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广东惠州市泰雅实验高中2025-2026学年高二下学期第一次月考物理试题
1．上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流。下列说法正确的是（　　）
A．导体板中产生的电流大小不变
B．阻尼器将机械能转化为内能
C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好
D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误；
B．导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确；
C．将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱，故C错误；
D．该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，电动机是利用通电导体受到安培力后进行驱动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。
故选B。
【分析】．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以导体板中产生的电流大小也不断变化；由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能；将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱；该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机。
2．科技节上，小杨将一个条形磁铁快速插入闭合线圈，发现连接在线圈上的灵敏电流计指针偏转；当他把磁铁停在线圈中不动时，指针回到零刻度。以下说法正确的是（　　）
A．只要磁铁在线圈附近，就会产生感应电流
B．感应电流的产生是因为线圈中有电源
C．磁铁插入或拔出时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流
D．磁铁静止在线圈中时，穿过线圈的磁通量最大，所以感应电流最大
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、磁铁仅停在线圈附近、磁通量不变时，不会产生感应电流，故 A 错误； B、感应电流由电磁感应产生感应电动势驱动，线圈自身无内置电源，故 B 错误；C、磁铁插入、拔出线圈时，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，满足感应电流产生条件，会产生感应电流，故 C 正确；D、磁铁静止在线圈中，磁通量不变，磁通量变化率为 0，感应电动势、感应电流均为 0，故 D 错误；故答案为：C。【分析】A、考查感应电流产生条件，磁通量不变无感应电流；B、考查电磁感应电源来源，感应电动势是等效电源，线圈本身不带电源；C、考查磁通量变化产生感应电流，插入拔出磁通量改变；D、考查法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率有关，通量不变则电流为零。
3．某同学受电吉他启发，设计了一个如图所示的电音装置，装置内部安装有线圈，弹性金属线通有恒定电流（图中箭头所示），弹奏时金属线在线圈所处的平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出音乐，下列说法正确的是（　　）
A．金属线向右振动的过程中，线圈有扩张的趋势
B．金属线向右振动的过程中，金属线所受安培力向左
C．金属线向左振动的过程中，线圈中有逆时针方向的感应电流
D．金属线中通过载有音乐信号的电流时扬声器没有声音
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A、金属线向右振动，靠近线圈，穿过线圈磁通量增大，根据 “增缩减扩”，线圈有缩小趋势，故 A 错误；
B、根据楞次定律 “来拒去留”，金属线向右靠近线圈，线圈对金属线安培力阻碍相对运动，安培力向左，故 B 正确；
C、金属线向左振动，远离线圈，磁通量减小，结合电流磁场方向，感应电流为顺时针，故 C 错误；
D、金属线电流携带音乐信号时，振动产生变化磁通量，线圈产生感应电流，经放大后扬声器发声，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查楞次定律 “增缩减扩”，磁通量增大线圈收缩；
B、考查楞次定律 “来拒去留”，安培力阻碍两者相对运动；
C、考查楞次定律判断感应电流方向，磁通量减小感应磁场与原磁场同向；
D、考查装置工作原理，变化电流振动产生变化磁场，线圈产生感应信号驱动扬声器。
4．如图所示，灯泡和的规格完全相同，线圈的直流电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．当接通电路时，灯泡和始终一样亮
B．当接通电路时，灯泡比灯泡先亮，最后两灯一样亮
C．闭合开关电路稳定后断开开关时，灯泡立即熄灭，灯泡过一会才熄灭
D．闭合开关电路稳定后断开开关时，灯泡突然闪亮一下再熄灭
