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第十二、三章 电磁感应、交变电流与传感器
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
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。
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合
题目要求的。
1.物理学发展源于生活，沉于理论，归于实验，下列关于物理学史的说法正确的是（ ）
A．赫兹首先发现了电磁感应现象
B．安培最早通过实验证实了电磁波的存在
C．麦克斯韦认为变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场
D．法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感
应电流的磁通量的变化
【答案】C
【详解】A．电磁感应现象由法拉第首先发现，赫兹的主要贡献是证实电磁波的存在，故A 错误；
B．赫兹通过实验首次证实了电磁波的存在，安培的研究集中在电流的磁效应，故B 错误；
C．麦克斯韦电磁场理论指出变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故C 正确；
D．感应电流的方向由楞次定律描述，而法拉第提出的是电磁感应现象及定量规律，故D 错误。
故选C。
2．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门”框内有线圈，线圈里通有交变电流，电流在“门”内产
生磁场，当有金属物品通过“门”时，在金属内部产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从
而报警。安检门工作时利用了（ ）
1
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A．电磁感应原理
B．电磁驱动原理
C．电磁阻尼原理
D．电流的热效应
【答案】A
【详解】安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品，当线圈中通以交变电流时，产生变化的磁场，在磁
场内的金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，
引起线圈中交变电流的变化，从而被探测到，主要是利用电磁感应原理。
故选A。
3．如图甲、乙所示的电路中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，且小于灯泡A 的电阻，闭合开关S，
使电路达到稳定，灯泡A 发光，则（ ）
A．在电路甲中，断开S 后，A 将逐渐变暗
B．在电路甲中，断开S 后，A 将先变得更亮，然后才逐渐变暗
C．在电路乙中，断开S 后，A 将逐渐变暗
D．在电路乙中，断开S 后，A 将直接逐渐变暗
【答案】A
【详解】AB．图甲所示电路中，灯A 和线圈L 串联，电流相同，断开S 时，线圈上产生自感电动势，阻碍
原电流的减小，通过R、A 形成回路，灯A 逐渐变暗，故A 正确，B 错误；
CD．图乙所示电路中，电阻R 和灯A 串联，灯A 的电阻大于线圈L 的电阻，则灯A 的电流小于线圈L 中的
电流，断开S 时，电源不给灯供电，而线圈L 产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A 形成回路，灯A
中电流比原来大，A 将变得更亮，然后逐渐变暗，故CD 错误。
故选A。
2
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4．如图甲所示，闭合金属框abcd置于垂直纸面向里的磁场中，线框平面与磁场方向垂直﹐磁感应强度B
随时间t的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电
流i随时间t变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】如图所示，在0~1s 内，磁场方向垂直纸面向里且在增大的过程，由楞次定律可知，要产生的感应
电流方向为逆时针方向，根据E = N Δϕ
Δt
，产生的感应电动势与感应电流应该是恒定值。在1~3s 内，磁场
不变，感应电流为0。3~4s 内，垂直纸面向内的磁场减小，故产生感应电流为顺时针方向。
故选B 。
5．如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S 的n 匝金
属线框处在磁场中。线框与电阻R 相连，若金属框的电阻为R
2
，下列说法正确的是（ ）
3
