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模块十二 电磁感应
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考试范围：电磁感应
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，
每小题4 分；第8~10 题有多项符合题目要求，每题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有
选错的得0 分。
1．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿通过斜面实验，得出自由落体运动是匀变速直线运动的结论
B．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量
C．麦克斯韦发现了电磁感应现象
D．奥斯特发现了电流的磁效应
【答案】D
【详解】A．伽利略通过斜面实验合理外推，得出自由落体运动是匀变速直线运动的结论，故A 错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，而引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测定的，故B 错误；
C．法拉第发现了电磁感应现象，麦克斯韦的贡献是提出电磁场理论并预言电磁波存在，故C 错误；
D．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁之间的联系，故D 正确。
故选D。
2．某同学学习了电磁感应相关知识后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，手握条
形磁铁静止在线圈的正上方，此时电子秤的示数为m0。则当磁铁远离线圈时（ ）
A．电子秤的示数等于m0
B．电子秤的示数大于m0
C．线圈有扩张的趋势
D．线圈有收缩的趋势
【答案】C
【详解】AB．磁铁远离线圈，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈与磁铁相互吸引，导致电子
秤的示数小于m0，故AB 错误；
CD．穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，线圈有扩张的趋势，故C 正确，D
错误。
故选C。
3．如图所示，导体ab 是金属线框的一个可动边，ab 边长L=0.4m，磁场的磁感应强度B=0.1T，当ab 边以
速度v=5m/s 向右匀速移动时，下列判断正确的是（ ）
A．流过R 的电流的方向向上，感应电动势的大小为0.2V
B．流过R 的电流的方向向下，感应电动势的大小为0.4V
C．感应电流的方向由b 到a，感应电动势的大小为0.2V
D．感应电流的方向由b 到a，感应电动势的大小为0.4V
【答案】C
【详解】根据右手定则可知，感应电流的方向由b 到a，流过R 的电流的方向向下，又由E = BLv
代入数据可得，感应电动势的大小为E=0.2V
故选C。
4．▶新情境◀光滑绝缘水平面上方，竖直虚线两侧存在方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，
方向如图所示。边长为L 的单匝正方形闭合线框竖直放置，总电阻为R，恰好完全处于左侧磁场内。某时
刻，给线框以向右的初速度v0，线框平行纸面开始运动。已知线框能全部进入右侧磁场内。则在线框通
过虚线的过程中（ ）
A．线框做匀减速直线运动
B．线框中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
C．线框中的最大感应电动势为BLv0
D．通过线框截面的电荷量为2B L
2
R
【答案】D
【详解】A．对线框，根据牛顿第二定律FA=ma
其中FA= BIL，I = E
R
，E = BLv
解得a= B
2 L
2v
mR
由于速度逐渐减小，安培力逐渐减小，所以是变加速运动，故A 错误；
B．线框由左侧磁场全部进入右侧磁场过程中，根据右手定则可知，感应电流的方向始终沿逆时针方向，
故B 错误；
C．线框由左侧磁场全部进入右侧磁场过程中，线框左右两个边均切割磁感线，产生电动势，则线框中的
最大感应电动势Em =2BLv0，故C 错误；
D．通过线框截面的电荷量q = E
R Δt =
|ΔΦ)
Δt
R
Δt =|ΔΦ)
R
= 2B L
2
R
，故D 正确。
故选D。
