重庆市万州第一中学2025-2026学年高二下学期阶段检测物理试卷（4月）

**基本信息** 这份高二物理阶段检测卷以导电圆盘转动、旋转磁极发电机等真实情境为载体，通过基础到综合的梯度设计，考查磁场、电磁感应等核心知识，注重科学思维与探究能力培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|安培力、洛伦兹力方向判断|题2以圆盘切割磁感线考查动生电动势，强化楞次定律应用| |多选题|3/15|正交电磁场、自感现象|题9对比不同磁场方位下导体棒受力，融合静力学分析| |实验题|2/16|变压器电压关系、电磁感应方向|题12结合二极管判断线圈绕向，体现科学探究过程| |计算题|3/41|磁通量变化、粒子在磁场运动、电磁感应多过程|题15综合水平与倾斜导轨运动，考查能量转化与守恒|

2025-2026学年重庆市万州第一中学高二（下）阶段检测物理试卷（4月份） 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.下列图中通电导线在磁场中受到的安培力方向，或带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力方向，描述正确的是(    ) A. B. C. D. 2.如图所示，导电圆盘可绕固定点O在竖直面内转动。用导线将导电圆盘、电阻R和开关连接成闭合回路。在圆盘所在区域内充满水平向右的匀强磁场，断开开关S，拨动圆盘，使其转动，不计圆盘与导线间的阻力。某时刻闭合开关，下列说法正确的是(    ) A. 闭合开关后，穿过圆盘的磁通量不变，电阻中没有电流通过 B. 闭合开关后，圆盘会减速转动 C. 闭合开关后，圆盘会加速转动 D. 闭合开关后，圆盘将匀速转动 3.如图所示，在两水平金属板构成的器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。粒子甲、乙均以水平向右的速度射入金属板间，粒子丙以斜向右上方的速度射入金属板间，粒子丁、戊均以水平向左的速度射入金属板间。五个带电粒子的比荷相等且速度大小均为v，粒子甲、丙、丁带正电，粒子乙、戊带负电。不计粒子间的作用力及重力，粒子甲在金属板间做直线运动，则下列粒子中也能在金属板间做直线运动的是(    ) A. 粒子乙 B. 粒子丙 C. 粒子丁 D. 粒子戊 4.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。和是两个相同的小灯泡。闭合开关一段时间后，突然断开开关，两灯泡始终未被烧坏，下列说法正确的是(    ) A. 断开开关前，、亮度相同 B. 断开开关后，、均出现闪亮现象 C. 断开开关后，闪亮一下后逐渐熄灭 D. 断开开关后，逐渐熄灭 5.如图所示，足够长的绝缘粗糙斜面固定于水平地面上，斜面所在空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场。可视为点电荷的带正电物块在平行于斜面向上的恒力作用下，从斜面底端由静止开始运动，则物块运动的速度大小v随时间t变化的图像可能正确(    ) A. B. C. D. 6.穿过某单匝线框的磁通量在一个周期T内随时间变化的规律如图所示，则线框中产生的感应电动势的有效值为(    ) A. B. C. D. 7.如图所示，O点处固定有一个粒子源，粒子源能在竖直平面内沿着各个方向均匀、持续地发射电荷量为q、质量为m、速度大小恒定的带正电粒子。半圆形区域内以及水平线MON以下存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知半圆形区域半径为R，圆心为O，从圆弧边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为，P点为粒子从边界射出磁场的最远位置，则(    ) A. 从O点以竖直向上的初速度射出的粒子会运动至P点 B. O、P之间的距离为 C. 粒子源发射的粒子速度大小为 D. 