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A、开关闭合瞬间，线圈 L 产生自感电动势阻碍电流增大，A1支路电流缓慢变大，灯泡慢慢变亮；A2支路无电感，通电瞬间立刻达到最大亮度，因此通电初期两灯亮度不同，故 A 错误；
B、通电瞬间 A2立刻达到最亮，A1逐渐变亮；电路稳定后线圈直流电阻为 0，两支路电阻相等，支路电流相等，两灯亮度相同，故 B 正确；
C、断开开关，线圈、A1、A2构成闭合自感回路，线圈自感维持原有电流，两灯都会逐渐熄灭，A2不会立即熄灭，故 C 错误；
D、稳定时两支路电流大小相等，断开开关瞬间流过 A2的电流大小等于稳定时电流，电流没有增大，灯泡不会闪亮，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查通电自感现象，电感阻碍电流增大，A1延迟变亮；
B、考查通电自感亮度变化规律，稳定后两支路电阻相同，亮度一致；
C、考查断电自感回路构成，断开电源后两灯串联在自感回路中，同步逐渐熄灭；
D、考查断电自感电流大小，稳定时两支路电流相等，无瞬时大电流，灯泡不会闪亮。
5．某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为如图所示，线圈在磁场中绕轴逆时针匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的规律为，线圈的电阻，外电路定值电阻的阻值，交流电流表的内阻不计，则下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为
B．线圈转到图示位置时，电流表的示数为
C．线圈转到图示位置时，磁通量变化率为
D．定值电阻在分钟内产生的热量为
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电动势表达式，角速度，由得频率，故A错误；
B、电动势峰值，有效值；总电阻，电流有效值，交流电流表测有效值，示数为，不是，故B错误；
C、图示位置线圈平面平行磁场，磁通量为0，磁通量变化率最大，故C错误；
D、，定值电阻发热，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查交变电流频率与角速度关系，由电动势表达式读取计算频率；
B、考查交变电流有效值计算，电流表测量有效值，结合闭合电路欧姆定律求回路电流；
C、考查交变发电机磁通量与磁通量变化率，线圈平行磁场时磁通量为零、变化率最大；
D、考查焦耳定律电热计算，用有效值计算电阻产生的热量。
6．假设从A处采用550kV的超高压向处输电，输电线上的损耗电功率为ΔP，损耗电压为ΔU。若保持输送功率和输电线电阻不变，改用1100kV特高压输电，则以下关于损耗电功率和损耗电压正确的说法是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A、输送功率不变，输电电流，输电电压由提升至，，则输电电流；损耗功率，，故A正确；
B、由计算可知损耗功率为，不是，故B错误；
C、损耗电压，，并非，故C错误；
D、损耗电压为，不是，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查远距离输电功率损耗，损耗功率与输电电流平方成正比，电压加倍电流减半，损耗功率变为原来；
B、考查输电电流与电压反比关系，区分功率损耗比值；
C、D、考查输电线上电压损耗，电流减半，线路损耗电压减半。
7．如图甲所示，圆形导体环固定在竖直方向的变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流。规定电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正，能够产生如图乙所示电流的磁场为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】设圆形导体环的电阻为，根据法拉第电磁感应定律有
则感应电流为，由于是不变的，所以感应电流，由图乙可知，在时间内的感应电流是的2倍，即在时间内的磁感应强度的变化率是的2倍；图乙可知时间内感应电流为正，根据楞次定律可知，该段时间内B正向增大；时间内感应电流为负，根据楞次定律可知，
可知B正向减小，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题结合法拉第电磁感应定律、楞次定律分析B-t图像，核心思路：感应电流大小正比于（B-t图线斜率），电流正负由磁场增减、磁场方向共同决定。
8．电磁感应知识及其应用的下列说法正确的是（　　）
A．楞次定律告诉我们，感应电流的效果总是要反抗引起感应电流的原因
B．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁驱动的作用
C．金属探测器是利用涡流工作的，而变压器铁芯用硅钢片替代是为了减小涡流
D．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势一定越大
【答案】A,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、楞次定律核心结论：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，即“来拒去留、增缩减扩”，故A正确；
