电阻 结果用、、表示。此方法测得的阻值与真实值相比， 填“偏大”“偏小”或“相等”。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，两个固定的导热良好的汽缸放置在竖直平面，用一硬质轻杆连接两活塞，活塞、面积分别为、，质量分别为、，汽缸通过一带阀门的细管连通，最初阀门关闭，内有理想气体，内为真空。两活塞分别与各自汽缸底相距，活塞静止。不计摩擦，细管体积可忽略不计，设环境温度为保持不变，外界大气压为。求：
保持阀门关闭，内气体的压强？
将阀门打开，足够长时间后，活塞距离汽缸底部的距离是多少？
重新将阀门关闭，用温水水浴给汽缸中气体缓慢加热，活塞回到原位处中气体温度是多少？
14.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上，存在宽度为的有界匀强磁场，磁感应强度，方向竖直向上，其左右边界分别为、，在磁场外侧对称固定有两个轻弹簧甲、乙。初始时，轻弹簧甲被压缩一段长度并锁定。一质量、边长、电阻的正方形金属框紧靠轻弹簧甲。解除锁定，弹簧甲将金属框水平向右弹出，当金属框边第一次运动到边界时其克服安培力做功的功率为。整个运动过程中金属框的边始终平行于磁场边界，不计空气阻力，解除弹簧锁定时不会改变弹簧的弹性势能。求：
弹簧甲刚开始被锁定时储存的弹性势能；
金属框最终停止时边相对于磁场边界的位置。
15.如图所示，在平面直角坐标系中，圆心为、半径、关于轴对称的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形区域与轴在坐标原点处相切。长均为、间距的平行金属板、间存在着相互正交的匀强磁场与匀强电场图中未画出，磁场的磁感应强度大小，方向垂直于纸面向里，板的一端落在轴负半轴上，另一端与圆形区域最左端点重合。区域内存在着沿轴正方向、电场强度大小的匀强电场，第四象限内距离轴处固定着足够长的荧光屏。一宽度为的粒子源持续不断地沿平行于金属板方向发射速率均为、比荷均为的同种带正电粒子，粒子恰能在金属板间做直线运动。现仅撤去金属板间磁场，从点射入圆形区域的粒子恰能过点。不计粒子的重力，忽略粒子间相互作用、各场的边缘效应和粒子打在金属板上对金属板间电场的影响。撤去金属板间磁场后，求：
粒子射出金属板时的速度大小；
圆形区域内磁场的磁感应强度大小；
圆形区域内有粒子经过的面积和荧光屏上有粒子击中区域的长度。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：由题图可知，无人机在水平方向向右做匀加速直线运动，，在竖直方向做匀速直线运动，则有：，联立解得：，可知无人机的运动轨迹是抛物线，对照选项可知，D正确，ABC错误。
故选：。
由运动的合成及图像即可解答。
本题是对运动的合成及图像的考查，解题的关键是要根据图像及题意知道，无人机在两个方向的分运动，结合运动学公式得到轨迹方程，对照选项即可选择。
2.【答案】
【解析】解：由乙图可知，原线圈电压有效值，根据理想变压器电压和匝数的关系以及电流和匝数的关系
有，，其中
得电动机两端电压，通过电动机的电流
根据电动机的功率关系
，
有，其中
得电动机正常工作时输出的机械功率，ACD错误，B正确。
故选：。
先由输入电压的峰值算出有效值，再结合自耦变压器的匝数比得到副线圈电压，根据副线圈电流计算电动机的输入功率，再减去线圈电阻的热功率，得到输出的机械功率。
该题考查理想变压器的电压比规律、非纯电阻电路的功率计算，解题要点是先由输入电压图像得出有效值，再利用匝数比求出副线圈电压，结合电流计算电动机输入功率，再减去热功率得到输出机械功率，能有效检验学生对变压器模型与非纯电阻功率问题的综合应用能力。
3.【答案】
【解析】解：探测器从半长轴较大的轨道，变轨到半长轴较小的轨道，属于从高轨道变到低轨道。在远月点需要点火减速，让探测器的速度降低，此时万有引力大于探测器所需的向心力，探测器做近心运动，才能进入轨道。减速过程中，发动机推力方向与探测器运动方向相反，推力对探测器做负功，探测器的机械能会减小。故AC错误，B正确。
D.根据开普勒第三定律有，已知轨道的半长轴是轨道的倍，即，可得两轨道周期之比，故D错误。
故选：。