从P点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 8.旋转磁极式发电机的结构简图如图所示，线圈abcd固定不动，磁体绕线圈的中心轴旋转。磁体处于图示位置时，磁体和线圈平面平行。下列说法正确的是(    ) A. 若磁体匀速旋转，则线圈中会产生恒定的电流 B. 磁体处于图示位置时，线圈中的电流不为0 C. 磁体从图示位置旋转穿过线圈的磁通量最小 D. 若磁体以的转速匀速旋转，则1s内线圈中的电流方向会变化100次 9.如图甲、乙所示，相同的导轨固定于绝缘水平桌面上，导轨左端所接的电源也相同，相同的金属棒ab、cd均垂直于导轨放置且与导轨接触良好。甲图中空间内匀强磁场的方向与ab垂直并指向斜上方，乙图中空间内匀强磁场的方向竖直向上且垂直于cd，两图中磁场的磁感应强度大小相等。两金属棒均静止，下列说法正确的是(    ) A. ab对导轨的压力小于cd对导轨的压力 B. ab受到的安培力小于cd受到的安培力 C. ab对导轨的摩擦力小于cd对导轨的摩擦力 D. 导轨对ab的作用力大于导轨对cd的作用力 10.如图甲所示，y轴左侧有两块长为L、间距为的带电水平金属板，x轴在两平行金属板的中轴线上，金属板间的匀强电场的电场强度大小为E。y轴与竖直虚线间有交替变化的匀强磁场，磁场区域的宽度为。磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，以垂直于纸面向里的方向为正方向，、T均未知。带电粒子不计重力以沿x轴正方向、大小为的初速度从金属板左端中心进入金属板间，恰好能从金属板下边缘P点飞出并进入磁场。以粒子进入磁场为0时刻，粒子恰在T时刻从虚线与x轴的交点M处飞出磁场。下列说法正确的是(    ) A. 粒子的比荷为 B. 粒子经过P点的速度大小为 C. D. 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.某同学在“探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系”实验中使用的变压器内部线圈结构图如图所示。实验过程中保持原线圈的输入电压不变。 下列说法正确的是            。 A.实验时选用的电源是直流电源 B.实验结束时，应先断开电源开关，再断开连接电表的导线 C.实验时可以用手接触裸露的导线或接线柱 某次实验时测得原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，则该次实验时选用的原线圈匝数为400匝，则副线圈匝数可能为            。 A.800匝 B.600匝 C.200匝 D.400匝 实验用的变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢制成，这样设计是为了            。 12.为探究影响感应电流方向的因素，某兴趣小组使用如图甲所示的电磁感应实验装置进行实验。图中灵敏电流计的0刻度线处于中间位置，空心线圈B放置在水平桌面上。 请用笔画线代替导线将图甲的实物电路补充完整。 正确连接好电路，闭合开关瞬间，灵敏电流计指针向左偏转。待指针稳定后，迅速向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计的指针向______填“左”或“右”偏转。保持开关闭合及滑动变阻器的滑片位置不变，将线圈A从线圈B中竖直向上拔出，灵敏电流计的指针向______填“左”或“右”偏转，若该过程中线圈A未与线圈B直接接触，则线圈B对桌面的压力______填“大于”“小于”或“等于”线圈B受到的重力。 某同学利用实验室中的二极管与线圈构成如图乙所示的电路，二极管中通有向上的电流时，二极管可发光。当图中的条形磁铁向上快速从线圈中拔出时，二极管发光。由此可推理出该线圈的导线绕向应如图______填“丙”或“丁”所示。 四、计算题：本大题共3小题，共41分。 13.如图甲所示，电阻为R、边长为L的单匝等边三角形闭合金属线框PQM静止于足够大的匀强磁场中，N点为QM边的中点。磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示，垂直于纸面向里为磁场的正方向。 求内，线框中电流的大小和方向； 若时刻后，线框以P、N点所在的虚线为轴匀速转动，转动的角速度大小为，求线框中感应电流的有效值。 14.如图所示，矩形区域abcd内、外分别存在着垂直于纸面向里、向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。比荷为k的带正电粒子不计重力从a点以与ab边夹角为的速度射入矩形区域内，粒子第一、二次穿过矩形区域边界时恰好分别经过b、c点。已知，矩形区域外的磁场范围足够大。求： 粒子的速度大小v； 、c点间的距离s； 粒子相邻两次经过a点的时间间隔T。 15.如图所示，两平行光滑导轨GP、KM固定在绝缘水平面上，两平行倾斜导轨PQ、MN固定在倾角的绝缘斜面上，水平导轨和倾斜导轨两部分均足够长通过光滑绝缘材料平滑连接，导轨的间距均为L。G、K间通过开关连接着电动势为E、内阻为r的电源，N、Q间接有阻值为r的定值电阻。空间中存在着垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度为L的导体棒垂直水平导轨以及磁场静止放置，合上开关的瞬间导体棒对水平导轨的压力刚好为0，经过一段时间导体棒在水平导轨上做匀速直线运动，导体棒冲上倾斜导轨后，在倾斜导轨上运动至距水平面高度为h处时速度恰好为0，导体棒滑回到倾斜导轨底端前以大小为v的速度做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g，导体棒在倾斜导轨上受到的摩擦力大小不变，，。导线、导轨以及导体棒的电阻均忽略不计。求： 导体棒的质量m； 导体棒从开始运动到第一次运动至MP处安培力对导体棒做的功W； 导体棒冲上倾斜导轨后瞬间导体棒克服安培力做功的瞬时功率； 导体棒从刚冲上倾斜导轨到运动至最高点的过程中定值电阻上产生的焦耳热Q。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：根据左手定则可知，通电导线所受安培力的方向水平向左，故A错误； 同理，带负电的粒子受到水平向右的洛伦兹力；通电导线受到竖直向下的安培力，故B错误，C正确； D.由于电流方向与磁场方向平行，则通电导线不受安培力作用，故D错误。 故选：C。 根据左手定则逐一分析判断各选项正误。 考查左手定则的应用，在判断带电粒子在磁场中的洛伦兹力时要注意运动电荷的正负，属于基础题。 2.【答案】B  【解析】解：A、虽然穿过圆盘整体的磁通量不变，但辐条切割磁感线产生动生电动势，闭合回路有感应电流流过电阻R，动生电动势的产生不依赖回路磁通量变化，而是导体切割磁感线，故A错误； BCD、感应电流在磁场中受安培力，根据楞次定律，安培力的作用效果阻碍导体相对磁场的运动，即安培力对圆盘产生阻力矩，圆盘减速转动，故B正确，CD错误。 故选：B。 把圆盘等效为多根辐条，分析辐条切割磁感线产生感应电流，再依据楞次定律判断安培力对圆盘转动的阻碍作用。 学生容易混淆动生电动势的产生条件，误以为整体磁通量不变就无电流，忽略单根辐条切割会产生感应电动势。 3.【答案】A  【解析】解：A、粒子甲在金属板间做直线运动，可知竖直方向合力为零，粒子甲带正电，受力分析可得 可得 可知只要知道粒子的速度大小v且方向水平向右，粒子就能在金属板间做直线运动，对粒子乙受力分析可知，粒子乙受电场力向上，洛伦兹力向下，大小相等，粒子乙能在金属板间做直线运动，故A正确； C、粒子丁的速度大小为v但方向水平向左，受电场力向下，洛伦兹力也向下，受力和速度不在一条直线上，可知粒子丁做曲线运动，故C错误； B、粒子丙的速度斜向右上，受电场力向下，洛伦兹力垂直速度斜向上，二者大小相等，受力和速度不在一条直线上，可知粒子丙做曲线运动，故B错误； D、粒子戊的速度大小为v但方向水平向左，受电场力向上，洛伦兹力也向上，受力和速度不在一条直线上，可知粒子戊做曲线运动，故D错误。 故选：A。 分析粒子在正交电磁场中做直线运动的条件是合力方向与速度方向共线。