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A．线框面积将有扩大趋势
B．a、b 间的电压U ab=−2n B0 S
3t0
C．线框cd 边受到的安培力方向向上
D．流过电阻R 的感应电流方向由a 到b
【答案】D
【详解】A．磁感应强度增大，穿过金属框的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框面积将有收缩趋势，
故A 错误；
B．回路中产生的感应电动势E =n ΔΦ
Δt =nS Δ B
Δt =nS 2B0−B0
t0
= n B0 S
t0
回路中感应电流I =
E
R+ R
2
根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，则有U ab>0
根据欧姆定律有U ab= IR
解得U ab= 2n B0 S
3t0
，故B 错误；
C．线框中电流沿逆时针，根据左手定则可知，线框cd 边受到的安培力方向向下，故C 错误；
D．结合上述，线框中电流沿逆时针，则流过电阻R 的感应电流方向由a 到b，故D 正确。
故选D。
6．如图所示，用两个光滑正对的金属圆环、一根金属棒ab 和三根绝缘棒连接成一个“鼠笼”，两环直径
均为d，圆心OO
'间的距离为L，四根棒均匀分布在圆周上且与OO
'平行，阻值为r 的电阻通过导线和电刷
与两圆环连接。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向平行于金属导轨圆面竖直向下，图中未全部画出。
金属棒电阻为R，其余电阻均不计，电压表为理想电压表。现使“鼠笼”绕水平轴OO
'以角速度ω匀速转
动，则（ ）
4
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A．金属棒ab 中的电流大小始终不变
B．电压表的示数为
BLωdR
2√2（R+r ）
C．金属棒ab 两端的最大电压为BLωd
2
D．金属棒ab 运动一周，电阻R 上产生的焦耳热为π d
2 R B
2 L
2ω
2（R+r ）
2
【答案】B
【详解】A．由于电路中电流方向会随着金属棒ab 转动过程中切割磁感线的方向改变而改变，是交流电，
电流大小是按正弦规律变化的，并非始终不变，故A 错误；
B．金属棒ab 在转动过程中，切割磁感线产生的感应电动势e = BLv
其中v =ω× d
2
金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势的有效值E = Em
√2 = BLωd
2√2
根据闭合电路欧母定律I =
E
R+r
电压表测量的是电阻R 两端的电压，即U = IR =
BLωdR
2√2（R+r ）
，故B 正确；
C．金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势的最大值Em = BLω d
2
此时ab 两端电压是路端电压，根据闭合电路欧母定律U ab=
R
R+r Em =
BLωdR
2（R+r ）
，故C 错误；
D．金属棒ab 转动一周的时间T = 2π
ω
由I =
E
R+r =
BLωd
2√2（R+r ）
5
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根据焦耳定律Q = I
2 RT
可得Q =(
BLωd
2√2（R+r ））
2 R× 2π
ω = π d
2 R B
2 L
2ω
4（R+r ）
2
，故D 错误。
故选B。
7．光滑平行异型导轨abcd 与a'b'c'd'如图所示，轨道的水平部分bcd、b'c'd'处于竖直向上的匀强磁场中，
bc 段轨道宽度为cd 段轨道宽度的2 倍，bc 段和cd 段轨道都足够长，但abcd 与a'b'c'd'轨道部分的电阻都不
计。现将质量相同的金属棒P 和Q（P 和Q 都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab 段和cd
段，将P 棒置于距水平轨道高为h 处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g。则（ ）
A．当P 棒进入轨道的水平部分后，P 棒先做加速度逐渐增大的减速直线运动
B．当P 棒进入轨道的水平部分后，Q 棒先做匀加速直线运动
C．Q 棒的最终速度和P 棒最终速度关系vp=2vQ
D．P 棒的最终速度vP= 1
5 √2 gh，Q 棒的最终速度vQ= 2
5 √2gh
【答案】D
【详解】AB．当P 棒进入轨道的水平部分后，P 棒切割磁感线而产生感应电流，P 棒受到安培力而减速，
Q 棒因受到安培力而加速，由于Q 棒也切割磁感线产生感应电动势，与P 棒产生的感应电动势相反，因此
回路中的电流减小，安培力也减小，故P 棒做加速度减小的减速运动，Q 棒做加速度减小的加速运动，故
AB 错误。