明确从高轨道到低轨道的变轨操作，需要在远月点点火减速，使万有引力大于所需向心力，让探测器做近心运动进入低轨道；分析减速过程中推力的做功情况，判断机械能的变化；结合开普勒第三定律，利用两轨道的半长轴关系，计算轨道周期之比。
本题考查卫星变轨问题与开普勒第三定律的应用，核心是理解卫星从高轨道变轨到低轨道的减速原理，分析变轨过程中的受力与做功情况，判断机械能的变化，并利用开普勒第三定律计算不同轨道的周期之比，检验了对天体运动变轨规律和开普勒定律的理解与应用能力。
4.【答案】
【解析】解：弯水管出口、入口处时间内水的质量，动量变化如图所示
则
弯管对水的作用力大小为
结合牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为，故B正确，ACD错误。
故选：。
取极短时间内的水流柱为研究对象，计算其质量，通过矢量分解求速度变化量，应用动量定理求出管壁对水流的作用力，再由牛顿第三定律得到水流对管壁的冲击力。
本题考查动量定理在流体冲击问题中的应用，核心是利用微元法和矢量三角形分析水流的动量变化，需结合几何关系处理速度矢量的变化，是动量定理的典型应用场景。
5.【答案】
【解析】解：、由图可知光偏折程度较大，因此折射率较大，由折射定律可知光在棱镜中的速度，有，传播时间，由图可知，所以光的传播时间较长，故A错误；
B、由全反射临界角与折射率关系可知，可知，故B错误；
C、光折射率较大，则频率较大，由可知波长较小，双缝干涉条纹间距，所以光干涉条纹间距较小，光的干涉条纹间距更大，故C正确；
D、光能使金属逸出电子，由光电效应发生条件可知光频率大于金属极限频率，而光频率小于光频率，所以不一定满足条件，不一定有电子逸出，故D错误。
故选：。
A、根据光线偏折程度分析折射率，然后分析在棱镜中的传播速度和传播距离，再分析传播时间；
B、根据全反射临界角与折射率关系分析；
C、根据折射率分析光的频率和波长，再根据双缝干涉条纹间距表达式分析；
D、根据光电效应发生的条件分析。
考查了光的折射现象的分析方法，双缝干涉实验及光电效应的发生条件，熟练掌握常用的表达式。
6.【答案】
【解析】解：、液面上升一小段高度，相对介电常数增大，根据电容的决定式可知，电容器的电容增大，而电容器的电压不变，由电容的定义式可知，电容器所带的电荷量增大，故A错误；
B、下降一小段高度，同理可知，电容器所带的电荷量要减少，但由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器所带的电荷量不变。根据，和可得，相对介电常数减小，场强增大，由知，间电势差增大，因点的电势比板低，板电势为零，所以点的电势降低，故B正确；
C、将板向左移一小段距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电荷量不变，结合项中分析可知点的电场强度不变，故C错误；
D、将板向左移一小段距离，同理可知，点的电场强度增大，由知间电势差增大，因间电势差不变，则电势差减小，因点的电势比板低，板电势为零，所以点的电势升高，故D错误。
故选：。
液面上升一小段高度，相对介电常数增大，根据电容的决定式分析电容的变化，结合电压不变，由电容的定义式分析电容器所带的电荷量变化情况；液面下降一小段高度，结合二极管的单向导电性分析电容器的电荷量变化情况，再根据，和分析场强的变化，再判断点的电势变化情况；将板向左移一小段距离，由分析场强的变化；将板向左移一小段距离，分析场强的变化，再判断点的电势变化情况。
本题是电容器动态分析问题，抓住电压不变，根据，和相结合进行分析。
7.【答案】
【解析】解：设轨道圆心为，小球半径为，轨道半径为。球、、的球心都在以为圆心、半径为的圆周上；球的球心与轨道圆心等高，球的球心位于的正下方，因此圆心角。
球受竖直向下的重力、轨道水平向左的支持力、以及球沿两球心连线斜向右上方的弹力。
由几何关系可知与水平方向夹角为，根据竖直方向平衡有，解得解得，由于，所以，故A错误。
对球水平方向分析，如图所示：
球对球的压力水平分量与球对球的压力水平分量平衡，由对称性知两压力大小相等，即。