已知粒子甲水平向右运动时电场力与洛伦兹力平衡，得出速度大小需满足特定关系。对于其他粒子，需分别判断其速度方向、电荷正负对应的电场力与洛伦兹力方向，若两者等大反向且合力为零，则能保持直线运动。关键在于比较各粒子受力情况是否满足平衡条件，且速度方向是否与合力方向一致。 本题综合考查带电粒子在正交的匀强电场与匀强磁场中的运动，即速度选择器的原理。题目通过设置五个不同电性和速度方向的粒子，要求学生深刻理解粒子做直线运动的动力学条件：合力方向与初速度方向必须在同一直线上。其核心是判断电场力与洛伦兹力能否平衡，且合力的方向是否与速度方向共线。本题计算量小，但思维要求高，重点考查学生的受力分析能力、空间想象能力以及对物理条件“直线运动”的准确理解。学生需逐一分析各粒子的受力方向，并结合速度方向进行判断，能有效锻炼其严谨的逻辑推理能力。 4.【答案】C  【解析】解：A、线圈L电阻为0，且L与并联，被短路，中电流几乎为0，几乎不发光；干路电流全部流过L和，正常发光，两灯亮度不同，故A错误； BD、断开开关S后，原电源通路被切断，所在支路断开，立即失去电流，立即熄灭，故BD错误； C、线圈L自感效应，会阻碍自身电流的减小，瞬间维持原来的电流不变，L与形成闭合回路，没有电流，断开后瞬间流过大小等于L原电流的电流，闪亮一下，随着L中电流逐渐减小到0，逐渐熄灭，故C正确。 故选：C。 依据自感原理，分析开关断开前两灯泡电流情况，再分析开关断开瞬间线圈自感电动势对两灯泡电流的影响，进而判断灯泡亮度变化。 该题通过简单电路考查自感现象，将自感知识与灯泡亮度变化结合，能检验对自感原理的理解和应用能力。 5.【答案】C  【解析】解：根据题意可知，带正电物块沿斜面向上运动，磁场垂直纸面向外，由左手定则可以判断出物块受到的洛伦兹力方向为垂直斜面向下，对物块受力分析得滑动摩擦力  可知速度v增大时，f均增大，设外力为F，根据牛顿第二定律有：  得  物块从静止开始运动，随着v增大，a逐渐减小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运动，图像的斜率表示加速度，因此图像斜率逐渐减小。当a减小到0后，速度保持不变，做匀速直线运动。  故ABD错误，C正确。  故选：C。 根据物块的运动情况判断物块的受力情况，结合牛顿第二定律求出加速度的表达式，最后根据图像的斜率的物理意义判断。 本题在斜面模型中利用牛顿第二定律和洛伦兹力表达式来求解，判断好受力方向即可。 6.【答案】A  【解析】解：由图可知，阶段，磁通量变化量的大小 因此感应电动势  阶段，磁通量变化量的大小 因此感应电动势  设感应电动势有效值为E，线框电阻为R，根据有效值定义，在一个周期内有  解得  故BCD错误，A正确。  故选：A。 分两段用磁通量变化率求各段恒定感应电动势，根据电流热效应等效原则，利用一个周期内电热相等列方程求解电动势有效值。 结合图像考查法拉第电磁感应定律与交变电流有效值定义，打破正弦交流电固有思维，侧重有效值本质推导，能检验对有效值物理意义的理解。 7.【答案】D  【解析】解：根据左手定则可知。从O点以竖直向下的初速度射出的粒子会运动至P点，故A错误； C.由从圆弧边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为，可知粒子做圆周运动的半径 则有 解得 故C错误； B.从P点射出磁场的粒子距离O点最远，说明O、P点连线恰好是粒子做圆周运动的直径，O、P点之间的距离为2R，故B错误； D.从P点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为 故D正确。 故选：D。 A.根据左手定则判断粒子会运动至P点的入射方向； C.根据洛伦兹力提供向心力求粒子源发射的粒子速度大小； B.根据粒子轨迹的特点判断O、P之间的距离； D.根据周期与时间的关系求从P点射出磁场的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，一般是结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，弄清楚运动情况是关键。 