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2025-2026学年福建省厦门市同安第一中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.下列说法中正确的是( )
A. 运动的质子在经过某处时不受洛伦兹力，则该处的磁感应强度为零
B. 电荷在磁场中运动，其速度可能保持不变
C. 速度大小相同的带电粒子在相同的磁场中所受洛伦兹力的大小一定相同
D. 电子束垂直进入磁场时发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果
2.在如图所示的电路中，、为两个完全相同的灯泡，为自感线圈，为电源，为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
A. 合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭
B. 合上开关，先亮，后亮；断开开关，先熄灭，后熄灭
C. 合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭
D. 合上开关，、同时亮；断开开关，先熄灭，后熄灭
3.如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )
A. 电流的表达式为
B. 磁铁的转速为
C. 风速加倍时电流的表达式为
D. 风速加倍时线圈中电流的有效值为
4.某电子天平原理如图所示，“”形磁铁的两侧为极，中心为极。两极间的磁感应强度大小均为其余空间的磁场忽略不计，磁极宽度均为，一正方形线圈套于中心磁极上，其骨架与秤盘连为一体，使用前线圈两端、与电源断开。当质量为的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动骨架与磁铁不接触。接通开关，电源通过两端对线圈供电，调节电流大小，使秤盘和线圈回到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流可确定重物的质量。已知线圈匝数为，线圈电阻为，重力加速度为。则下列说法正确的是( )
A. 秤盘和线圈一起向下运动过程中，点电势低于点电势
B. 外电路对线圈供电电流要从端流入
C. 秤盘和线圈下降过程中线圈的磁通量为零，所以不产生感应电动势
D. 若线圈静止时消耗的最大电功率为，该电子天平能称量的最大质量为
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.下列四幅图分别是等离子体发电机、质谱仪、回旋加速器、霍尔元件的示意图，进入装置的带电粒子重力均不计，下列说法正确的是( )
A. 图甲中板是电源的正极
B. 图乙中粒子打在照相底片上的位置越靠近，粒子的比荷越大
C. 图丙中若增大回旋加速器的加速电压，粒子获得的最大动能增大
D. 如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件、面的电势差与磁场的磁感应强度成正比
6.正方形区域内部充满如图所示的匀强磁场，一束速度相同的质子从孔沿方向垂直磁场射入正方形区域内。当磁感应强度时，质子打在点；当时，质子打在点，质子重力及质子间作用力不计。下列说法正确的是( )
A. 打在和的质子在磁场中的周期比为：
B. 打在和的质子在磁场中的运动时间比为：
C. 和的大小之比为：
D. 打在和的质子在磁场中运动的向心加速度大小之比为：
7.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为，宽度为。一直角三角形导线框边的长度为从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，安培力向左为正方向，则选项中感应电流、线框受到的安培力与线框移动的距离的关系图象正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，间距为的足够长平行直导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，虚线左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，质量均为的金属棒、分别垂直放置在左右两侧的导轨上，均处于静止状态，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，给金属棒施加平行于导轨的大小恒为的外力，使金属棒从静止开始水平向右运动，当金属棒运动距离为时，金属棒恰好开始运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两金属棒在此后的运动中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的电阻均为，金属棒始终在左侧运动，忽略导轨的电阻，重力加速度为，则下列判断正确的是( )