5．▶变考法◀一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，bc 边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为
0.2m，磁感应强度为1T 的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4 m /s沿x轴正方
向穿越磁场区过程中，可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差U ab随位置变化的情况的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在0~L 范围内，ab 边切割磁感线，根据右手定则可知感应电流方向为逆时针，a点电势高于b点，
ab 相当于电源，则U ab= 3
4 E = 3
4 BLv =0.3 V
在L~2L 范围内，线框中磁通量不变，感应电流为零，a点电势高于b点，则U ab= E = BLv =0.4 V
在2L~3L 范围内，dc 边切割磁感线，感应电流方向为顺时针，ab 相当于电阻，a点电势高于b点，则
U ab= 1
4 E = 1
4 BLv =0.1V
故选B。
6．如图所示，固定在水平面上的光滑导体框架处在竖直向下的匀强磁场中，框架上金属杆ab 以某初速
度运动，其运动速度v 随运动距离x 的图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设匀强磁场的磁感应强度为B，光滑导体框架的间距为L，金属杆ab 的质量为m，初速度为v0，
系统的总电阻为R1，对金属杆ab 由动量定理有−BL I ⋅Δt =mv −m v0
由法拉第电磁感应定律有E = ΔΦ
Δt
，其中ΔΦ = BLx
由闭合电路欧姆定律有I = E
R1
解得v =−B
2 L
2
m R1
x + v0
，可知v −x图像为直线，ABD 错误，C 正确。
故选C。
7．▶变思维◀如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存
在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L 的金属棒
ab、cd 分别静置在导轨上。现给ab 棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两
金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab 棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不
计。下列说法正确的是（ ）
A．ab 棒刚开始运动时，cd 棒中的电流方向为d →c
B．ab 运动后，cd 棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C．在0∼t0时间内，ab 棒产生的热量为1
3 m v0
2
D．在0∼t0时间内，通过cd 棒的电荷量为2mv0
3 BL
【答案】D
【详解】A．金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A 错误；
B．ab 运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd 棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流
减小，cd 棒受到的安培力会减小，由于F =mcd a，可知，cd 棒的加速度会减小，故B 错误；
C．两金属棒组成的系统动量守恒mv0=(m+m
′) 1
3 v0
解得m
′ =2m
由于ab棒与cd棒质量之比为1:2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1:2，由R = ρ L
S
得电阻之比为2:1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2:1，根据两棒组成的系统能量守恒有
1
2 m v0
2= 1
2 (m+m
′)(
1
3 v0)
2
+Q
0∼t0时间内ab棒产生的热量Qab= 2
3 Q = 2
9 m v0
2
故C 错误；
D．对cd棒列动量定理有B I Lt0=2m× 1
3 v0
又q = I t0
则在0∼t0时间内，通过cd棒的电荷量q = 2m v0
3 BL
故D 正确。
故选D。
8．如图甲所示，细线悬挂边长为1m、电阻为0.2Ω 的正方形单匝导体线框，线框一半处于水平虚线下方
的有界匀强磁场中。0～0.2s 内，磁场的磁感应强度大小B 随时间t 变化的图像如图乙所示，磁场方向垂
直纸面向里为正方向，线框始终处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．0.15s 时线框中的电流方向为顺时针方向
B．0～0.2s 内细线上的拉力先减小后增大
C．0.05s 时线框中的电流为10A
D．0.1s 时线框中的电流为0
【答案】AC
【详解】A．根据楞次定律可知，0～0.2s 内线框中的电流方向始终为顺时针方向，故A 正确；
B．因为0～0.2s 内线框中的电流方向始终为顺时针方向，根据左手定则可知，0～0.1s 内线框受到的安培
力方向竖直向下，因为磁感应强度逐渐减小，根据F=BIL
可知安培力不断减小，根据平衡条件可知细线上的拉力逐渐减小，同理有0.1s～0.2s 内线框受到的安培力
方向竖直向上，且安培力逐渐增大，根据平衡条件可知细线上的拉力逐渐减小，因此0～0.2s 内细线上的
拉力一直减小，故B 错误；
CD．0～0.2s 内，根据法拉第电磁感应定律，有E = ΔB
Δt S = 0.4−0
0.1−0 × L
2
2 =2 L
2
代入数据可得线框中的电流I =10 A，故C 正确，D 错误。
故选AC。
9．图中MN 和PQ 为竖直方向的两条平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。导轨所在平面与
磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R 的电阻R1和电容为C 的电容器。质量为m、电阻
为R 的金属杆ab 始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。杆ab 由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速
度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则（ ）
A．电容器右极板带正电
B．电容器的最大带电量为CBLv
3
C．杆ab 的最大速度v 等于P
mg
D．杆ab 所受安培力的最大功率为P
3
【答案】AC
【详解】A．根据右手定则，感应电动势的方向为：a→b，右极板带正电荷，A 正确；
B．下落过程中的最大感应电动势Em = BLv
ab 两端的电压为U ab= 2
3 Em = 2
3 BLv
电容器的最大带电量为Q =C U ab= 2
3 CBLv，B 错误；
CD．因为当达到最大速度时，安培力与重力平衡，即F安=mg
整个电路消耗的最大电功率等于克服安培力做功的功率，即P = F安v =mgv
即v = P
mg
，C 正确，D 错误。
故选AC。
10．▶新情境◀如图所示，水平面上固定平行、光滑的足够长金属导轨PM 与QN，它们的间距为L，导
轨电阻忽略不计；导轨所在区域有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上分别静止放置
两根长为L 的导体棒ab 和cd，ab 和cd 的质量分别为m1和m2，且m1>m2。两棒电阻均为R，与导轨始终
垂直且接触良好，导轨左端连接直流电源和电容器，S 为单刀双掷开关，电源电动势为E、内阻为r，电
容器电容为C。单刀双掷开关S 先接1，稳定后将开关S 接2，则（ ）（已知电容为C 的电容器电压
为U 时储存的电能为C U
2
2
）
A．开关S 接2 瞬间导体棒ab 和cd 的加速度大小相等
B．电容器最终带电量为
B
2 L
2C
2 E
m1+m2+2B
2 L
2C
C．整个过程中通过导体棒ab 和cd 的电荷量不相等
D．电路中产生的总热量为
(m1+m2)C E
2
2(m1+m2+ B
2 L
2C)
【答案】CD
【详解】A．开关接2 时，开始时电容器放电，导体棒ab 和cd 的电阻相同，电流相同，受到的安培力大
小相等，但两棒的质量不同，所以两导体棒的加速度大小不相等，故A 错误；
C．开关接2 后，电容器通过导体棒ab 和cd 放电，两棒在安培力作用下向右运动，最终稳定时，电路中
没有电流，两棒产生的感应电动势与电容器的电压相等，由E 感=BLv
可知，最终两棒的速度相等，由动量定理得BL I t =mv
其中q = I t
通过导体棒的电荷量与质量成正比，故C 正确；
B．开关接1 时，电容器充电，所带电荷量Q=CE
则电容器储存的电能E电= 1
2 C E
2
开关接2 后，取向右为正方向，对整体根据动量定理可得BL I t =(m1+m2)v
最终稳定时，电路中没有电流，两棒产生的感应电动势与电容器的电压相等，则有U=BLv
电容器放电电荷量q = I t =CE−CU
联立解得v =
BLCE
m1+m2+ B
2 L
2C
电容器最终带电量q
′ =CU =
B
2 L
2C
2 E
m1+m2+ B
2 L
2C
，故B 错误；
D．根据能量守恒定律得1
2 C E
2−1
2 C U
2= 1
2 (m1+m2)v
2+Q
联立解得整个过程中系统产生的焦耳热Q =
(m1+m2)C E
2
2(m1+m2+ B
2 L
2C)
，故D 正确。
故选CD。
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．（8 分）在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图所示：
(1)接通电源，闭合开关，G 表指针会向右偏转，几秒后G 表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅
速向右滑动时，G 表指针________（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，
G 表指针________（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭
合开关，G 表指针_______（“不动”、“右偏”。“左偏”、“不停振动”）。
(3)实验结束后，某同学在开关还没断开，A、B 两螺线管和铁芯也没分开放置的情况下，直接用手去拆除
某螺线管处的导线，突然被电击了一下，则该同学被电击是在拆除___________（选填“A”或“B”）螺线
管所在电路时发生的。
【答案】(1) 右偏（1 分） 左偏（1 分）
(2)不停振动（3 分）
(3)B（3 分）
【详解】（1）[1]由题知，通过A 螺线管的磁通量增大时，G 表指针右偏；滑动变阻器的触头迅速向右滑
动时，电阻减小，电流增大，B 螺线管的磁场增强，通过A 螺线管的磁通量增大， G 表指针向右偏；
[2]抽出铁芯，B 螺线管的磁场减弱，通过A 螺线管的磁通量减小，G 表指针向左偏。
（2）改用交流电后，磁场方向周期性变化，感应电流方向也随之周期性变化，故G 表指针不停振动；
（3）B 线圈匝数多，自感电动势大，断电瞬间产生高压，故该同学被电击是在拆除B 螺线管所在电路时
发生的。
12．（8 分）在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中。
(1)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按如图所示部分连接，要把电
路连接完整，M 连接到________(选填“a”“b”“c”或“N”)则N 连接到________(选填“a”“b”“c”或“M”)。
(2)正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P 向右加速滑动时，灵敏电流
计指针向右偏转。某同学再做这个实验时，滑动变阻器的滑片P 匀速向右滑动，则电流计指针
_________________（选填“静止在中央”；“向左偏转”；“向右偏转”。）
(3)某同学第一次将滑动变阻器的滑片P 慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的滑片P 快速向右移动，发
现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的_______________(选填“磁通量”“磁通量
的变化”或“磁通量变化率”)第二次比第一次的大。
(4)通过实验可以得出：当穿过闭合回路的________时，闭合回路中就会产生感应电流。
【答案】(1) c（1 分） a（1 分）
(2)向右偏转（2 分）
(3)磁通量变化率（2 分）
(4)磁通量发生变化（2 分）
【详解】（1）[1][2]本质为线圈A 接滑动变阻器形成电源回路，线圈B 接灵敏电流计形成检测回路，结合
题意P 右滑电阻减小，M 接c、N 接a 符合要求）
（2）滑片P 向右滑动时，无论加速还是匀速，滑动变阻器接入电阻都减小，线圈A 的电流增大，穿过线
圈B 的磁通量方向不变且仍在增大，因此感应电流方向不变，灵敏电流计指针仍向右偏转。
（3）根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦ
Δt
，滑片快速滑动时，相同磁通量变化量ΔΦ下，时间Δt更小，磁
通量变化率ΔΦ
Δt
更大，感应电动势更大，感应电流更大，因此指针摆动幅度更大。
（4）实验结论：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。
13．（10 分）如图所示，与动摩擦因数为μ=0.5的水平地面相距d =2m的水平面下有垂直纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度为B =0.5T。将边长L=2m，质量为m=0.5kg，电阻为R =1.6 Ω的正方形单匝
线圈在磁场上方某高处静止释放，线圈刚好能匀速进入磁场。线圈与地面发生时间极短的碰撞，在碰
撞前后运动过程中，线圈一直在竖直平面内，而且AB边始终保持水平，且线圈碰撞前后瞬间速度大小
相同、方向相反，第一次反弹后CD边离开磁场时速度刚好为0。重力加速度g=10 m /s
2，不计空气阻
力。求：
(1)线圈进入磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量q；
(2)线圈从第一次反弹后开始到CD边刚离开磁场的时间t。
(3)若仅改成将线圈从同一位置水平抛出，水平初速度为v0=10 m /s，求线圈从抛出到第一次反弹到最高
点时，线圈通过的水平位移x大小（不考虑线圈的旋转）。
【答案】(1)q =1.25C（2 分）
(2)t =0.55s（4 分）
(3)x =11.6 m（4 分）
【详解】（1）线圈进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律得E = ΔΦ
Δt = B L
2
Δt
由闭合电路的欧姆定律得I = E
R
线圈进入磁场过程中通过线圈截面的电荷量为q = I ⋅Δt
联立解得q =1.25C（2 分）
（2）线圈刚好能匀速进入磁场，此时安培力等于重力BIL=mg
又I = E
R = BLv
R
解得v =8 m/s（2 分）
线圈从第一次反弹后开始到CD边刚离开磁场的全过程列动量定理得−mgt −BLq =0−mv
解得t =0.55s（4 分）
（3）根据题意，线圈竖直方向运动与原来相同，故以v y = v =8 m/s匀速进入磁场，碰撞后经t =0.55s运
动到最高点。进磁场前t1= v y
g =0.8s
匀速进入磁场t2= d
v y
=0.25s
碰撞过程总有f = μN（2 分）
故冲量大小关系满足I f = μ I N
碰撞时间极短，忽略重力冲量，竖直方向有I N =2m v y
水平方向有−I f =m v
'
0−m v0
解得v
′
0=2m /s
水平位移x = v0(t1+t2)+ v
′
0t解得x =11.6 m（4 分）
14．▶新情境◀（12 分）2025 年9 月22 日，我国福建舰（舷号18）舰载机完成首次电磁弹射训练，
这标志着中国空军歼-35 等战斗机具备了更强的远程打击能力。在此启发下，某实验小组设计装置，研
究电磁弹射和电磁阻尼实验。如图所示，质量均为m、长度均为L、电阻均为R的金属棒PQ、MS、ST、
TO静置于水平且平行的光滑金属导轨上，导轨间距为L。导轨被M、O处的光滑绝缘小段分隔成左右
两区：左区导轨平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1= B；右区存在变化的磁场，
其磁感应强度大小B2与O点的水平距离x满足关系式：B2= B+ kx，其中k为常量。储能装置由电源与
电容器组成，电源电动势为E，电容器电容为C。单刀双掷开关先投向1，电容器充电完成后再将开关
投向2，PQ随即向右弹射，到达左、右区分界处时，与“线框”MSTO发生完全非弹性碰撞，而后一起
向右运动。已知导轨电阻不计且左右两区均足够长，各金属棒始终与导轨接触良好且PQ、ST始终与导
轨垂直。不考虑空气阻力，求：
(1)电容器充电完成后的电荷量q；
(2)金属棒PQ可获得的最大速度vm；
(3)若已知金属棒PQ质量为m=1kg，长度L=1m，电源电动势为E =10 V，电容器电容为C =1F，
R =1Ω，B =1T，k =1T/ m。求金属棒PQ最终停下的位置与O点的水平距离xm。
【答案】(1)CE（2 分）
(2)vm =
BLCE
m+ B
2 L
2C
（4 分）
(3)20m（6 分）
【详解】（1）电容器充电完成后，两端电压等于电源电动势E，根据电容的定义式C = q
U
可得电容器充电完成后的电荷量q = CE（2 分）
（2）开关投向2 后，电容器放电，金属棒PQ 受到安培力作用加速。当PQ 的感应电动势等于电容器剩余
电压时，电流为0，速度达到最大。
设此时电容器剩余电荷量为q'，则U
′ = q
′
C = BLvm
对PQ 应用动量定理，有B I L Δt =m vm（2 分）
其中Δq = I Δt =q−q
′ =CE−CBLvm
联立可得vm =
BLCE
m+ B
2 L
2C
（4 分）
（3）代入已知数据可得PQ 碰撞前的速度vm =5 m/s
根据动量守恒，有m vm =(m+3m)v
线框在位置x 处时，左右两边的磁感应强度分别为B左= B+ kx，B右= B+k (x + L)
感应电动势为E =(B右−B左) Lv =k L
2v（2 分）
线框总电阻为4R，感应电流为I = E
4 R
安培力大小为F =(B右−B左)IL= k
2 L
4
4 R v
对整体应用动量定理∑F Δt =∑k
2 L
4
4 R v Δt =(m+3m)v（3 分）
可得k
2 L
4
4 R xm =(m+3m)v
代入数据解得xm = 20m（4 分）
15．（16 分）如图所示，两根相互平行、足够长的光滑金属导轨ACD−A1C1 D1固定于水平桌面上，
左侧AC −A1C1轨道间距为L2= 4 m，右侧CD−C1 D1轨道间距为L1=2m，导体棒a、b分别置于导轨
的右侧和左侧，导体棒长度与所在导轨宽度相同。导体棒a的质量m1=0.8kg、电阻不计，导体棒b的
质量m2=3.2kg、电阻未知。定值电阻的阻值R =1.5Ω，电容器的电容C =3F，初始状态电容器不带
电。电容器右侧和定值电阻左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B =0.5T。导体
棒a通过绝缘细线跨过光滑滑轮与重物c相连，该重物的质量m3=0.2kg，连接a的细线平行于导轨，
连接c的细线竖直。a、b导体棒分别距定滑轮和定值电阻足够远且运动过程中未离开磁场区域，导轨
电阻不计，忽略一切阻力，取重力加速度g=10 m /s
2。
(1)若在开关S1闭合、S2与S3断开的状态下将导体棒a由静止释放（重物c离地足够高），求导体棒a的最大
速度。
(2)若在开关S1与S3都断开、S2闭合的状态下，将重物c置于离地h=1.48 m高度（连接ac的细线伸直），
导体棒a由静止释放开始计时，t1=1.6s瞬间再断开S2。
（i）求重物c落地瞬间导体棒a的速度大小。
（ii）重物c落地瞬间，再闭合开关S3，从闭合开关S3到导体棒a、b运动到稳定状态的过程中，求通过导
体棒a的电荷量。
【答案】(1)3 m /s（3 分）
(2)（i）2m /s（6 分）（ii）0.8C（7 分）
【详解】（1）当c的重力等于a受到的安培力时有最大速度vm，则m3 g= B I m L1
其中I m = E
R
，E = B L1vm
联立解得vm =3 m /s（3 分）
（2）（i）在开关S1断开、S2闭合的状态下，导体棒a与重物c有共同加速度a1，对整体，由牛顿第二定律
有m3 g−BI L1=(m3+m1)a1（1 分）
其中I = Δq
Δt = C ΔU
Δt
= CB L1 Δv
Δt
=CB L1a1
联立解得a1=
m3 g
C B
2 L1
2+m3+m1
（1 分）
代入数据可得a1=0.5 m /s
2
所以导体棒a与重物c做匀加速直线运动，则t1=1.6s时，v1=a1t1，h1= 1
2 a1t1
2
解得v1=0.8 m /s，h1=0.64 m（2 分）
此时，再断开S2，导体棒a不受安培力，则m3 g=(m3+m1)a2
加速度a2= m3 g
m3+m1
=2m /s
2
重物c再下降h2=h−h1=0.84 m
则根据运动学公式v2
2−v1
2=2a2h2
解得落地瞬间a和c的速度为v2=
❑√v1
2+2a2h2=2m /s（2 分）
（ii）重物c落地瞬间，闭合S3，导体棒a获得向右的速度v2后，导体棒a、b与导轨组成的回路产生感应电
流，根据楞次定律可知，导体棒b受到向右的安培力，开始向右加速运动，同时与导体棒a产生方向相反
的电动势，因此当电流为零时，导体棒a、b分别以va、vb的稳定速度匀速运动，则电动势
B L1va= B L2vb
解得va=2vb（2 分）
取向右为正方向，从导体棒b开始运动到稳定运动的过程中，根据动量定理，对导体棒a有
−B I L1t =m1va−m1v2
对导体棒b有B I L2t =m2vb
联立解得va=1m /s，vb=0.5 m /s（3 分）
通过导体棒a、b的电荷量q相等，则根据B I L2t =m2vb
可得q = I t = m2vb
B L2
=0.8C（3 分）