B、磁电式仪表线圈骨架铝框，线圈转动时铝框产生涡流，安培力阻碍线圈摆动，起到电磁阻尼作用，并非电磁驱动，故B错误；
C、金属探测器利用交变磁场在金属内部激发涡流工作；变压器铁芯采用硅钢薄片叠压，增大涡流路径电阻，减小涡流损耗，故C正确；
D、自感电动势公式，自感电动势取决于电流变化率，不是电流变化量，电流变化量大但耗时很长，变化率可能很小，自感电动势不一定大，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查楞次定律内涵，感应电流效果阻碍磁通量变化的诱因；
B、考查电磁阻尼应用，铝框涡流产生阻力快速稳定仪表指针；
C、考查涡流利弊，金属探测器利用涡流，变压器叠片削弱涡流减少发热损耗；
D、考查自感电动势公式，区分电流变化量与电流变化率两个不同物理量。
9．如图所示为无线充电示意图，基于变压器原理通过发射线圈和接收线圈改变电压大小，整流电路将交流转变为直流，发射线圈连接的交流电，发射线圈与接收线圈匝数之比为55：3，若工作状态下，接收线圈内的磁通量约为发射线圈的60%，不计其他损耗，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次
B．接收线圈与发射线圈中交变电流的周期相同
C．接收线圈与发射线圈中的功率相同
D．接收线圈的输出电压有效值为7.2V
【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、交流电表达式，角速度，频率；一个周期内电流方向改变2次，每秒改变次数次，故A错误；
B、接收线圈感应磁场由发射线圈交变磁场产生，两者交变电流周期完全相同，故B正确；
C、存在磁通量泄漏，部分磁场未穿过接收线圈，发射线圈功率一部分损耗在漏磁上，两线圈功率不相等，故C错误；
D、发射线圈电压有效值，理想变压器电压比，无漏磁时副线圈电压；实际穿过接收线圈磁通量为发射线圈的60%，实际输出有效值，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查交变电流频率与换向次数，周期，每秒换向100次；
B、考查互感交变周期规律，同一磁场激发的感应电流周期与原磁场周期一致；
C、考查变压器功率传递，漏磁会造成能量损耗，输入功率大于输出功率；
D、考查磁通量损耗对感应电压的影响，感应电动势与磁通量成正比，结合匝数比计算实际输出电压。
10．如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置，处于竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，导轨间距为。导体棒、垂直导轨放置并与导轨接触良好，两导体棒的质量均为，其在导轨间的电阻均为，不计一切摩擦及导轨的电阻。现给导体棒一个平行于导轨向右的初速度，运动过程中导体棒、未相撞。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒做匀减速直线运动，导体棒做匀加速直线运动
B．导体棒的速度为时，导体棒的加速度大小为
C．整个运动过程中电路中产生的焦耳热为
D．整个运动过程通过金属棒的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】冲量；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、a棒切割磁感线产生感应电动势，回路电流，安培力；a受安培力向左减速，b受安培力向右加速，随减小，电流减小，安培力减小，两棒加速度均逐渐减小，a做加速度减小的减速运动，b做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、系统合外力为零，动量守恒，解得；回路感应电动势，电流；对b，，代入得，故B正确；
C、最终共速，由动量守恒，；能量守恒，解得焦耳热，故C错误；
D、全过程对b由动量定理：，，，得，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查双棒电磁感应动力学，相对速度减小，感应电流减小，加速度逐渐变小；
B、考查动量守恒结合安培力加速度，先求b速度，再算回路电流、加速度；
C、考查动量守恒与能量守恒综合，计算全过程回路产生的焦耳热；
D、考查动量定理求电荷量，安培力冲量等于动量变化，。
11．某实验小组的同学们利用单摆来测量某地的重力加速度。
（1）下图中组装了几种实验装置，最合理的装置是______（填正确答案标号）。
A． B．
C． D．
（2）为了准确读出单摆的振动次数，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的　 　（填“最高点”“最低点”或“任意位置”）；如果当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为，单摆每经过标记记一次数，当数到时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期为　 　（结果保留三位有效数字）。
（3）实验时多次改变摆长，并测量不同摆长及对应的周期，用多组实验数据做出摆长与周期平方的图像如图乙所示，则重力加速度的大小为　 　（取9.86，结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）最低点；2.29