A. 金属棒中的感应电流方向从到
B. 当棒刚要滑动时，棒的速度大小为
C. 从开始运动到棒刚要滑动过程中，中产生的焦耳热为
D. 金属棒和最终的速度差为
三、填空题：本大题共3小题，共15分。
9.如图甲所示，一个电阻值为，匝数为的圆形金属线圈与阻值为的电阻连接成图甲所示闭合电路。圆形线圈内存在垂直于线圈平面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。导线的电阻不计。时间内电阻哪端电势高 填“上”或“下”；电阻两端的电压 。
10.水平放置的平行金属导轨相距为，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为，方向如图所示。金属棒静止在导轨上，棒与导轨成角，则金属棒受到的安培力方向为 填“斜向右上”或“斜向左下”；若安培力大小为，则此时通过金属棒的电流为 。
11.如图所示，圆环形导体线圈平放在水平桌面上，在的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片向上滑动穿过线圈的磁通量 选填“变小”“变大”或“不变”，线圈中将产生 选填“顺时针”或“逆时针”方向俯视的感应电流，线圈有 选填“缩小”或“扩大”的趋势，线圈对水平桌面的压力将 选填“减小”或“增大”。
四、实验题：本大题共1小题，共5分。
12.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
按图甲连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转甲、乙、丙图中的电流计规格相同；
某小组用图乙所示装置做实验，实验前______填“需要”或“不需要”查明线圈、的绕制方向；某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针______填“向左”或“向右”偏转；
另一个小组用图丙所示装置做实验，在开关闭合后，滑动变阻器的滑片匀速滑动时，电流计的指针______填“会”或“不会”发生偏转；
多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要______填“阻碍”或“阻止”引起感应电流的磁通量的变化。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计。导体棒垂直导轨放置，质量，电阻，与导轨接触良好。电源电动势，内阻，电阻。外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直导轨平面向上。与导轨间动摩擦因数设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其余摩擦。细绳垂直于且沿水平方向跨过一轻质定滑轮悬挂一重物。重力加速度，处于静止状态。求：
受到的安培力大小；
重物重力的最大值。
14.如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
粒子经过时的速度大小；
粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
磁场的磁感应强度大小。
15.如图所示，间距为的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小都为，方向与导轨平面垂直的三个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场区域的宽度均为，磁场区域Ⅰ与磁场区域Ⅱ之间的距离未知，磁场区域Ⅱ与磁场区域Ⅲ之间的距离为。一导体棒与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为、长为、电阻为，与磁场区域Ⅰ相距为。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域Ⅱ、Ⅲ及磁场区域Ⅱ与Ⅲ之间的无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为。求：
导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时速度的大小；
从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ过程中，导体棒上产生的焦耳热；
导体棒穿过磁场区域Ⅱ的时间。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：根据洛伦兹力的特点可知，运动的质子不受洛伦兹力可能是因为速度方向与磁场方向平行此时磁感应强度不为零，故A错误；
B.由选项的分析可知，当电荷速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零，电荷做匀速直线运动，速度保持不变，故B正确；