C．最终匀速时，回路中的电流为零，即两棒切割产生的感应电动势大小相等，则有
B Lpvp= B LQ vQ
可得
2vp= vQ
故C 错误。
6
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D．P 棒沿弧面滑下过程机械能守恒
mgh= 1
2 mv0
2
解得
v0=√2gh (1)P 棒和Q 棒运动过程中任意时刻，两棒上电流相等，所以两棒受到的安培力为：
F P=2 FQ
即从P 棒进入磁场到它俩稳定运动过程中，两棒受到的安培力的平均值也为：
F P=2 FQ (2)
此过程中对P、Q 分别列动量定理得
−F Pt =m v P−m v0 (3)
FQt =m vQ−0 (4)
又由于
2vp= vQ (5)
(1)(2)(3)(4)(5)联立可得
vp= 1
5 √2gh
vQ= 2
5 √2gh
故D 正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3 个小题。每小题6 分，共18 分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
8.如图所示，光滑固定导轨m、n 水平放置，两根导体棒p、q 平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一
条形磁铁从高处下落接近回路时（不计空气阻力）（ ）
A．p、q 将互相靠拢
B．p、q 将互相远离
7
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C．磁铁下落的加速度仍为g
D．磁铁下落的加速度小于g
【答案】AD
【详解】AB．在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律的结论 “增缩减
扩”可知，p、q 将互相靠拢，故A 正确，B 错误；
CD．在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律的结论“来拒去留”可知，磁
铁受到向上的阻力，磁铁的加速度小于g，故C 错误，D 正确。
故选AD。
9.水力发电具有防洪、防旱、减少污染等多个优点，现已成为我国的重要能源之一，某条河的水流量为
4 m
3/s，水流下落的高度差为5m，现在利用该河流兴建水电站来发电，设所用发电机的总效率为50%，
发电机的输出电压为350V，在输送途中输电线的电阻为4Ω，损耗的功率为输出功率的5%，已知用户需要
的电压为220V，水的密度为1.0×10
3kg/ m
3，g=9.8 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出功率为9.8×10
4 W
B．输电线上的电流为70A
C．升压变压器匝数之比为1
8
D．降压变压器匝数之比为133
11
【答案】ACD
【详解】A．水推动发电机叶轮的功率P= mgh
t
又m= ρV ；所以P = ρVgh
t
发电机的输出功率P出=50 % P
解得P出=50 %×1.0×10
3×4×9.8×5 W =9.8×10
4 W，A 正确；
B．输电线上损耗的功率为P出=5 %×9.8×10
4 W = 4.9×10
3 W
8
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又P损= I
2r，所以输电线中的电流I =√
P损
r =35 A
，B 错误；
C．根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可知，升压变压器副线圈两端的电压为
U 2= P出
I = 9.8×10
4
35
V=2.8×10
3V
所以升压变压器原副线圈的匝数比为n1
n2
= U 1
U 2
=
350
2.8×10
3 = 1
8
，C 正确；
D．因为降压变压器原副线圈两端的电压为U 1
′ =2.8×10
3V−35×4 V =2.66×10
3V
降压变压器副线圈两端的电压为U 2
′ =220 V；所以降压变压器原副线圈的匝数比为n1
′
n2
′ = U 1
′
U 2
′ = 2660
220 = 133
11
，D 正确。
故选ACD。
10.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4
之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度
cd = L=0.5 m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），线圈速度随
时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知
t1~t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10m/s
2）。则下列
说法中正确的是（ ）
A．在0~t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C
B．线圈匀速运动的速度大小为8 m /s
C．线圈的长度为1m
D．0~t3时间内，线圈产生的热量为5J
【答案】AB
9
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【详解】ABC．由题图可知，在t2~t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件则有
mg＝BIL
由欧姆定律可知I = BLv2
R
联立两式，解得v2= mgR
B
2 L
2 =8 m/s
t1~t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力
作用，仅在重力作用下运动，以cd 边与L2重合时为初状态，以ab 边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度
为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，则有3d = v2t −1
2 gt
2
其中v2＝8 m/s，t＝0.6s
代入解得d＝1 m
所以线圈的长度为2d＝2 m
在0~t1时间内，cd 边从L1运动到L2，则通过线圈的电荷量为q =ΔΦ
R
= BLd
R =0.25C，故AB 正确，C 错
误；
D．0~t3 时间内，根据能量守恒定律得Q =mg(3d +2d)−1
2 mv2
2=1.8J，故D 错误。
故选AB。
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分。其中后三小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演
算步骤：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11.（6 分）某实验小组用可拆变压器做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验。
(1)保持输入电压以及原线圈的匝数不变，改变副线圈匝数，研究输出电压跟原副线圈匝数比的关系，该过
程主要运用的科学方法是 ；
(2)以下给出的器材中，本实验可能需要用到的有__________（填选项前的字母）
10
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A．电池
B．学生电源
C．直流电压表
D．多用电表
(3)为研究变压器横梁的作用，把没有安装横梁跟安装了横梁的变压器进行对比实验，结果如下表所示。请
根据实验结果分析横梁在其中起到的作用： 。
n1匝
n2匝
U 1
U 2
没有横梁
100
200
4.00V
4.68V
装上横梁
100
200
4.00V
7.99V
【答案】(1)控制变量法（2 分）
(2)BD（2 分）
(3)变压器横梁用于形成闭合磁路，减少漏磁和磁阻，从而尽可能准确得出变压器线圈两端的电压与匝数的
关系。（2 分）
【详解】（1）保持输入电压以及原线圈的匝数不变，改变副线圈匝数，研究输出电压跟原副线圈匝数比
的关系，该过程主要运用的科学方法是控制变量法。
（2）本实验原线圈需要连接低压交流电源，所以需要学生电源；需要用交流电压表测量副线圈的输出电
压，所以需要多用电表（交流电压挡）。
故选BD。
（3）由表格数据可知变压器横梁用于形成闭合磁路，减少漏磁和磁阻，从而尽可能准确得出变压器线圈
两端的电压与匝数的关系。
12.（10 分）某实验小组想利用热敏电阻制作一个简易的温控报警器，当温度达到或超过60°C 时，报警器
会发出警报。具体操作如下：
(1)测量热敏电阻在60°C 时的阻值。已知该热敏电阻的阻值随着温度的升高而降低。有以下实验器材和实
验电路图可供选择。
A．电源E（电动势为15V，内阻不计）
B．电流表A（量程为0.6A，内阻约5Ω）
C．电压表V（量程为15V，内阻约4000Ω）
D．滑动变阻器R1（最大电阻为10Ω，额定电流3.0A）
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E．滑动变阻器R2（最大电阻为500Ω，额定电流为1.0A）
F．热敏电阻RL（60°C 时阻值在20 30Ω
∼
之间）
G．电阻箱（0~999.9Ω）
①为了更准确测定阻值，滑动变阻器应选择 （填仪器符号），电路图应选择 （选填“甲”或
“乙”）。
②利用加热装置对热敏电阻加热至60°C，保持温度不变，滑动滑动变阻器的滑片，得到电压表和电流表的
多组数据，并画出了出I−U 图像，由图像可得RL= Ω。（保留三位有效数字）
(2)调试报警器。
①按照图丁连接器材，已知报警器报警最低电流为0.02A，功率极小，电源为可调电源，内阻不计，调试
时输出电压为3V。
②在常温下，闭合开关S1，开关S2接通b，再将电阻箱的阻值调为 Ω，然后滑动变阻器从c 向d 滑
动，直至报警器发出警报，再将开关S2接通a，报警器调试完成。此步骤有三种滑动变阻器可供选择，应
选择 （选填“R3”、“R4”或“R5”，R3的最大阻值为50Ω，R4的最大阻值为100Ω，R5的最大阻值为
200Ω，三者的额定电流都为1.0A）
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(3)实验中发现达到60°C 时，报警器仍没发出警报，在排除仪器故障的前提下，为了保证准确发出警报，
在调试中可采取哪些措施（请列举一条）。
【答案】(1) R1（1 分） 乙（2 分） 25.0（2 分）
(2) 25.0（1 分） R5（2 分）
(3)调小滑动变阻器阻值或增大电源输出电压（2 分）
【详解】（1）[1]为了方便调节，滑动变阻器选阻值范围小的R1。
[2]60°C 时阻值在20~30Ω 之间，所以R<√R A RV =√5×4000Ω=100√2Ω
所以电流表采用外接法，测量较准确，故选乙图。
[3]通过画出的I−U 图像可得RL= ΔU
Δ I = 10
0.4 Ω=25Ω
（2）[1]观察图乙，调试时，电阻箱的作用是用来等效60°C 时的热敏电阻，故电阻箱的阻值要调成25Ω。
[2]电路中最大电阻
R = E
I min
=
3
0.02 Ω=150Ω
滑动变阻器的最大电阻R
′ = R−RL=125Ω
所以滑动变阻器应选择R5。
（3）实际调试中，电源有一定的内阻，故可采取调小滑动变阻器阻值或增大电源输出电压。
13.（10 分）如图所示，一个匝数为n 的正方形线圈，边长为d，电阻为r。将其两端a、b 与阻值为R 的电
阻相连接，其他部分电阻不计。在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B 由零随时间t
均匀增加，ΔB
Δt
＝k。求：
(1)t1时刻线圈的磁通量；
(2)判断a、b 两点电势的高低，并求两点间的电势差Uab。
【答案】(1)k t1d
2
13
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(2)a 点电势高；U ab= nk d
2 R
R+r
【详解】（1）t1时刻磁感应强度B1= ΔB
Δt t1=k t1（2 分）
线圈的磁通量Φ = B1d
2=k t1d
2（2 分）
（2）根据楞次定律可知，线圈中的感应电流为逆时针方向，则a 点电势高；
感应电动势E =n Δ B
Δt d
2=nk d
2（2 分）
感应电流I =
E
R+r = nk d
2
R+r
（2 分）
则U ab= IR = nk d
2 R
R+r
（2 分）
14.（12 分）如图为风力发电示意图，该系统由风力发电机、变压器和用户三部分构成。t =0时刻，发电机
线圈所在平面与磁场方向垂直。已知风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每分钟20 圈的转速转
动，发电机线圈面积S = 3
π m
2，匝数为N =200，内阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B =0.1T。变压器为
理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:4，用户等效为R = 4Ω的定值电阻，电压表为理想电表。
（结果可保留根号）求：
(1)发电机产生电动势的瞬时表达式；
(2)电压表的示数；
(3)原线圈的输入功率。
【答案】(1)e = 40sin 2
3 πt（V）
(2)80√2V
(3)3200W
【详解】（1）风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每分钟20 圈的转速转动，则转速为n= 1
3
r/s
（1 分）
14
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发电机产生的最大电动势为Em = NBSω= NBS×2πn= 40V（2 分）
因为t =0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为
e = Emsin ωt = Emsin2πnt = 40sin 2
3 πt（V）（2 分）
（2）因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为U 1= Em
√2 =20√2V（2 分）
因为理想变压器，则有U 1
U 2
= n1
n2
（1 分）
解得副线圈两端的电压为U 2=80√2V（2 分）
又因为电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为80√2V
（3）原、副线圈功率相等，大小为P = U 2
2
R =3200
W（2 分）
15.（16 分）如图所示，两根平行导轨水平放置，间距L，两导轨左端接有单刀三掷开关，三条支路上分别
接有电容为C的电容器，电动势为E、内阻为r的电源，阻值为R的定值电阻，初始时开关与电容器所在支
路1 相连。整个导轨平面内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B。在导轨上静止放置质量为m
的导体棒，导体棒与MN 左侧导轨之间的动摩擦因数为μ，MN 右侧的导轨光滑，导体棒到MN 的距离为x0
。现给导体棒施加水平向右的恒定拉力F，当导体棒运动到MN 时撤去拉力F，同时单刀三掷开关变为与
电源所在支路2 相连。经过一段时间后，导体棒再次经过MN 时，单刀三掷开关变为与电阻所在支路3 相
连。已知导体棒最终恰好静止在初始位置，从开始运动到最终静止一共经历时间t，导轨与导体棒电阻均
忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)当导体棒在拉力作用下速度达到v时，此时电容器所带电荷量q；
(2)导体棒第一次运动到MN 所用的时间t1；
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(3)整个过程中电源内阻r和定值电阻R上产生的焦耳热Qr和QR。
【答案】(1)q=CBLv
(2)t1=√
2 x0(m+C B
2 L
2)
F −μmg
(3)
Qr =
μmgR E
2(t −√
2 x0(m+C B
2 L
2)
F −μmg
)+ B
2 L
2 E
2 x0+mR E
2√
2 x0(F −μmg)
m+C B
2 L
2
R (μmgr + BLE)
+ m x0(F −μmg)
m+C B
2 L
2
−
[ μmgRBLE(t −√
2
,
QR=[μmgRBLE(t −√
2 x0(m+C B
2 L
2)
F −μmg
)+ B
3 L
3 E x0−μm
2 grR√
2 x0(F −μmg)
m+C B
2 L
2 ]
2
2m(μmgr + BLE)
2 R
2
−μmg x0
【详解】（1）导体棒运动速度为 v 时，感应电动势 E=BLv（1 分）
电容器两端电压 U=BLv（1 分）
电容器所带电荷量 q=CBLv（2 分）
（2）对导体棒运动过程受力分析，由牛顿第二定律F −μm g−BiL=m Δv
Δt
（1 分）
电容器充电电流i= Δq
Δt
由电容定义式，得Δq =C ΔU =CBL Δv（1 分）
联立，解得导体棒加速度a= Δv
Δt = F −μmg
m+C B
2 L
2（1 分）
故导体棒做匀加速直线运动，由运动学公式，得x0= 1
2 at1
2（1 分）
解得t1=√
2 x0(m+C B
2 L
2)
F −μmg
（1 分）
（3）设导体棒第一次经过MN 时速度大小为v1，第二次经过MN 时速度大小为v2，两次经过MN 的时间间
隔为t2，从第二次经过MN 到最终静止时间为t3，流过电源的电荷量为q2
由运动学公式，得v1=√2a x0
①
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导体棒与电源相连时，由动量定理，得BE+ BLv
r
L Δt =m Δv（1 分）
由于导体棒与电源相连的整个运动过程位移为0，求和，可得BEL
r
t2=m(v1+ v2) ②（1 分）
同理，有BLq2=m(v1+ v2)（1 分）
导体棒第二次经过MN 后，与电阻相连，由动量定理，得(μmg+ B BLv
R
L)Δt =m Δv
导体棒与电阻相连时位移为x0，求和，可得μmgt3+ B
2 L
2 x0
R
=m v2
③（1 分）
由时间关系可得t2+t3=t −t1 ④
由能量守恒得Qr =Eq+ 1
2 mv1
2−1
2 mv2
2 ⑤（1 分）
QR= 1
2 m v2
2−μmg x0 ⑥（1 分）
联立①~⑥，解得
Qr =
μmgR E
2(t −√
2 x0(m+C B
2 L
2)
F −μmg
)+ B
2 L
2 E
2 x0+mR E
2√
2 x0(F −μmg)
m+C B
2 L
2
R (μmgr + BLE)
+ m x0(F −μmg)
m+C B
2 L
2
−
[ μmgRBLE(t −√
2
QR=[μmgRBLE(t −√
2 x0(m+C B
2 L
2)
F −μmg
)+ B
3 L
3 E x0−μm
2 grR√
2 x0(F −μmg)
m+C B
2 L
2 ]
2
2m(μmgr + BLE)
2 R
2
−μmg x0
（1 分）
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