8.【答案】BD  【解析】解：若磁体匀速旋转，线圈中的磁通量会发生变化，则线圈中会产生交变电流，不是恒定电流，故A错误； B.磁体处于图示位置时，通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率不为0，可知线圈中的电流不为0，故B正确； C.磁体从图示位置旋转，穿过线圈的磁通量最大，故C错误； D.若磁体以的转速匀速旋转，则线圈中交变电流的周期为，一个周期内电流方向改变2次，因此1s内线圈中的电流方向会变化100次，故D正确。 故选：BD。 根据交流发电机的工作原理分析判断；根据磁通量的概念分析解答；根据线圈的转动频率和电流方向的变化频率关系进行解答。 考查交流电的相关知识，熟练掌握磁通量和磁通量的变化率等概念是关键，属于较低难度考题。 9.【答案】AC  【解析】解：B、安培力，两图中磁场的磁感应强度B大小相等，相同的金属棒L相同，导轨左端所接的电源也相同，则两金属棒中的电流I也相等，因此两金属棒所受安培力大小相等，故B错误； A、设两金属棒的重力为G，甲图中磁场与水平面夹角为，对甲图ab受力分析，安培力斜向上方，分解为竖直向上的分量和水平分量 竖直方向平衡得导轨支持力，得 对乙图cd受力分析，安培力沿水平方向，竖直无分量，支持力 根据牛顿第三定律，金属棒对导轨的压力等于支持力，因此，故A正确； C、水平方向静止平衡，静摩擦力等于安培力的水平分量 对甲图ab，有 对乙图cd，有因，故，故C正确； D、导轨对金属棒的作用力是支持力与摩擦力的合力，对ab，合力大小 对cd，合力大小 则，故D错误。 故选：AC。 由安培力公式判断两棒电流、长度、磁感应强度均相同，安培力大小相等；将甲图斜向安培力正交分解，对比乙图水平安培力，分别对两棒竖直、水平方向受力平衡分析，得到导轨支持力、摩擦力的大小关系，再结合平衡条件分析导轨整体作用力的大小。 结合安培力与共点力平衡，对比两种磁场方位下导体棒的受力差异，需要正交分解辨析弹力、摩擦力，同时考查整体受力平衡，是电磁学与静力学结合的典型对比分析题。 10.【答案】AC  【解析】解：粒子在两带电平行金属板间做类平抛运动，设运动时间为，离开电场时垂直于初速度方向的分速度为。 AB、在水平方向上有，竖直方向上有，联立解得粒子的比荷； 竖直分速度，粒子经过P点的速度大小，故A正确，B错误； CD、粒子经过P点时速度与x轴正方向的夹角满足，即速度方向向右下偏转； 粒子在磁场区域内，在和时间内分别作曲率相反的圆弧运动。 设P点到M点的位移大小为d，方向与x轴正方向夹角为，由图可知水平方向位移，竖直方向位移，解得总位移，且，即位移方向向右上偏转； 因P点速度方向与PM连线方向夹角恰为，且两段圆弧运动时间相等，可知这两段圆弧恰好均为完整的半圆。 由几何关系有，解得轨迹半径；根据洛伦兹力提供向心力有，联立解得； 交变磁场的周期T即为两段半圆弧的时间之和，也即粒子在该磁场中做一次完整圆周运动的时间，则，故C正确，D错误。 故选：AC。 粒子在金属板间做类平抛运动，水平匀速运动与竖直匀加速运动合成，已知水平位移与竖直位移，结合初速度可求运动时间，进而由竖直位移与加速度关系得到比荷。粒子离开电场时竖直分速度由匀加速运动规律得出，再与水平速度合成可得合速度大小。进入磁场后粒子在交替变化的磁场中运动，由出射点与最终射出点的位置关系，结合速度方向与位移方向的几何夹角，可推断粒子在半个周期内各做一段圆弧运动且总轨迹为完整圆周的一半。根据几何关系确定圆周运动的半径，再结合洛伦兹力提供向心力及已求得的比荷与速度，可联立得到磁感应强度。磁场变化周期等于粒子在磁场中做完整圆周运动的周期，由半径与速度可求。 本题是一道综合性较强的电磁学难题，融合了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动与在交变磁场中的复杂圆周运动。题目计算量较大，对学生的物理建模、过程分析与空间几何应用能力提出了很高要求。首先考查类平抛运动的基本规律，通过已知几何条件求解比荷与速度分量。