资源简介

茂名市田家炳中学 2025-2026 学年第二学期高二级 4 月教学质量监测
物理试卷
考试时间：75 分钟
注意事项：
1 ．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2 ．请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（选择题）
一、单选题：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，只有一项符合题目要求。
1 ．下图中关于各个物理量之间的方向关系正确的是( )
A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．②④
2 ．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，下列说法正确的是( )
A ．图甲的速度选择器能使速度大小v 的粒子沿直线匀速通过
B ．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为a → R → b ，电阻 R 两端的电势差等于发电机的电动势
C ．图丙为回旋加速器，若增大 D 形盒狭缝之间的加速电压 U，则粒子射出加速器时的最大
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动能增大
D ．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
3 ．如图所示，空间内存在一个宽度为 L，有足够长竖直边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现将一个尺寸如图所示的闭合等腰梯形导线框，从图示位置开始沿水平方向向右匀速通过磁场区域，则导线框中感应电流随时间变化的图像中可能正确的是( )
(
A
．
)B．
(
C
．
) (
D
) (
.
)
4 ．如图所示电路中，A 1 和A2 是完全相同的灯泡，线圈 L 的电阻可以忽略，下列说法中正确的是( )
A ．闭合开关 S ，A2 始终比A1 亮
B ．闭合开关 S ，A2 立即亮，A 1 逐渐亮
C ．断开开关 S ，A2 立即熄灭，A 1 逐渐熄灭
D ．断开开关 S 的瞬间，通过A1 的电流方向反向
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5 ．航母电磁弹射系统工作时的峰值放电阶段的原理如图所示（俯视图），间距为 3.5m 的平行金属轨道固定在水平面上，轨道间存在竖直向上的匀强磁场，滑块（含牵引杆）和战斗机的总质量为3.0 × 104 kg 。在峰值放电期间，流经滑块的电流为1.6 × 105 A ，可维持 2s，在此 期间战斗机由静止加速到 85m/s ，不计滑块（含牵引杆）和战斗机受到的阻力，则此期间，弹射系统须提供的磁感应强度 B 的大小约为( )
A ．1.2T B ．2.3T C ．3.6T D ．4.9T
6 ．1831 年 10 月 28 日，法拉第展示了人类历史进第一台发电机一法拉第圆盘发电机，其原理如图乙所示，水平匀强磁场 B 垂直于盘面，圆盘绕水平轴 C 以角速度w 匀速转动，铜片 D与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和电阻 R 组成闭合回路，圆盘半径为 L，圆盘接入 CD 间的电阻也为 R，其他电阻均可忽略不计。下列说法正确的是( )
(
1
)A ．C 点电势高于 D 点电势 B ．C、D 两端的电压为 BL2 w 2
BL2 w
C ．圆盘转动过程中，电流的大小为 D ．圆盘转动过程中，产生的电功率为4R
B2L4 w2
4R
7．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m 、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的 M 点沿直径 MON 方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1 ，离开磁场时速度方向偏转 90°,在磁场中运动时间为 t1 ；若射入磁场时的速度大小为v2 ，离开磁场时速度方向偏转 60°,在磁场中运动时间为 t2 。不计重力，则 分别为( )
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A ． ， B ． C ．
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分。
8 ．手机无线充电以其便捷性和美观性受到很多手机用户喜欢。无线充电是利用变化的电流在送电线圈中产生变化的磁场，变化的磁场通过手机中的受电线圈感应出电流为手机充电。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A ．无线充电底座可以给所有手机进行无线充电
B ．无线充电过程发生的是互感现象
C ．当穿过受电线圈的磁通量增加时，受电线圈有收缩的趋势
D ．在无线充电底座和手机之间放一块金属板有利于提高手机充电效率