球受球的挤压，球不受上方球的挤压，要产生相同的挤压力，球的重力需要更大。对球受力分析可知，球对球的弹力大于球对球的弹力，结合牛顿第三定律可得 。结合几何关系可知，解得。由于球的重力大于球，且二者受力情况不对称，轨道对球的支持力大于对球的支持力，故BC错误。
D.对个小球整体受力分析，竖直方向上，轨道对球支持力水平，无竖直分量；轨道对球、的支持力指向圆心，存在竖直向上的分量；轨道对球的支持力竖直向上。根据整体竖直方向受力平衡有，其中和分别是轨道对球、支持力的竖直分量，且均大于，所以，即轨道对球的作用力大小小于个小球的重力之和，故D正确。
故选：。
通过对球的受力分析，结合几何关系与平衡条件判断球对球的作用力大小；对球进行水平方向受力分析，利用对称性和牛顿第三定律分析球与球的受力情况；对四个小球整体进行竖直方向受力分析，结合轨道支持力的竖直分量判断轨道对球的作用力大小。
本题考查多物体系统的共点力平衡问题，核心是对单个小球进行受力分析，利用几何关系、平衡条件和牛顿第三定律分析弹力与支持力的大小关系，再通过整体法分析系统的竖直方向受力平衡，检验了对受力分析、平衡条件和牛顿第三定律的应用能力。
8.【答案】
【解析】解：、过程并非等温过程，氮气分子的平均动能会发生改变，故A错误；
B、过程为等容过程，氮气的压强减小，温度降低，内能减少，外界对氮气做的功为，根据热力学第一定律可知氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量，故B正确；
C、过程为等压过程，氮气的体积减小，温度降低，平均速率变小，分子数密度增大，单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加，故C正确；
D、图像中图线与轴所围面积对应着外界对气体做的功，可知过程气体对外界做的功大于过程外界对气体做的功，整个循环过程氮气对外做功，由于氮气的温度不变，内能不变，因此氮气从外界吸收热量，故D正确。
故选：。
先根据图中各过程的特点过原点，等容，等压，结合理想气体状态方程、热力学第一定律和压强的微观解释，逐一分析选项。
本题以薯片包装氮气循环为背景，考查理想气体状态变化、热力学第一定律及压强的微观解释，需结合图分析各过程特点，区分等容、等压过程，理解热力学第一定律的应用和压强的微观本质。
9.【答案】
【解析】解：由题意可知，时刻，质点位于平衡位置且沿轴负方向运动，则由题图及“同侧法”可知，该波沿轴负方向传播，故A正确；
B.因为质点从平衡位置沿轴负方向运动第一次到达波峰，需要经过的时间，则有：
，
解得该波的周期为：
，
由图可知，该波的波长为：
，
则该波的波速为：
，故B错误；
C.结合题意，设质点的振动方程为，
由题图可知：
，
结合前面分析可知：
，
由题知：
时，，
联立解得：
，
因此质点的振动方程为，故C正确；
D.结合前面分析及题意可知，从到经过的时间为：
，
由此可知：
时在波峰，则经过后，位于波谷与平衡位置之间且沿轴正方向运动；
时在平衡位置向下运动，则经过后，位于平衡位置与波峰之间且沿轴正方向运动，故D错误。
故选：。
A.结合题意及题图，由“同侧法”即可分析判断；
B.结合题意及题图，先确定该波的周期与波长，再由波速与波长的关系列式，即可分析判断；
C.结合前面分析及题意，再将关键点的坐标代入，即可分析判断；
D.结合前面分析及题意，先确定质点的振动时间与周期的关系，再由质点初始的振动状态，即可分析判断。
本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
10.【答案】
【解析】解：这是一道远距离输电的综合分析题，需依据理想变压器的基本规律和电路串并联特征逐步分析。
A、输电电流与功率损失分析：首先根据用电器的参数计算副线圈Ⅱ即降压变压器输出端的电流，，解得：。根据输电线电流与用户端电流及匝数比的关系，有，解得：。输电线中的功率损失为，解得：，故A错误；
B、升压变压器匝数比计算：先计算降压变压器的原线圈电压，由，解得：。升压变压器的副线圈输出电压为，解得：。则升压变压器原、副线圈的匝数比为，解得：，故B正确；
C、动态电路分析：关于电压，当用电器增多时，用电器在副线圈端并联，总电阻减小，导致副线圈电流增大，进而使得输电线电流增大。由于发电机的输出电压和升压比固定，升压后的电压不变。根据，随着增大，输电线上的电压降增大，因此会减小，故C正确；