C.洛伦兹力大小为，速度大小相同但方向不同不同时，力的大小不同，故C错误；
D.洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，不做功，故D错误。
故选：。
当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用；根据可判定；洛伦兹力对电子不做功。
本题考查洛伦兹力，解决本题的关键是知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系。
2.【答案】
【解析】解：合上开关瞬间，灯泡立即发光，而线圈因自感作用阻碍电流变化，使得灯泡逐渐变亮，因此合上开关时，先亮，后亮。
稳定后，由于线圈电阻忽略不计，两支路电阻相等，通过两灯泡的电流相等，故两灯泡亮度相同。断开开关时，线圈因自感作用产生感应电动势，相当于一个新电源，在由两灯泡构成的回路中维持电流，通过灯泡的电流逐渐减小至零。
因稳定时两灯泡电流相等，故灯泡不会出现闪亮现象，即断开开关后，、同时缓慢熄灭。故ABD错误，C正确。
故选：。
题目涉及自感线圈在电路中的作用。合上开关瞬间，自感线圈产生感应电动势阻碍电流变化，导致与其串联的灯泡电流不能立即达到稳定，因此立即亮而逐渐变亮；稳定后两支路电流相等。断开开关时，线圈与两灯泡构成闭合回路，线圈的自感作用使回路电流逐渐减小，两灯泡同时熄灭，不会出现先后熄灭或闪亮现象。
本题以含自感线圈的电路为载体，综合考查学生对自感现象产生条件与动态过程的理解。题目计算量小，但需要学生清晰把握开关闭合与断开两个瞬间自感线圈的“阻碍”作用机制，并准确分析电流的流向与变化。开关闭合时，自感线圈阻碍电流增大，导致与之串联的灯泡延迟变亮；开关断开时，自感线圈充当临时电源，在由线圈与两灯泡构成的新回路中维持电流逐渐衰减，使得两灯同时缓慢熄灭而非立即熄灭。本题重点考查学生对物理过程的动态建模与分析能力，以及运用“阻碍变化”这一核心概念解决实际电路问题的能力。
3.【答案】
【解析】解：、通过乙图可知电流的最大值为，周期，故，故电流的表达式为，故A正确
B、电流的周期为，故磁体的转速为，故B错误；
C、风速加倍时，角速度加倍，根据可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为，故C错误；
D、根据得分析，形成的感应电流，故有效值为，故D错误
故选：。
根据图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；
根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及转速与周期的关系。
4.【答案】
【解析】解：、由图知，线圈向下运动，线圈切割磁感线，根据右手定则可知，线圈产生感应电动势，感应电流从端流出，端流入，点电势高于点电势，故AC错误；
B、根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知外电流应从端流入，故B错误；
D、由平衡条件知，得重物质量与电流的关系为，根据，可得最大质量为，故D正确。
故选：。
利用电磁感应中的右手定则判断感应电流方向，左手定则判断安培力方向，结合平衡条件和电功率公式分析各选项的正确性。注意线圈在磁场中的受力情况，明确磁场分布，确定线圈的有效受力长度和安培力的合力方向。
本题考查电磁感应中的安培力平衡、右手定则与左手定则的应用，关键在于明确磁场分布、线圈受力方向，结合电功率公式进行定量分析，注意区分感应电流方向与供电电流方向的不同场景。
5.【答案】
【解析】解：图甲中，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为电源的正极，极板是电源的负极，故A错误；
B.图乙中，由牛顿第二定律
可得，知越小，粒子打在照相底片上的位置越靠近，说明比荷越大，故B正确；
C.丙图中，根据牛顿第二定律
可知，当时粒子获得的最大动能为
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加形盒的半径和增大磁感应强度，增加电压不能增大最大初动能，故C错误；
D.图丁中，稳定时，洛伦兹力等于电场力
电流微观表达式
可得，可知流过霍尔元件的电流大小不变，则元件、面的电势差与磁场的磁感应强度成正比，故D正确。
故选：。
分别对等离子体发电机、质谱仪、回旋加速器、霍尔元件的工作原理进行分析，结合左手定则、带电粒子在磁场中的运动规律、霍尔效应等知识逐一判断选项。
学生易混淆等离子体发电机中电荷的偏转方向、质谱仪中比荷与轨迹半径的关系，或错误认为回旋加速器的加速电压影响最大动能，以及霍尔电压与各物理量的关系，导致选项判断错误。
6.【答案】
【解析】解：根据粒子运动周期公式
根据几何关系可知打在和的质子在磁场中运动的半径之比为
则打在和的质子在磁场中的周期比为：，故A错误；
B.打在的质子在磁场中的运动时间为
打在的质子在磁场中的运动时间为
可得
：：
故B正确；