9 ．如图甲所示为一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的圆环，从竖直放置的足够长的粗糙绝缘细杆顶端由静止释放，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中（不计空气阻力）。圆环运动的速度图像如图乙所示，下列有关说法正确的是（重力加速度为 g）( )
A ．圆环与细杆间的动摩擦因数为
B ．圆环对竖直杆的压力就是圆环受到的洛伦兹力
C ．若将磁场的方向改为竖直方向，圆环将做自由落体运动
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D ．若磁感应强度的方向反向则圆环的最大速度将变为 2v0
10 ．如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为 1m，固定在倾角为 37°的绝缘斜面上。导轨顶端连接一个阻值为 1 Ω 的电阻。在 MN 下方存在方向垂直于斜面向上、大小为 0.5T
的匀强磁场。质量为 1kg 的金属棒从 AB 处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的 v-t 图像如图乙所示，且已知金属棒从进入磁场到速度达到 8m/s 时通过电阻的电荷量为 5C。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取 g=10m/s2，
sin37°=0.6 ，cos37°=0.8，则( )
A ．金属棒与导轨间的动摩擦因数为 0.25
B ．金属棒在磁场中能够达到的最大速率为 16m/s
C ．金属棒从进入磁场到速度达到 8m/s 过程所经历的时间为 1.25s
D ．金属棒从进入磁场到速度达到 8m/s 过程中电阻产生的焦耳热为 16J
第 II 卷（非选择题）
三、实验题：本题共 2 小题，共 12 分，请按题目要求作答。
11 ．某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为 m，打点计时器所接的交流电源的频率为50Hz ，动滑轮质量不计，实验步骤如下：
①按图甲所示安装好实验装置（未挂钩码），其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动
③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度，读出弹簧测力计的示数
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④改变钩码的数量，重复步骤③,求得小车在不同拉力作用下的加速度根据上述实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是
A ．钩码的质量应远大于小车的质量 B ．实验过程中钩码处于平衡状态
C ．与小车相连的细线与长木板一定要平行 D ．小车所受的拉力大小等于钩码重力
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有 4 个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a = m/s2 。（结果保留两位有效数字）
(3)若交流电的实际频率小于50Hz ，则（2）中 a 的计算结果与实际值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
(4)由本实验得到的数据作出小车的加速度 a 与弹簧测力计的示数 F 的关系图像，与本实验符合的是
(
A
．
) (
B
．
)
(
C
．
) (
D
．
)
(5)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余实验步骤不变且操作正确，
以弹簧测力计的示数 F 为纵坐标，以加速度 a 为横坐标，得到如图丁所示的纵轴截距为 b、斜率为 k 的一条倾斜直线，重力加速度为 g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦因数： μ = 。
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12 ．利用电流表（量程 0.6A，内阻约为 0. 1Ω) 和电压表（量程 3V，内阻约为 5kΩ) 测定一节干电池的电动势和内阻（约为 1Ω),要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是 （选填“ 甲”或“ 乙”）。
(2)处理实验中的数据得到如图丙所画图线，由此可得出干电池的内阻r= Ω（结果保留 3 位有效数字）
(3)在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学进行了如下操作：
①用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度 L，用螺旋测微器测量金属丝的直径 D，其中一次测量金属丝直径 D 的结果如图丁所示，其读数为 mm。
②部分实验电路如图戊所示，考虑电压表内阻的影响，实验中金属丝电阻的测量值 它的真实值（选填“大于” 、“等于”或“小于”）。
③若实验中测得电压表的示数为 U，电流表的示数为 I，金属丝的长度为 L，金属丝的横截面积为 S，则该金属丝材料的电阻率 ρ= （结果用本小题③中字母表示）。
四、解答题：本题共 3 小题，共 42 分。