D、关于功率变化，升压变压器的输出功率。当用电器增多导致增大时，输电线损失功率也在增加。因此，升压变压器输出端功率的增加量。由于，显然有，即升压变压器输出端增加的功率大于用电器增加的功率，故D错误。
故选：。
已知用电器电压和功率，可先求出降压变压器副线圈电流，再根据匝数比关系推导输电线电流，进而计算输电线的功率损失。升压变压器匝数比需通过降压变压器原线圈电压与输电线电压降之和求得副线圈电压，再与原线圈电压对比得出。动态分析中，用电器增多导致用户端总电阻减小，引起输电线电流增大，在升压变压器输出电压不变时，降压变压器输入电压因线路压降增大而减小；同时输电线损失功率随电流平方增加，使得升压变压器输出功率增加量大于用电器功率增加量。
本题综合考查远距离输电模型，涉及理想变压器的电压、电流与功率关系，以及输电线路的损耗分析与动态变化。题目计算量适中，需要学生熟练运用变压器的基本规律，结合闭合电路欧姆定律进行逐步推理。重点考查了学生对输电过程中能量分配与传递的逻辑分析能力，特别是动态变化时各物理量相互制约关系的理解。其中、选项的对比分析，能有效锻炼学生从功率守恒角度审视系统能量流向的思维深度，体现了对物理模型本质的把握要求。
11.【答案】

【解析】解：相邻计数点之间的时间间隔
根据逐差法，加速度
撤去小桶，给物块一个向右的初速度，物块做匀减速运动；
根据牛顿第二定律
解得动摩擦因数
上述可知，加速度的大小
根据牛顿第二定律，物块运动时受到的合外力。
故答案为：；；；
根据逐差法求解加速度，根据牛顿第二定律求解作答；
根据上述得出加速度大小；根据牛顿第二定律求解合力。
本题主要考查了探究加速度与力、质量之间的关系的实验，要明确实验原理，掌握逐差法求解加速度的方法，掌握滑动摩擦力公式，掌握牛顿第二定律的运用。
12.【答案】
偏小
相等

【解析】解：因滑动变阻器接入电路的电阻很大，闭合前后认为干路中的电流没有变为，闭合后，毫安表的示数为时，支路也为，根据并联电路的特点，毫安表等于的电阻，但因闭合后外电路的总电阻减小，干路中的电流增大，大于，毫安表的示数为时，支路大于，根据并联电路电流与电阻成反比，阻值小毫安表的内阻，但取阻值为毫安表的内阻，故偏小；
由
由原理知此方法测得的阻值等于真实值。
故答案为：，偏小；，相等。
由闭合电路的欧姆定律，并联电路的特点；
由电桥平衡确定。
本实验考查半偏法测电流表内阻和电桥法测电阻，闭合电路的欧姆定律，并联电路的特点，电桥平衡。
13.【答案】内气体的压强为 活塞距离汽缸底部的距离是 中气体温度是或
【解析】解：当阀门处于关闭状态时，将两个活塞与轻杆视为一个整体进行受力分析，
根据力的平衡条件可得：，解得内气体的压强为。
打开阀门，待系统达到稳定后，设两汽缸内气体压强均为。
再次以两活塞及轻杆整体为研究对象，由平衡条件得：，解得稳定时的压强。
此过程气体温度不变，设此时活塞距汽缸底部的距离为，则活塞上升了，活塞距汽缸顶部的距离变为。
此时、中气体的总体积为。
根据玻意耳定律有：，代入数据联立解得。
重新关闭后，中气体的体积，中气体的体积。
当活塞回到原位时，、中气体的体积分别为，。
由于汽缸导热良好且未与水浴接触，中气体经历等温变化，由玻意耳定律得：，解得活塞回位时中气体的压强。
再次对两活塞及轻杆整体进行受力分析，由平衡条件得：，解得此时中气体的压强。
对于中气体，根据理想气体状态方程有：，联立解得活塞回到原位时中气体的温度或。
答：内气体的压强为。
活塞距离汽缸底部的距离是。
中气体温度是或。
将两个活塞与轻杆视为整体进行受力分析，其受重力、大气压力及内气体压力，根据平衡条件可建立力与压强的关系，由此求解内气体压强。
打开阀门后，气体进入，最终两气缸内气体压强相等且系统温度不变。对整体再次受力分析可求得稳定后气体压强。结合初始状态与末状态气体温度不变，利用玻意耳定律，通过建立初始气体体积与最终、气体总体积的关系，可求解活塞的最终位置。
重新关闭阀门后，、气体各自独立变化。加热使活塞回到原位置时，气缸导热良好，其内气体经历等温过程，利用玻意耳定律可求气体末态压强。再对整体受力分析，结合平衡条件求出气体末态压强。最后对气体应用理想气体状态方程，联立其初、末状态参量即可求得加热后的温度。