C.根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
根据
可得
故C正确；
D.根据牛顿第二定律，有
解得
可得打在和的粒子在磁场中运动的加速度大小之比为
故D错误。
故选：。
A.根据粒子运动周期公式和半径关系求打在和的质子在磁场中的周期比；
B.根据周期与时间的关系求打在和的质子在磁场中的运动时间比；
C.根据洛伦兹力提供向心力求和的大小之比；
D.根据牛顿第二定律求打在和的质子在磁场中运动的向心加速度大小之比。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，弄清楚运动情况、画出运动轨迹是关键。
7.【答案】
【解析】解：、线框从开始进入到全部进入磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，产生的电动势：，随有效长度的增大而增大，所以感应电流随有效长度的增大而增大；线框离开磁场的过程中，磁通量不断减小，由楞次定律可知，电流沿顺时针方向；感应电流随有效长度的增大而增大。故A正确，B错误；
、线框从开始进入到全部进入磁场时，安培力为切割的那段等效直导线受到的，安，并且安培力一直阻碍运动，方向一直向左，故C正确，D错误。
故选：。
本题导体的运动可分为两个阶段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向，根据效长度的变化确定感应电流的变化，由安培力的公式看出安增力与有效长度的关系，从而确定安培力的变化。
本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；根据感应电流产生的条件判断是否有感应电流产生、由楞次定律判断出感应电流的方向是正确解题的关键。
8.【答案】
【解析】解：、根据右手定则，当金属棒水平向右切割磁感线时，产生的感应电流方向为由指向，因此流经金属棒的感应电流方向为从到，故A正确；
B、金属棒刚要滑动时，其所受安培力恰好等于最大静摩擦力，满足，此时回路中的感应电流为，联立解得棒的速度大小为，故B错误；
C、从棒开始运动到棒刚要滑动的过程中，对棒应用动能定理，有，回路中产生的总焦耳热，由于两金属棒电阻相等，因此棒中产生的焦耳热，联立并将代入，解得，故C错误；
D、两金属棒最终达到加速度相同的稳定状态，设此时共同加速度为，两棒的速度差为，回路中感应电流保持不变，两棒所受安培力大小均为。对棒，由牛顿第二定律得；对棒，由牛顿第二定律得。联立两式消去，解得最终的速度差为，故D正确。
故选：。
分析金属棒在恒力作用下从静止开始向右运动，切割磁感线产生感应电流，该电流流经金属棒使其受到安培力。金属棒在安培力与摩擦力作用下从静止到即将开始运动，其临界条件是安培力等于最大静摩擦力。通过此条件可建立回路中感应电流与棒速度的关系，进而求出棒在棒刚要滑动时的速度。对于能量问题，需从外力做功、安培力做功及动能变化角度分析总焦耳热的产生与分配。最终两棒达到稳定状态时，它们具有相同的加速度，此时两棒所受安培力恒定，回路中电流恒定，两棒速度差保持不变，通过分别对两棒应用牛顿第二定律联立求解此速度差。
本题综合考查了电磁感应中的双棒模型，涉及楞次定律、安培力、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动能定理以及能量转化与守恒等多方面核心知识。题目情景经典，但通过设定“一侧光滑、一侧粗糙”以及外力恒定等条件，显著提升了分析难度，对学生的物理建模与多过程综合分析能力提出了较高要求。学生需准确分析两棒从静止到棒开始滑动，再到最终稳定共加速的整个动态过程，并灵活运用动力学和能量观点进行求解。计算量适中，但各选项的推导环环相扣，尤其对最终稳定状态速度差的分析，需要深刻理解“加速度相同、电流恒定”这一物理实质，是对电磁感应与动力学结合问题的深度考查。
9.【答案】下

【解析】解：由图乙可知，圆形线圈中磁通量的变化率为，解得：；根据图甲，磁场方向垂直纸面向里且磁通量随时间均匀增加，依据楞次定律，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，由安培定则判断感应电流方向为逆时针，因此流过外电阻的电流方向为自下而上，在外电路，电流从高电势点流向低电势点，故电阻的下端电势较高；
根据法拉第电磁感应定律，，代入数据可得感应电动势；由闭合电路欧姆定律，，解得：，电阻两端的电压，解得；
因此，电阻的下端电势高，其两端电压为。
故答案为：下；。
根据图乙中磁通量随时间变化的图像，在到秒内磁通量均匀增加，由楞次定律判断感应电流方向，结合安培定则确定感应电流在线圈中的流向，进而依据电流从高电势流向低电势，推断外电阻两端电势的高低；利用法拉第电磁感应定律，由磁通量的变化率计算感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求得回路中的电流，最终通过电阻的电流与电阻值的乘积，得到电阻两端的电压。