随后进入核心难点，粒子在周期性变化的磁场中运动轨迹的拼接与对称性分析成为解题关键。学生需敏锐识别出粒子速度方向与位移方向垂直，并推断出两段运动均为完整半圆，进而利用几何关系求出半径，再结合洛伦兹力公式完成磁场参量的求解。本题巧妙地将运动合成、牛顿第二定律、圆周运动及几何关系紧密结合，充分锻炼了学生的综合分析能力和逻辑推理能力。 11.【答案】B C 通过减小涡流来提高变压器的效率   【解析】解：因为变压器工作原理基于电磁感应，直流电源无法产生变化的磁通量，因此在进行变压器实验时，不能使用直流电源，应使用交流电源，故A错误；  实验结束时，为了安全，应先断开连接电表的导线，再断开电源开关，以防止电表损坏或发生短路。同时，实验时不应用手接触裸露的导线或接线柱，以避免触电事故，故B正确，C错误。  故选：B。  根据变压器的电压与匝数关系式有，代入数据解得匝，故C正确，ABD错误。  故选：C。  变压器铁芯采用相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成，而不是一整块硅钢，这样设计是为了减小涡流。涡流会产生热量，降低变压器的效率，通过减小涡流来提高变压器的效率。  故答案为：；；通过减小涡流来提高变压器的效率。 根据变压器的工作原理判断；根据保证安全分析判断；  根据变压器的电压与匝数关系式计算判断；  分析涡流对变压器效率的影响。 本题考查“探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系”实验，关键掌握实验原理和数据处理方法。 12.【答案】  左;右;小于  丁  【解析】解：如图 闭合开关时，穿过B的磁通量增加，指针左偏，由此可得穿过B的磁通量增加指针左偏，磁通量减少指针右偏。滑动变阻器滑片右移，滑动变阻器电阻减小，原线圈电流增大，穿过B的磁通量增加，因此指针左偏。 将A从B中拔出，穿过B的磁通量减少，指针右偏。 [根据楞次定律，A向上远离B，B会阻碍A的相对运动，因此B对A产生向下的吸引力。由牛顿第三定律，可知A对B产生向上的反作用力，B对桌面的压力小于B自身的重力。 条形磁铁N在下S在上，穿过线圈的原磁场方向向下；磁铁向上拔出，磁通量减少，结合楞次定律，感应磁场方向和原磁场同向，方向向下。二极管发光说明二极管内电流向上，结合右手螺旋定则，感应磁场向下时，从上往下看线圈电流为顺时针绕向，对应图丁的绕线方式。 故答案为： 左，右，小于；丁。 将线圈A与电源、开关、滑动变阻器串联组成原电路，将线圈B与灵敏电流计串联组成副电路； 以闭合开关瞬间磁通量增加指针左偏为基准，根据楞次定律判断后续操作引起的磁通量变化，从而确定指针偏转方向和线圈间相互作用力； 根据磁铁拔出时磁通量的变化，由楞次定律判断感应磁场方向，再结合二极管发光确定的电流方向，利用安培定则判断线圈的绕法。 本题综合考查了电磁感应实验的电路连接、楞次定律和安培定则的应用。 13.【答案】求内，线框中电流的大小是，方向为逆时针方向  若时刻后，线框以P、N点所在的虚线为轴匀速转动，转动的角速度大小为，线框中感应电流的有效值是  【解析】解：。内，线框中的感应电动势，其中， 由闭合电路欧姆定律，可知线框中的电流大小 解得，内，线框内的磁场方向垂直于纸面向里且磁通量增大，根据楞次定律可知，这段时间内线框中的电流方向为逆时针方向。 线框匀速转动时产生正弦交流电，感应电动势的最大值 感应电动势的有效值 感应电流的有效值 解得 答：求内，线框中电流的大小是，方向为逆时针方向； 若时刻后，线框以P、N点所在的虚线为轴匀速转动，转动的角速度大小为，线框中感应电流的有效值是。 内，线框静止，磁场随时间均匀变化，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律求出电流大小；利用楞次定律判断感应电流的方向； 时刻后，线框绕虚线匀速转动，产生正弦式交变电流，先求出感应电动势的最大值，进而求出有效值，最后根据欧姆定律求出感应电流的有效值。 本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律以及交变电流有效值的计算，关键在于正确求出线框面积及转动时的最大感应电动势。 