13．如图所示，位于真空室内的平面直角坐标系xOy ，第一象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E = 2.0 × 105 V/m ，第四象限在平行于x 轴的条形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B = 0.6T 。从y 轴正半轴上y = 0.05m 处的M 点有带正电的a 粒子以速度v0 = 1.0 × 106 m/s 垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的P 点进入磁场；已知a 粒子
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的比荷为 C/kg ，不计 a 粒子的重力。求：
(1)OP 的长度d ；
(2)粒子经过P 点的速度v ；
(3)若粒子能够再次穿过x 轴，求磁场区域的最小宽度LOC 。
14 ．如图甲所示，MNPQ 为正方形闭合线圈，E、F 分别为MN 、PQ 的中点，线圈边长
L = 0.5m 、匝数N = 100 匝、总电阻R = 2Ω 。线圈左半部分置于垂直线圈平面向外的磁场中，磁感应强度 B 随时间 t 变化规律如图乙所示。0~2s，线圈保持静止；t = 2s 时，线圈开始向右运动并最终离开磁场。求：
(1)t = 0.5s 时，线圈中感应电流的大小及方向；
(2)t = 1s 时，线圈受到的安培力大小；
(3)线圈离开磁场过程中，通过导线某横截面的电荷量。
15．如图“ 自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面时再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型， 线圈代表乘客乘坐舱，质量为 m ，匝数 N 匝，线圈周长为 L，总电阻为 R。在距地面h2 的区域设置一辐向磁场减速区，俯视图如图丙，辐向磁场区域各点磁感应强度的大小和该点到中心轴线的距离有关，已知线圈所在区域磁感应强度的大小为 B。现将线圈提升到距地面h1 处由静
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止释放做自由落体运动，忽略一切空气阻力，重力加速度为 g。
(1)判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），并计算此时的电流大小；
(2)若落地时速度为v1 ，求全程运动的时间 t；
(3)为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每
(
1
)一条弹力绳形变量为 x 时，都能提供弹力F = kx ，同时储存弹性势能 kx2 ，其原长等于悬2
挂点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地h1 处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热 Q。
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1 ．A
①通电直导线电流方向向上，根据安培定则可知导线周围的磁场俯视图为逆时针，故①正确；
②由图可知，通电螺线管的电流从右旋转到左，由安培定则可知螺线管内部磁场方向由右向左，故②错误；
③磁场方向垂直纸面向内，电流方向向上，根据左手定则判定，安培力方向垂直电流方向向左，故③正确；
④磁场方向垂直纸面向内，负电荷运动方向上，根据左手定则判定，运动正电荷受力方向是向右，故④错误。
故①③正确，②④错误。
故选 A。
2 ．D
A ．电场的方向与 B 的方向垂直，带电粒子从左端进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即qE = qvB
解得v 故 A 错误；
B ．由左手定则知正离子向上偏转，负离子会向下偏转，所以 P 板是电源正极，Q 板是电源负极，正常工作时电流方向为a → R → b ，但电路工作时等离子体也有电阻，故电阻 R 两端的电势差等于发电机的路端电压，小于发电机的电动势，故 B 错误；
C ．设 D 型盒的半径为 R，粒子离开时速度为 v，磁感应强度为 B，粒子质量为 m，电荷量为 q，根据牛顿第二定律得 qvB = m
粒子的动能为Ek mv
可知最大动能与加速电压无关，故 C 错误；
D ．若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向左端偏转，所以稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势，故 D 正确。
故选 D。
3 ．A
设导线框运动速度为 v。梯形导线框右侧导线进入磁场时， 切割磁感线的有效长度为 3L，之后切割磁感线的有效长度慢慢变短，直至导线框右侧到达磁场右边界时，切割磁
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感线的有效长度变为 2L。根据感应电动势公式 E = BLv
可知感应电动势由 3BLv，降低至 2BLv。根据楞次定律， 这段时间的磁通量增加，故电流方向为逆时针方向；导线框右侧导线出磁场至左侧导线进入磁场这段时间，导线框切割磁感线的有效长度不变，为 L。这段时间的感应电动势为 BLv；当导线框左侧进入磁场时，切割磁感线的有效长度为 2L，之后慢慢减小。至导线框左侧出磁场时，有效长度最小，为 L。感应电动势由 2BLv 减小至 BLv。根据楞次定律，导线框右侧出磁场之后，导线框的磁通量一直减小，故电流方向一直为顺时针方向；因导线框电阻不变，根据欧姆定律可知，感应电动势变化趋势与感应电流变化趋势相同。