本题考查楞次定律以及闭合电路欧姆定律的应用，注意在电源内部和外电路，电流流向与电势高低的关系不同。
10.【答案】斜向右上

【解析】解：磁场垂直导轨平面向里，电流沿金属棒从到，金属棒与导轨成，有效垂直磁场的电流走向，左手定则判断安培力方向斜向右上。
根据安培力公式，其中是金属棒在磁场中有电流通过的有效长度。由于磁场方向垂直于导轨平面，可知磁场方向与金属棒始终垂直，即磁场与电流方向的夹角为，由几何关系可知，金属棒在两平行导轨间的有效长度
将此有效长度代入安培力公式，得
解得通过金属棒的电流
代入
整理得通过金属棒的电流
。
故答案为：斜向右上；
根据左手定则判断方向；
金属棒与磁场垂直放置，安培力公式中有效长度是金属棒在垂直于磁场方向上的投影长度。已知金属棒与导轨夹角及导轨间距，通过几何关系确定有效长度，再结合已知安培力和磁感应强度，即可求出电流大小。
本题主要是考查安培力方向的判断以及计算，对于基本物理公式要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义。
11.【答案】变小
顺时针
扩大
减小

【解析】解：当滑动变阻器的滑片向上移动时，其接入电路的阻值增大，导致线圈中的电流减小，产生的磁场减弱，因此穿过线圈的磁通量变小。
根据右手螺旋定则，线圈电流产生的磁场穿过线圈的方向向下，且磁通量在减小，依据楞次定律，线圈中会产生俯视为顺时针方向的感应电流。
根据“增缩减扩”原理，线圈有扩大的趋势。
由于线圈产生的俯视顺时针感应电流与线圈的电流方向相同，将两者等效为条形磁铁，可知它们相互吸引，因此线圈与线圈之间存在相互吸引的安培力，这使得线圈对水平桌面的压力减小。
故答案为：变小；顺时针；扩大；减小。
当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，导致螺线管中的电流减小，进而使产生的磁场减弱。由于线圈与同轴放置，穿过的磁通量由的磁场决定，因此磁通量将变小。
根据右手螺旋定则，螺线管中电流产生的磁场方向竖直向下穿过线圈。依据楞次定律，当穿过的磁通量向下减小时，中感应电流的磁场应阻碍这种减小，即产生向下的磁场来补偿。由此判断俯视时中感应电流的方向为顺时针。
线圈中产生顺时针方向的感应电流后，根据感应电流在磁场中受力的规律，中的感应电流会受到产生的磁场的作用力。由于与中电流方向相同，同向电流相互吸引，导致线圈有向外扩张以增大与之间距离的趋势，即线圈有扩大的趋势。
线圈与螺线管之间存在相互吸引的安培力，这个力方向向上，从而减轻了线圈对桌面的压力。因此，在考虑重力、支持力和安培力平衡后，线圈对水平桌面的压力将减小。
本题综合考查电磁感应现象中的楞次定律及其多种推论，包括感应电流方向的判断、线圈面积变化趋势分析以及安培力作用下的受力分析。题目将电路动态变化、磁场变化、感应电流产生及线圈间相互作用等多个知识点有机串联，计算量不大，但思维链条较长，对学生的逻辑推理能力和物理模型构建能力提出了较高要求。学生需依次分析滑片移动导致螺线管电流减小、磁场减弱，进而判断穿过的磁通量变化；再运用楞次定律判断感应电流方向；进一步结合“增缩减扩”推论判断线圈的面积变化趋势；最后通过电流方向关系判断线圈间的安培力为吸引力，从而分析压力变化。整个过程环环相扣，能有效锻炼学生运用物理规律解决综合性问题的能力。
12.【答案】需要，向左； 会； 阻碍
【解析】实验前需要查明线圈的绕制方向：要判断感应电流的方向，需结合线圈绕制方向，用右手螺旋定则确定感应电流产生的磁场方向，再结合楞次定律分析磁通量变化，因此必须明确线圈绕向
条形磁铁极向下插入螺线管时，螺线管内向下的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，结合线圈绕向和图甲的校准结果，此时感应电流从电流计的””接线柱流入，因此指针向左偏转。
滑动变阻器的滑片匀速滑动时，线圈中的电流会发生变化，导致穿过线圈的磁通量变化，根据电磁感应原理，线圈中会产生感应电流，因此电流计的指针会发生偏转。
根据楞次定律的核心内容：感应电流产生的磁场，总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。注意“阻碍”不是“阻止”，感应电流的磁场只能延缓磁通量的变化，无法阻止变化的发生。
故答案为：需要，向左；会；阻碍。
校准电流计偏转方向，确定电流方向与指针偏转的对应关系；
根据楞次定律判断感应电流方向，需查明线圈绕向，结合磁通量变化和甲图的校准结果判断指针偏转方向；
滑动变阻器滑片滑动时，线圈的电流变化，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流计指针会偏转；
根据楞次定律的核心内容，感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
本题围绕探究感应电流方向的实验展开，考查了电流计校准、楞次定律的理解与应用，是电磁感应部分的基础实验题，侧重考查对楞次定律的理解和实验操作逻辑。
13.【答案】受到的安培力大小为 重物重力的最大值为