14.【答案】粒子的速度大小kBL  b、c点间的距离  粒子相邻两次经过a点的时间间隔为  【解析】解：分析粒子的运动轨迹可知， 粒子第一次从a点运动至b点转过的圆心角 由此可知粒子在矩形区域内运动的轨迹半径 粒子做匀速圆周运动，有 其中 解得。 粒子从b点射出矩形区域时与bc边的夹角 则有 解得。 粒子每次在矩形区域内运动的时间 粒子每次在矩形区域外运动的时间 粒子相邻两次经过a点的时间间隔 解得 答：粒子的速度大小kBL； 、c点间的距离； 粒子相邻两次经过a点的时间间隔为。 粒子从a到b在矩形内磁场中运动，通过几何关系确定轨迹半径，再代入洛伦兹力公式求速度； 粒子从b到c在矩形外磁场中运动，分析轨迹几何关系，计算b、c间的距离。 本题关键在于带电粒子圆周运动的几何分析：通过速度方向与边界夹角确定轨迹圆心、半径，结合弦长、圆心角的几何关系，再利用洛伦兹力提供向心力的公式联立求解。需注意磁场方向变化对轨迹偏转方向的影响，但磁感应强度大小不变时轨迹半径不变。 15.【答案】导体棒的质量为  导体棒从开始运动到第一次运动至MP处安培力对导体棒做的功为  导体棒冲上倾斜导轨后瞬间导体棒克服安培力做功的瞬时功率为  导体棒从刚冲上倾斜导轨到运动至最高点的过程中定值电阻上产生的焦耳热为  【解析】解：合上开关的瞬间，导体棒中的电流为。对导体棒进行受力分析，有，解得。 导体棒在水平导轨上做匀速直线运动时，有。导体棒从开始运动到第一次运动至MP处，安培力对导体棒所做的功为，解得。 导体棒冲上倾斜导轨后瞬间，通过导体棒的电流为。导体棒克服安培力做功的瞬时功率为，解得。 设导体棒与倾斜导轨间的滑动摩擦力大小为f。导体棒从刚冲上倾斜导轨到运动至最高点的过程中，有。 导体棒在倾斜导轨上做匀速直线运动时，有，解得。 答：导体棒的质量为。 导体棒从开始运动到第一次运动至MP处安培力对导体棒做的功为。 导体棒冲上倾斜导轨后瞬间导体棒克服安培力做功的瞬时功率为。 导体棒从刚冲上倾斜导轨到运动至最高点的过程中定值电阻上产生的焦耳热为。 分析合上开关瞬间的物理状态，此时导体棒静止于水平导轨，已知其压力为零，表明安培力在竖直方向的分力恰好平衡重力。需建立安培力表达式，其中电流由电源电动势和内阻决定，磁场方向与导体棒垂直，结合安培力公式及力的平衡条件，即可建立质量与已知物理量的关系。 导体棒在水平导轨上最终做匀速直线运动，此时感应电动势与电源电动势达到平衡，由此可确定匀速运动的速度。安培力做功过程对应导体棒从静止加速到该匀速速度的阶段，运用动能定理，安培力做的总功等于导体棒动能的增加量，从而将待求功与已知速度关联。 导体棒刚冲上倾斜导轨瞬间，其速度即为在水平导轨上的匀速速度。此时导体棒切割磁感线产生感应电动势，与电源共同决定回路电流。克服安培力的瞬时功率等于安培力大小乘以该瞬时速度，其中安培力由瞬时电流、磁感应强度及导体棒长度决定。 该过程涉及导体棒从倾斜导轨底端运动到最高点的能量转化。系统机械能的减少量等于克服摩擦力做功和回路产生的总焦耳热之和。需利用导体棒在倾斜导轨上最终匀速下滑的条件，确定滑动摩擦力的大小，该条件包含了重力下滑分力、安培力及摩擦力的平衡关系。将总焦耳热按电阻分配即可得到定值电阻r上产生的热量Q。 本题综合考查电磁感应与力学、能量相结合的复杂物理过程，涉及安培力、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、动能定理以及能量守恒等多个核心知识点。题目将水平与倾斜导轨上的运动过程分段处理，计算量较大，对学生的建模分析能力和逻辑推理能力提出了较高要求。解题关键在于准确分析导体棒在不同阶段的受力与运动状态，特别是要抓住“合上开关瞬间压力为零”以及“在倾斜导轨上两次速度为零和匀速运动”这些关键条件，从而建立方程求解。本题亮点在于巧妙地将恒定电源、动生电动势、摩擦力及重力势能变化融合在一个多过程问题中，全面考查学生对功能关系的深入理解和灵活应用能力。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $