2023年重庆一中高考物理适应性试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2023年重庆一中高考物理适应性试卷（3月份）（含答案解析），共18页。
2023年重庆一中高考物理适应性试卷（3月份）
1. 在实验室中经常可以看到如图所示的实验现象：当用手按压桌面时，反射在天花板上的光点会发生移动。下列有关说法正确的是(    )
A. 桌面受到手的弹力作用是由于桌面发生了形变
B. 手对桌面的挤压力与桌面对手的支持力是一对平衡力
C. 桌面发生形变后，光线的反射将不再遵循反射定律
D. 反射在天花板上的光点发生移动，说明桌面发生了形变



2. 如图所示为某同学设计的简易晾衣装置，一轻绳两端分别固定于天花板上A、B两点，通过光滑轻质动滑轮和另一根轻绳将衣物竖直悬挂在空中，两根轻绳所能承受的最大拉力相同，若晾晒的衣物足够重时绳OC先断，则(    )
A. α120∘
D. 不论α为何值，总是绳OC先断


3. 如图所示，带电粒子从O点出发，在不同电场中以不同的初速度开始运动；A中场源为点电荷，带电粒子的初速度指向场源；B中场源为圆面垂直于纸面的均匀带电圆环，带电粒子的初速度平行纸面向右；C中场源为纸面内两个等量同种点电荷，带电粒子从电荷连线的中垂线上以垂直纸面向外的初速度运动；D中场源为纸面内两个等量异种点电荷，带电粒子从电荷连线的中垂线上以垂直纸面向内的初速度运动。带电粒子可能做匀速圆周运动的是(    )
A. B.
C. D.
4. 用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图。则这两种光(    )
A. a光的遏止电压大一些
B. 单位时间内a光入射的光子数大于b光入射的光子数
C. 通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹，a光相邻条纹的间距更小
D. 从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角更小

5. 2023年2月7日土耳其发生严重地震灾害，包括中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动。一个载有救灾物资的热气球总质量为500kg，在离水平地面高40m处保持静止，现将质量为100kg的救灾物资以对地4m/s的速度水平抛出，假设热气球所受浮力始终不变，重力加速度为g=10m/s2，不计一切阻力。当物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为(    )
A. 30 2m B. 30 3m C. 40 2m D. 40 3m
6. 当一列沿x轴正方向传播的简谐横波传到x=6m处的P质点时开始计时(t=0时刻)，此时的波形图以及各质点P、Q、H的位置如图所示。t=15s时，观察到P第四次到达波谷，下列说法正确的是(    )

A. H质点的横坐标为173m
B. 波源的起振方向沿y轴负方向
C. 能与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为1519Hz
D. 从t=0时刻起13.5s后Q质点运动的总路程为38m
7. 如图所示，两理想变压器的匝数n1=n4=2n2=2n3，定值电阻R1、R2阻值均为2R，L1、L2为相同规格的小灯泡，其灯丝电阻RL=4R，忽略灯丝电阻随温度的变化，A1、A2为相同的理想交流电流表，D为理想二极管。当A、B端接入电压有效值恒为U的交流电时(    )

A. R2的热功率比L2的热功率小 B. A2表示数是A1表示数的2倍
C. L2两端电压U4=13U D. L1、L2两灯泡的亮度相同
8. “林舟十三号”飞船开始在半径为r1的圆轨道I上运行，运行周期为T1，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点B时正好与处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是(    )

A. 沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到B时的速率
B. 沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
C. 沿轨道Ⅱ运行的周期为T1 (r1+r32r1)3
D. 沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
9. 如图所示，O点下方水平边界PQ之下充满了正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿纸面水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。将一带正电小球从O点由静止释放，小球穿过电磁场后到达水平地面，空气阻力忽略不计，下列说法中正确的是(    )


A. 小球进入电磁场后做匀变速曲线运动
B. 小球下落过程中增加的机械能等于减少的电势能
C. 若仅增大磁感应强度，其他条件不变，小球下落到水平地面时的动能将变大
D. 若仅将电场反向，其他条件不变，小球在电磁场中可能沿直线运动
10. 将A、B、C按如图所示方式放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳通过一光滑轻质定滑轮连接，定滑轮被轻杆固定于墙面，所有接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.8、0.4和0.2，A、B、C质量均为1kg，重力加速度g取10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现施加外力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是(    )

A. 拉力F小于22N时，不能拉动C
B. 拉力F为31N时，轻杆的拉力为14N
C. 要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过40N
D. 拉力F为50N时，轻杆对定滑轮的作用力为52N
11. 某兴趣小组使用如图(a)所示的实验装置测量当地的重力加速度。小艾同学将打点计时器固定在铁架台上，让重物带动纸带从静止开始自由下落。

(1)所用器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、毫米刻度尺、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需______ 。
A.秒表
B.天平及砝码
C.8V交流电源
D.220V交流电源
(2)实验中，下列操作正确的是______ 。
A.安装器材时应将打点计时器安装在竖直面内，并使两个限位孔处于同一竖直线上
B.释放纸带前用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直，并使重物远离打点计时器
C.为保证打下第一个点时纸带的速度为零，实验中要确保在释放纸带的同时接通电源
(3)小伊同学得到的一条纸带如图(b)所示，A、B、C、D、E是打点计时器连续打出的五个点。已知电磁打点计时器所用交流电的频率为50Hz，则打下点D点时重物的速度大小为______ m/s，重物下落的加速度大小为______ m/s2。(结果均保留2位有效数字)
12. 小钟同学想测如图(a)所示一块薄方块电阻R0的阻值，同时测干电池的电动势E和内阻r，他设计了如图(b)所示电路。已知方块电阻的上、下表面都是边长为L的正方形，连入电路时电流方向如图(a)所示。主要实验步骤如下：
①断开开关K，闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，记录多组不同R对应的电压表示数U；
②将开关S、K都闭合，改变电阻箱R的阻值，再记录多组不同R对应的电压表示数U；

(1)画出步骤①、②所记录数据对应的1U随1R变化关系的图像分别对应图(c)中的两条图线甲和乙，横截距为−a1、−a2，纵截距为b1、b2，图线______ (填“甲”或“乙”)是步骤①对应的图像。
(2)根据图(c)的数据可求得电源的电动势E=______ ，电源内阻r=______ ，方块电阻的阻值R0=______ 。(用a1、a2、b1、b2等字母表示)
(3)若考虑电压表内阻的影响，则方块电阻的上述测量值______ (填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
13. 将一个内壁光滑的汽缸开口朝右静置于光滑水平面上，汽缸质量为M=3kg，横截面积为S=20cm2。用一质量为m=2kg的活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内，开始时活塞离气缸底部的距离为l=40cm，现对汽缸施加一水平向左、大小为F=100N的拉力，如图所示。已知大气压强p0=1.0×105Pa，密封气体的温度、大气压强均保持不变，气缸足够长，不计空气阻力，施加拉力作用当系统达到稳定状态后。求：
(1)气缸的加速度大小；
(2)活塞离气缸底部的距离。

14. 如图所示，在xOy平面第Ⅰ象限内有一半径为R=1m的圆形区域，圆心为O1，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界与x和y轴分别相切于M、N两点。在x0)的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为v0=2×105m/s，方向均与x轴正方向成θ=60∘角。已知从C点发出的粒子，恰好沿水平方向经过y轴上的P点，经圆形磁场偏转后恰好从M点进入第Ⅳ象限，粒子的比荷qm=5×105C/kg，P点坐标为(0,3R2)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：
(1)匀强电场场强的大小E和OA间的距离s；
(2)圆形磁场磁感应强度的大小B；
(3)粒子源CD上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过x轴进入第Ⅳ象限，经第Ⅳ象限磁场偏转后将第二次通过x轴，求这些粒子第二次通过x轴时所能到达的离O点最远的点的坐标。
15. 如图所示，足够长的“FOB
则得到2FOBcosα2>FOB
解得ανa，结合c=λν可得λbna，根据sinC=1n，则b临界角更小，故D错误。
故选：B。
根据遏止电压的大小结合动能定理得出最大初动能的大小；通过光电效应方程得出a、b两光的频率大小关系，从而得出折射率的大小，根据折射率的大小比较临界角；根据双缝干涉条纹间距公式比较条纹的间距大小；根据折射率与偏折角的关系判断。
本题考查了频率、折射率、在介质中传播速度、临界角、条纹间距等物理量之间关系的基本运用，通过光电效应方程，根据遏止电压的大小比较出光的频率是关键。

5.【答案】B 
【解析】解：热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律0=M⋅v−m⋅v0
热气球和物资的运动如图所示

热气球和物资所受合力大小均为mg，根据牛顿第二定律，热气球在竖直方向上加速度a=mMg
物资落地H过程所用时间t内，根据H=12gt2
落地时间t= 2Hg
热气球在竖直方向上运动位移HM=12at2=12⋅mMg⋅2Hg=mMH
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移xm=v0t=v0 2Hg，xM=vt=mMv0⋅ 2Hg
根据勾股定理，热气球和物资实际位移d= (xm+xM)2+(H+HM)2=(1+mM) 2Hv02g+H2
根据上述公式解得d=30 3m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律，根据牛顿第二定律，求加速度，根据运动学位移公式，求竖直位移，水平方向做匀速直线运动求水平位移，最后根据勾股定理，求热气球和物资实际位移。
本题考查学生对动量守恒定律、牛顿第二定律的掌握，解题关键是是分析出分运动性质，竖直做匀变速直线运动，水平方向做匀速直线运动。

6.【答案】A 
【解析】解：A.质点振动方程为y=Asin2πTt，H质点的位移为2m
则sin2πTt=12，解得t=T12
质点H到达如图位置波传播的时间为：Δt=32T−t=32T−T12=1712T
根据λ=vT可知，1712T时间波传播的距离为1712λ
H横坐标为x=1712λ=1712×4m=173m，故A正确；
B.波向右传播，传播到P点时由同侧法可知P点起振方向向上，故波源起振向上，故B错误；
C.根据题意可知，t=15s时，P第四次到达波谷，则有34T+3T=15s，可得T=4s
则有f=1T=14Hz=0.25Hz
则能与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为0.25Hz，故C错误；
D.根据题意，由公式v=λT可得，该波的波速为v=1m/s
则从P传到Q点需要4s，则有13.5s=4s+2×4s+1s+0.5s
从t=0时刻起13.5s后Q质点运动的总路程为s=2×4A+1×A+ 22A=(36+2 2)m
故D错误。
故选：A。
根据图像获取波长，计算横坐标，根据同侧法判断起振方向，根据周期表示时间计算周期和频率，根据干涉条件判断；根据匀速运动计算波速和路程。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。

7.【答案】C 
【解析】解：A、由热功率公式可得：PR2=I22R2，PL2=I32⋅RL
由变压器的变流规律有：I2=n4n3I3=2I3，又已知定值电阻R2阻值均为2R，L2电阻RL=4R，
联立以上解得：PR2=2PL2>PL2，故A错误；
BCD、由欧姆定律可知：I1=IL1=UL1RL1，UL1=RL1RL1+R1⋅U 2= 23U，I1= 2U12R，U2=n2n1U1=12U1=12UU3=(n3n4)2RL(n3n4)2RL+R2U2=16U，U4=112U，I2=U2−U3R2=U6R
故A2表示数是A1表示数的 22倍，PL1=U29R，PL2=U2288RvⅢB。
飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在B点加速，有vⅢB>vⅡB，所以有vⅠA>vⅢB>vⅡB，即沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到B时的速率，故A正确；
B、飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在A点加速，所以其在轨道Ⅰ的机械能小于轨道Ⅱ的机械能，故B错误；
C、根据开普勒第三定律有r13T12=(r1+r32)3T22，解得沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1 (r1+r32r1)3，故C正确；
D、由牛顿第二定律有GMmr2=ma，得加速度a=GMr2，A点到地心的距离比B点的小，所以沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度大于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度，故D错误。
故选：AC。
飞船做圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，分析飞船轨道Ⅰ和Ⅲ运动时线速度大小，结合变轨原理，飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在B点加速，从而知道沿轨道Ⅰ运动到A时的速率与沿轨道Ⅱ运动到B时的速率关系。根据变轨原理分析不同轨道机械能大小。根据开普勒第三定律求沿轨道Ⅱ运行的周期。由牛顿第二定律分析加速度关系。
解题关键要掌握万有引力定律、开普勒第二、第三定律的应用，要知道飞船做圆周运动时，由万有引力提供向心力。