【解析】解：由闭合电路欧姆定律，得
由安培力公式，得
解得：
由左手定则，安培力方向水平向左，最大时，恰好达到最大静摩擦，由力平衡得
解得：
答：受到的安培力大小为；
重物重力的最大值为。
利用闭合电路欧姆定律计算电路中的电流，再结合安培力公式求出安培力大小。
对导体棒进行受力分析，在水平方向上考虑拉力、安培力和静摩擦力的平衡关系，当静摩擦力达到最大值时，对应的重物重力最大。
本题考查电磁学中的安培力与力学平衡的综合应用，核心是正确分析导体棒的受力方向，注意安培力的方向判断左手定则，并结合静摩擦力的方向变化确定临界状态下的最大拉力。
14.【答案】粒子经过时的速度大小为 粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为 磁场的磁感应强度大小为
【解析】解：粒子从到的运动过程中，根据动能定理有
解得
粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
又
解得
粒子在处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
如图
由几何关系可知
解得
答：粒子经过时的速度大小为；
粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
磁场的磁感应强度大小为。
根据动能定理列式求解粒子经过点时的速度大小；
根据类平抛运动的规律和牛顿第二定律求粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转以及磁场中的圆周运动，要注意掌握各种运动的求解方法，明确电场中的运动合成与分解的应用，掌握磁场中的圆周运动的处理方法。
15.【答案】导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时速度的大小为 从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ过程中，导体棒上产生的焦耳热为 导体棒穿过磁场区域Ⅱ的时间为
【解析】解：导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时，恰好处于平衡状态，有，，，，解得：。
从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ的过程中，有，
根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为，可得：。
设导体棒进入匀强磁场区域Ⅱ的初速度为，离开时的速度为；
进入匀强磁场区域Ⅲ的初速度为，离开时的速度为。
根据题意，导体棒在磁场区域Ⅱ、Ⅲ及其间无磁场区域运动的时间均相等，设导体棒穿过磁场区域Ⅱ的时间为。
对穿过磁场区域Ⅱ的过程，规定沿斜面向下为正方向，根据动量定理有。
同理，导体棒穿过磁场区域Ⅲ的时间也为，根据动量定理有。
其中，，由此可知，。
根据运动学公式，在无磁场区域有，联立可得：。
答：导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ时速度的大小为。
从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域Ⅰ过程中，导体棒上产生的焦耳热为。
导体棒穿过磁场区域Ⅱ的时间为。
导体棒在离开磁场区域Ⅰ时处于平衡状态，此时重力沿斜面的分力与安培力大小相等。通过安培力与速度的关系，结合闭合电路欧姆定律，可以建立重力分力、磁感应强度、导轨长度、电阻及速度之间的方程，从而求解。
从解除锁定到棒离开磁场区域Ⅰ的过程中，导体棒的重力势能转化为动能和回路中产生的总焦耳热。根据能量守恒定律，利用已知的位移、重力分力及已求出的，可求出总焦耳热。再根据导体棒与电阻的阻值相等，由串联电路焦耳热分配规律，即可得到导体棒上产生的焦耳热。
题目给定导体棒在磁场区域Ⅱ、Ⅲ及它们之间的无磁场区域运动时间均相等。设穿过磁场区域Ⅱ的时间为。分析导体棒穿过磁场区域Ⅱ的过程，应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化。合外力包括重力沿斜面的分力及变化的安培力冲量。由于磁场区域宽度相同，安培力的冲量表达式一致。结合在无磁场区域做匀加速运动的速度关系，可以建立关于速度、、、及时间的方程组，最终消去速度求解。
本题综合考查电磁感应与力学、能量、动量定理的深度结合，属于综合性强的难题。题目通过设置三个特定磁场区域与运动时间相等这一关键条件，巧妙构建了复杂的物理过程，对学生的逻辑推理、建模分析及公式应用能力提出了很高要求。计算量较大，需要细致梳理各阶段受力与运动状态，特别是利用动量定理处理变加速过程并关联不同阶段的速度关系是解题核心。解答过程需严谨推导，充分体现了运用能量守恒、动量定理等核心规律解决复杂电磁感应问题的能力。
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