故选 A。
4 ．B
AB ．闭合开关 S 后，A2 立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1 的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，电流也一样大，所以一样亮，故 A 错误，B 正确；
CD ．断开开关 S 后，通过A2 的原来的电流立即消失，A 1 和A2 构成新回路，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1 的电流会慢慢变小，并且通过A2 ，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2 灯的电流方向与原来的方向相反，因电流未增加不会闪亮一下，故 CD 错误。
故选 B。
5 ．B
在峰值放电期间，滑块（含牵引杆）和战斗机做匀加速直线运动，其加速度为
则根据牛顿第二定律可得滑块（含牵引杆）和战斗机受到的合外力为F = ma = 1.275 × 106 N根据安培力公式F = BIL
解得弹射系统须提供的磁感应强度的大小为B ≈ 2.3T故选 B。
6 ．C
A ．由右手定则可知，流经电阻 R 的电流由 D 到 C，因此 C 点电势低于 D 点电势，故 A 错误；
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B ．由电磁感应定律可得圆盘产生的感应电动势为EBL2 w
由闭合电路欧姆定律可得 C、D 两端的电压为UBL2 w故 B 错误；
C ．圆盘转动过程中，由闭合电路欧姆定律可得电流的大小为I 故 C 正确；
D ．圆盘转动过程中，由电功率公式可知产生的电功率为P = EI BL2 w 故 D 错误。
故选 C。
7 ．B
粒子在磁场中运动的周期不变，均为T 运动时间t T
两次在磁场中转过的角度分别为 90°和 60°,则 设磁场的半径为 R，则第一次在磁场中运动的半径 r1=R
第二次在磁场中运动的半径为 R tan 60o R
根据qvB = m 可得 故选 B。
8 ．BC
A．被充电手机内部，有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，出现感应电动势，普通手机不能利用无线充电设备进行充电，A 错误；
B ．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是互感现象，B 正确；
C ．当穿过接收线圈的磁通量增加时，根据楞次定律可知，线圈会收缩阻碍磁通量的改变， C 正确；
D ．在底座和手机之间放金属板会产生额外的涡流损耗，反而降低传输效率，D 错误。故选 BC。
9 ．AC
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A ．带正电圆环向下运动，由左手定则可得洛伦兹力方向水平向右，大小F洛 = qvB
水平方向受力平衡，杆对圆环的弹力N = F洛 = qvB
当速度达到最大值v0 时，圆环加速度为 0，竖直方向受力平衡mg = f = μN = μqv0B
整理得 ，故 A 正确；
B ．圆环对竖直杆的压力是圆环对杆的弹力，施力物体是圆环，受力物体是杆；洛伦兹力是磁场对圆环的作用力，二者性质、施力物体、受力物体都不同，仅大小相等，不能说“就
是”，故 B 错误；
C ．若磁场方向改为竖直方向，圆环速度方向也为竖直，v 与B 平行，洛伦兹力F洛 = 0
因此水平方向杆对圆环的弹力N = 0 ，摩擦力 f = μN = 0 ，圆环只受重力，且初速度为 0，符合自由落体运动的定义，故 C 正确；
D．若磁感应强度方向反向，仅洛伦兹力的方向变为水平向左，大小仍为F洛 = qvB ，水平方向弹力大小仍满足N = qvB
最终平衡时仍有mg = μqvmB
解得最大速度vm v0 ，故 D 错误。
故选 AC。
10 ．ABD
A ．由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a = 4m/s2
对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin 37° - μmg cos 37° = ma解得μ = 0.25 ，故 A 正确；
B ．导体棒切割磁感线，根据闭合电路的欧姆定律有I 可得导体棒所受安培力F = BIL
由左手定则知安培力沿斜面向上，当 a=0 时金属棒的速率达到最大值，则有
解得vm = 16m/s ，故 B 正确；
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C ．金属棒刚进入磁场时的速度大小为 v0=4m/s
从进入磁场到速度达到 v= 8m/s 过程中，设经过的时间为 t，取沿导轨向下为正方向，根据
动量定理可得(mg sinθ - μmg cosθ)t - BILt = mv - mv0其中It = q = 5C
解得 t=1.625s，故 C 错误；
D ．设金属棒进入磁场后下滑距离为 x，则根据法拉第电磁感应定律有 E 可得感应电流I
而q = IΔt