9.【答案】BC 
【解析】解：A、小球以竖直向下的速度刚进入电磁场时，受到的电场力与洛伦兹力均向右，小球将做曲线运动，此后受到的洛伦兹力大小与方向均发生变化，小球所受合力不恒定，则加速度不恒定，故A错误；
B、下落过程中电场力做正功，电势能减少，而洛伦兹力不做功，根据能量守恒与功能关系，减少的电势能等于增加的机械能，故B正确；
C、若仅增大磁感应强度，小球刚进入电磁场时受到的洛伦兹力变大，小球向右偏转的轨迹会变长，落地时的水平距离增大，电场力做功增加，而重力做功不变，根据动能定理，小球下落到水平地面时的动能将变大，故C正确；
D、若仅将电场反向，小球刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力反向，如果两力的大小不相等，则小球所受合力方向与速度不共线，不能做直线运动；如果此时两力大小相等，在重力的作用下小球向下加速运动，而洛伦兹力就会变大，此后合力方向仍不会与速度方向共线，故小球不可能沿直线运动，故D错误。
故选：BC。
小球进入电磁场后，受到的洛伦兹力是变力，小球的加速度不恒定；下落过程中根据能量守恒与功能关系，减少的电势能等于增加的机械能；仅增大磁感应强度，小球刚进入电磁场时受到的洛伦兹力变大，落地时的水平距离增大，电场力做功增加，根据动能定理，小球下落到水平地面时的动能将变大；仅将电场反向，小球刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力反向，根据两力的大小关系讨论，根据直线运动时，力与运动的关系解答。
本题典型的复合场中力与运动的逻辑，涵盖了曲线运动、功能关系的综合问题。洛伦兹力大小与方向均与速度有关，当带电体只受重力、恒定的电场力、洛伦兹力这三个力时，若做直线运动一定是匀速直线运动，做圆周运动时一定是匀速圆周运动，并且重力与电场力等大反向。

10.【答案】AD 
【解析】解：A.两物体间最大静摩擦力f=μmg，解得fAB=8N，fBC=8N，fC=6N
假设C刚好被拉动，则A、B相对静止，根据平衡条件：F=fC+T2+fBC
T2=fBC
解得F=22N
故A正确；
B.要使A、B相对静止，根据牛顿第二定律有T2−fBC=2ma
fAB≥ma
解得T≤48N
若F=31N时，假设A、B相对静止，根据牛顿第二定律有F−(fC+T2+fBC)=ma
T2−fBC=2ma
解得a=3m/s2，T=28N≤48N
符合假设，故B错误；
C.要使A、B保持相对静止，有T≤48N，根据牛顿第二定律有F−(fC+T2+fBC)=ma，T2−fBC=2ma
联立可得F≤46N
故C错误；
D.若F=50N>46N，A、B相对滑动，对B和C，根据牛顿第二定律有有T2−fBC−fAB=ma，F−fC−fBC−T2=ma
解得T=52N
故D正确。
故选：AD。
本题根据临界条件和牛顿第二定律，对AB、BC分别分析，结合题意解答。
本题解题关键是抓住临界，确定正确的受力分析对象，结合牛顿第二定律分析。

11.【答案】CA1.59.6 
【解析】解：(1)CD.实验中打点计时器需要8V的交流电源，故C需要，D不需要；
A.纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表，故A不需要；
B.实验中不需要测量质量，则不需要天平和砝码，故B不需要。
故选：C。
(2)A.两个限位器的孔在同一竖线上，能减小纸带与孔的阻力，故A正确；
B.用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直，使重物靠近打点计时器，故B错误；
C.实验时应先接通电源，待打点稳定后，再释放纸带，故C错误。
故选：A。
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知打D点时的速度大小等于C、E两点间平均速度，即vD=xCE2T=10.32−4.392×0.02×10−2m/s≈1.5m/s
根据逐差法可得自由落体加速度大小为a=xCE−xAC4T2=10.32−4.39−4.394×0.022×10−2m/s2≈9.6m/s2
故答案为：(1)C；(2)A；(3)1.5，9.6
(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．
(2)根据实验方法及操作规范分析判断；
(3)根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，根据逐差法解得加速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，会利用逐差法解得加速度．

12.【答案】乙 1b1 1a1 b1a1(b2−b1)  等于 
【解析】解：(1)对于同一个R值，开关S、K都闭合时，R和R0并联部分电阻分得的电压更小，即1U更大，所以步骤②对应图线甲，步骤①对应图线乙。
(2)K断开时，由闭合电路欧姆定律得E=U+URr
整理得1U=1E+rE⋅1R
根据图(c)乙线可知，纵截距表示电动势的倒数1E=b1，斜率k=rE=b1a1
解得E=1b1，r=1a1
K闭合时，由闭合电路欧姆定律得E=U+Ur(1R0+1R)
整理得1U=1E+rE⋅1R0+rE⋅1R
根据图(c)甲线有1E+rE⋅1R0=b2，rE=b2a2=b1a1
解得R0=b1(b2−b1)a1
(3)若考虑电压表内阻Rv，可将Rv与原电源并联形成等效电源，设等效电源的电动势和内阻分别为E′、r′，则由图(c)乙线有1E′=b1，r′E′=b1a1
根据图(c)甲线有1E′+r′E′⋅1R0′=b2，r′E′=b2a2=b1a1，R0′=b1(b2−b1)a1
可见R0不变。
故答案为：(1)乙；(2)1b1；1a1；b1a1(b2−b1)；(3)等于
(1)对于同一个R值，开关S、K都闭合时，R和R0并联部分电阻分得的电压更小，即1U更大，判断哪个图线对应步骤①；(2)开关断开时，由闭合电路欧姆定律整理出表达式1U=1E+rE⋅1R，根据图(c)乙线可知，纵截距和斜率求出电动势和内阻；再根据开关闭合时，列出闭合电路欧姆定律整理出1U=1E+rE⋅1R0+rE⋅1R，根据图(c)甲线求出R0；(3)若考虑电压表内阻Rv，可将Rv与原电源并联形成等效电源，设等效电源的电动势和内阻分别为E′、r′，由图(c)乙线和甲线求出R0的表达式，判断测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查伏阻法测量电源的电动势和内阻，解决此类问题的关键是根据图像的斜率和截距处理数据。

13.【答案】解：(1)对活塞和气缸组成的系统根据牛顿第二定律得F=(M+m)a
解得a=FM+m=1003+2m/s2=20m/s2
(2)稳定后设封闭气体压强为p，对活塞进行受力分析根据牛顿第二定律得p0S−pS=ma
解得p=p0S−maS=1.0×105×0.002−2×200.002Pa=0.8×105Pa
由气体实验定律得p0lS=pl′S
解得l′=p0pl=1.0×1050.8×105×40cm=50cm
答：(1)气缸的加速度大小为20m/s2；
(2)活塞离气缸底部的距离为50cm。 
【解析】(1)对整体根据牛顿第二定律求出气缸的加速度；(2)根据等温过程求出气体的体积，进而求出活塞离气缸底部的距离。
本题主要考查理想气体的等温变化，解决本题的关键时根据牛顿第二定律求出气体的加速度。

14.【答案】解：(1)粒子由C点到P点过程做类斜抛运动，沿y轴方向做匀减速直线运动的位移大小为3R2−R2=R，则有：
0−(v0sinθ)2=−2aR
0−v0sinθ−a=t
由牛顿第二定律得：qE=ma
沿x轴方向做匀速直线运动，则有：
s=v0cosθ⋅t
联立解得：E=3×104V/m,s=2 33m
(2)C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其进入磁场的速度为：v=v0cosθ
解得：v=1×105m/s
设粒子轨迹半径为r1，在圆形磁场中的轨迹如下图所示：