本题综合考查气体实验定律与力学平衡的综合应用，属于中等偏上难度的题目。题目涉及对活塞与轻杆系统的整体受力分析，要求学生准确建立力与压强的关系，并灵活运用玻意耳定律与理想气体状态方程。解题关键在于将两个活塞视为一个整体进行受力分析，从而简化问题，并正确分析各阶段气体状态参量的变化。本题计算量适中，但过程分析较为复杂，能有效锻炼学生的物理建模能力、逻辑推理能力以及对多过程问题的综合分析能力。
14.【答案】弹簧甲刚开始被锁定时储存的弹性势能为 金属框最终边停在右侧处
【解析】解：设当金属框边第一次运动到边界时速度为，此时边产生的感应电动势
线框中感应电流为
边受到的安培力大小为
其克服安培力做功的功率为
联立可得
代入数据解得：
根据能量守恒，弹簧甲刚开始被锁定时储存的弹性势能为
代入数据解得：
设金属框进出磁场的过程通过的总路程为。
金属框进出磁场过程中，安培力的总冲量大小为
金属框从进入磁场到最终停止运动的整个过程，取金属框的运动方向为正方向，由动量定理得
即
代入数据解得：
金属框每次从进入磁场到完全离开磁场通过的路程为，被弹簧弹回后做匀速运动，因，说明金属框离开磁场后经右侧弹簧弹回，通过磁场后被左侧弹簧弹回，在磁场中运动后停止，最终边停在右侧处。
答：弹簧甲刚开始被锁定时储存的弹性势能为；
金属框最终边停在右侧处。
当金属框边第一次运动到边界时，根据感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力公式以及功率公式求出金属框的速度，再根据能量守恒求弹簧甲刚开始被锁定时储存的弹性势能；
金属框进出磁场时，受到安培阻力作用而减速运动，根据冲量的定义式以及电磁感应规律求出安培力的冲量与路程的关系，再利用动量定理求出金属框进出磁场的总路程，即可确定金属框最终停止时边相对于磁场边界的位置。
本题采用累积法求金属框在磁场中运动的总路程，要掌握动量定理以及安培力与速度的关系式。
15.【答案】粒子射出金属板时的速度大小为 圆形区域内磁场的磁感应强度大小为 圆形区域内有粒子经过的面积为，荧光屏上有粒子击中区域的长度为
【解析】解：未撤去金属板间磁场时，对粒子受力分析有，
解得，
撤去金属板间磁场后，未击中金属板的粒子在金属板间运动时，平行于金属板方向有，
垂直于金属板方向有，
粒子射出金属板时的速度大小，
解得；
设粒子射出金属板时速度方向与金属板的夹角为，则有，
由于，可知粒子射出金属板时速度沿轴正方向，从点射入圆形区域的粒子恰能过点，推理可知粒子在圆形区域内运动的轨迹半径，
又有，
解得；
从金属板间射出的粒子在金属板间运动的过程中，垂直于金属板方向的位移大小，从金属板间射出的粒子流投影到轴上的宽度，
由此可知圆形区域内有粒子经过的区域如图中阴影部分所示，
面积，
解得，
粒子从点运动到荧光屏有，
解得，
设粒子从点射入电场区域时沿轴负方向的分速度大小为，从点运动到荧光屏的时间为，速度的变化量为，沿轴负方向的位移大小为，则有，，其中，
如图所示，以粒子从点飞出的速度、打在荧光屏上的速度、构建矢量三角形，
分析可知竖直位移大小与该矢量三角形的面积成正比，
当时，粒子沿轴负方向的位移达到最大值，有，
解得，
即荧光屏上有粒子击中区域的长度。
答：粒子射出金属板时的速度大小为；
圆形区域内磁场的磁感应强度大小为；
圆形区域内有粒子经过的面积为，荧光屏上有粒子击中区域的长度为。
先由速度选择器的受力平衡求出场强，再用类平抛运动规律，分别计算粒子平行与垂直金属板的分速度，合成得到射出速度；
由速度方向结合几何关系确定粒子在圆形磁场中的轨迹半径，再用洛伦兹力提供向心力的公式求出磁感应强度；
先计算圆形区域内粒子经过的区域面积，再用动能定理求末速度，结合矢量三角形分析，得到荧光屏上粒子击中区域的最大长度。
本题综合考查速度选择器、类平抛运动、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、动能定理，易错点在于粒子速度方向与磁场轨迹的几何关系分析，以及矢量三角形法求最大位移时对速度垂直条件的理解与应用。
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