则有q C解得x = 10m
由能量守恒定律得 mv2 + μmgx cos 37° + Q = mgx sin mv 解得Q = 16J ，故 D 正确。
故选 ABD。
【点睛】
11 ．(1)C
(2)6.0
(3)偏大
(4)A
（1）A ．实验中弹簧测力计能够直接测量细线对小车的拉力，可知，不需要使钩码的质量应远大于小车的质量，故 A 错误；
B ．实验过程中，钩码向下做加速运动，钩码并没有处于平衡状态，故 B 错误；
C ．小车运动过程中，为了确保细线对小车拉力一定，实验中，与小车相连的细线与长木板一定要平行，故 C 正确；
D ．令小车所受的拉力大小为 F，对钩码进行分析，根据牛顿第二定律有mg - 2F = ma解得F mg
可知，小车所受的拉力小于钩码重力，故 D 错误。
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故选 C。
（2）相邻两计数点间还有 4 个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔T s = 0.1s根据逐差法可知，小车的加速度a m / s2 ≈ 6.0m / s2
（3）若交流电的实际频率小于50Hz ，数据处理时仍然用 50Hz ，则相邻计数点之间的时间间隔偏小，结合上述可知，a 的计算结果与实际值相比偏大。
（4）未挂钩码时，调节长木板的倾角为θ, 轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动，则有Mg sinθ = f
挂上钩码后，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有F +Mg sinθ - f = Ma解得a
加速度 a 与拉力 F 成正比，可知，a - F 为过原点的一条倾斜直线。
故选 A。
（5）让长木板水平放置，没有补偿阻力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有F - μMg = Ma
解得F = Ma + μMg
结合图像有M = k ， μMg = b解得
12 ．(1)甲
(2)2.50
US
(3) 2.752##2.753##2.754 小于
IL
（1）测定干电池电动势和内阻时，干电池内阻很小，若选乙电路，测得的内阻实际是电源内阻与电流表内阻之和，电流表内阻带来的误差很大；
若选甲电路，误差来源于电压表的分流，由于电压表内阻很大，分流很小，误差更小。故选甲。
（2）根据闭合电路欧姆定律U = E - Ir
U - I 图线斜率的绝对值等于干电池内阻r ，由图丙得 r （3）[ 1]螺旋测微器读数为2.5mm + 0.01mm 25.3 = 2.753mm
[2] 图戊为电流表外接法，电流表测量的是金属丝和电压表的总电流，电流测量值大于金属丝的真实电流；
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由R测 可知，电阻测量值小于真实值。
[3] 由电阻定律R = p 又R
联立得 p
13 ．(1)0.1m
(2) 2 106 m/s ，方向：与x 轴正方向成 45°角
（1）粒子在第一象限中做类平抛运动，沿y 轴方向有yat2
由牛顿第二定律得qE = ma解得t s则OP 的长度d = v0t = 0.1m
（2）粒子运动到 P 点时，沿y 轴方向的分速度为vy = at又有v
解得v = 2 106 m / s
设速度方向与x 轴正方向成θ 角，则有tan 可知a = 45o
故粒子在P 点的速度与x 轴正方向成45o 角
（3）若粒子能够再次穿过x 轴，磁场区域最窄时，轨迹与CD 相切，如图所示
粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB = m
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解得r m
几何关系可得LOC = r + r.cos a m同时LOP = 0.1m
粒子轨迹不会碰到y 轴OC 段，磁场区域的最小宽度LOC m
14 ．(1)1.25A，逆时针
(2)31.25N
(3)1.875C
（1）t = 0.5s 时， T/s=0.2T/s
线圈中感应电动势E1 = N V=2.5V感应电流IA=1.25A
根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向；
（2）t = 1s 时，B1=0.5T，线圈受到的安培力大小F = NB1I1L = 100 0.5 1.25 0.5N=31.25N
（3）线圈离开磁场过程中，通过导线某横截面的电荷量
15 ．(1)顺时针，
（1）根据右手定则可以判断，感应电流方向为顺时针。
根据闭合电路欧姆定律得I 感应电动势E = NBLv
根据运动学得v2 = 2g(h1 - h2)解得I
（2）根据动量定理得mgt t2 = mv1
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平均安培力FA = NBIL
根据闭合电路欧姆定律得 平均感应电动势E = NBLv
根据运动学得
解得t
（3）根据牛顿第二定律得mg = 3kx
根据能量守恒Mg = Q kx2解得Q = mg
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