由几何关系可得四边形AO1MO2为菱形，可知：r1=R=1m
由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r1
联立解得：B=0.2T
(3)分析可知，从CD上任意点发出的粒子均垂直y轴进入圆形磁场，因圆周运动半径与圆形磁场的半径相等，根据“磁聚焦”模型可知，偏转后都从M点通过x轴进入第Ⅳ象限。其中从A点射出的粒子将从N点进入，从M点垂直x轴离开圆形磁场，它第二次通过x轴时位置与M点距离等于圆周轨迹的直径，故能到达离O点最远的位置，其运动轨迹如下图所示：

设粒子在第Ⅳ象限磁场中运动的轨迹半径为r2，由牛顿第二定律得：
qvB2=mv2r2
解得：r2=2m
所求点的x轴坐标为：x=R+2r2=1m+2×2m=5m
故所求点的坐标为(5m,0)。
答：(1)匀强电场场强的大小E为3×104V/m，OA间的距离s为2 33m；
(2)圆形磁场磁感应强度的大小B为0.2T；
(3)这些粒子第二次通过x轴时所能到达的离O点最远的点的坐标为(5m,0)。 
【解析】(1)粒子由C点到P点过程做类斜抛运动，将运动沿y轴与x轴方向分解，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求解；
(3)从CD上任意点发出的粒子均垂直y轴进入圆形磁场，根据“磁聚焦”模型可知，偏转后都从M点通过x轴进入第Ⅳ象限。第一次垂直x轴进入第四象限的粒子，它第二次通过x轴时能到达离O点最远的位置，由洛伦兹力提供向心力求得运动半径，由几何关系求解。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在偏转电场中做匀变速曲线运动的过程，应用运动的分解与合成解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。此题应用了“磁聚焦”模型，一束平行入射圆形磁场的粒子，当圆周轨迹半径与圆形磁场的半径相等时，粒子将会聚于同一点出射。

15.【答案】解：(1)经过t=2s时
导体棒移动的距离：x0=v0t=4×2m=8m
由几何关系可知，电路中导体棒长度为：l0=2v0t⋅tan37∘=2×4×2×34m=12m，
接入电路的导轨总长度为：s0=2v0tcos37∘=2×4×20.8m=20m
电路总电阻：R0=(l0+s0)r
由感应电动势及欧姆定律有：Bl0v0=I0R0
联立解得：I0=3A
(2)导体棒匀速运动过程中回路电流恒为I，t时刻导体棒长度为：l=2v0ttan37∘=6t(m)
由于导体棒匀速运动，所以：F=BIl
代入数据解得：F=36t(N)
t时刻F的功率：P=Fv0=36t×4(W)=144t(W)
可见功率P与时间t成正比，可由P−t图像面积得0∼2s时间内外力做的功：W=12Pt=12×144×2×2W=288W
(3)设撤去外力F后导体棒运动过程中某时刻在电路中长度为l1，速度大小为v1，
此时接入电路的导轨总长度：s1=53l1
电路电流：I1=Bl1v1(s1+l1)r=34v1
安培力：F1=BI1l1=32l1v1
该时刻后极短一段时间Δt，Δt时间内导体棒速度变化量为Δv，由动量定理有：−BI1l1Δt=m⋅Δv
即：−32l1v1Δt=m⋅Δv
上式中l1v1Δt为极短时间Δt内导体棒在金属框架中扫过的面积ΔS，因此：−32ΔS=m⋅Δv
由数学知识可得：−32 ΔS=m⋅ Δv
即：−32[l0+2(x0+x)tan37∘2⋅x]=0−mv0
整理得：x2+16x−80=0
解得：x=4m
答：(1)t=2s时刻流过导体棒的电流大小I0为3A；
(2)0∼2s时间内，水平外力做的功W为288J；
(3)导体棒在撤去外力后继续运动的位移大小x为4m。 
【解析】(1)任意时刻单体棒长度可变，根据动生电动势公式与姆定律求解电流；
(2)按照上一问的方法，经过任意时间t，分别写出切割有效长度、安培力、及功率的表达式，再用平均值的方法求出外力的功；
(3)撤去外力后，导体棒不能维持匀速直线的状态，做加速度减小的减速运动最终静止，位移的计算要采用微元法结合动量定理求解。
本题考查电磁感应的问题，涉及到利用P−t图像面积求解热量，微元法与动量定理结合，对知识的综合运用要求比较高，难度相对较大。