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）该实验中，摆长要固定，需用铁夹固定上端；选用细绳保证摆长不变；同时选用质量大、体积小的小球，可降低空气阻力的影响，故B正确。
故答案为：B。
（2）小球经过最高点时速度小，测量误差大，所以该标记应该放置在摆球摆动的最低点，小球经过此位置时速度大，测量误差小；
由题图可知，秒表示数为，则单摆的周期
故答案为：最低点；2.29
（3）根据单摆周期公式，可得，从图像中可知斜率
解得
故答案为：
【分析】(1) 本实验装置选择，细绳、铁球、铁夹固定是减小误差的关键。
(2) 最低点计时误差小；数振动次数时，每两次经过最低点为一个周期，计算周期。
(3) 由单摆公式得到L与T 2线性关系，利用图像斜率求解重力加速度。
（1）该实验中，摆长要固定，需用铁夹固定上端；选用细绳保证摆长不变；同时选用质量大、体积小的小球，可降低空气阻力的影响，可知B选项符合题意。
故选B。
（2）[1]小球经过最高点时速度小，测量误差大，所以该标记应该放置在摆球摆动的最低点，小球经过此位置时速度大，测量误差小；
[2]由题图可知，秒表示数为
则单摆的周期
（3）根据单摆周期公式
可得
从图像中可知斜率
解得
12．某探究小组测量如图甲所示的长方体金属块的电阻率。已知金属块的长度为，宽度为，阻值约为，实验室可选用的器材如下：
A．电源（电动势为，内阻约为）
B．电流表（量程为，内阻为）
C．电流表（量程为，内阻为）
D．滑动变阻器（最大阻值为）
E．滑动变阻器（最大阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．开关，导线若干
（1）用螺旋测微器测量该金属块的厚度，如图乙所示，其读数为　 　。
（2）为精确测量该金属块的电阻，小组设计了如图丙所示的实验原理图，其中应选用电流表　 　，应选用电流表　 　，滑动变阻器应选用　 　。（均填器材前字母）
（3）当开关闭合后，将滑动变阻器的滑片调至合适位置，记录电流表的示数、电流表的示数，则该金属块的电阻率　 　（用题目给定的物理量符号表示）。
【答案】（1）5.445
（2）B；C；D
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由图乙可知，螺旋测微器的总读数
故答案为：5.445
（2）电路中与电流表1串联，等效为电压表，因此电流表1选量程较小、内阻已知的电流表，故B正确。
电流表2测干路总电流，最大总电流约为
因此选量程合适的电流表，故C正确。
本电路滑动变阻器为分压式接法，选小阻值滑动变阻器调节更方便，因此选滑动变阻器，故D正确。
故答案为：B；C；D
（3）金属块两端电压，通过金属块的电流，因此金属块的电阻，由电阻定律，其中横截面积，整理得电阻率
故答案为：
【分析】(1) 螺旋测微器读数规则：固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm。
(2) 电流表串联定值电阻改装电压表原理；分压电路选小阻值滑动变阻器；估算最大干路电流匹配电流表量程。
(3) 利用改装电压表求待测电阻两端电压，分流法求待测电流，结合电阻定律推导电阻率表达式。
（1）由图乙可知，螺旋测微器的总读数
（2）[1]电路中与电流表1串联，等效为电压表，因此电流表1选量程较小、内阻已知的电流表。
故选B。
[2]电流表2测干路总电流，最大总电流约为
因此选量程合适的电流表。
故选C。
[3]本电路滑动变阻器为分压式接法，选小阻值滑动变阻器调节更方便，因此选滑动变阻器。
故选D。
（3）金属块两端电压
通过金属块的电流
因此金属块的电阻
由电阻定律
其中横截面积
整理得电阻率
13．某同学在商场购买了一个“水晶玻璃半球”，欲利用所学的光学知识探究该“水晶玻璃半球”的光学性质。如图所示为该“水晶玻璃半球”的横截面，半径为，为圆心，为直径上的一点，。一细激光束从点垂直于射入该玻璃半球，恰好能在圆弧面发生全反射，真空中的光速为。求：
（1）该介质的折射率；
（2）光在该介质中传播的时间。
【答案】（1）解：根据题意画出光路图如下图
根据几何关系可知
可得
则该介质的折射率为
（2）解：光在该介质中的传播速度为
光在该介质中传播的路程为
传播时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题结合半球几何关系求出临界角，利用全反射临界角公式直接计算介质折射率；
(2) 本题先由几何关系求出光在介质内部传播的总路程，结合介质中光速公式，求解光的传播总时间。
（1）根据题意画出光路图如下图
根据几何关系可知
可得
则该介质的折射率为
（2）光在该介质中的传播速度为
光在该介质中传播的路程为
传播时间为
14．如图甲所示，具有理想直线边界的匀强磁场方向垂直纸面向里，其边界正好经过正方形线圈的边与边的中点、；线圈两端与定值电阻相连。磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。已知线圈边长、匝数匝、总电阻。时间内线圈保持静止；时，线圈开始向右运动并最终离开磁场。求：
（1）时，线圈中感应电流的大小及电阻两端的电压；
（2）时间内电阻的功率；
（3）线圈离开磁场过程中，通过电阻的电荷量。
【答案】（1）解：结合图乙，可知时，线圈中感应电动势
感应电流
解得
电阻两端的电压
解得
（2）解：0~2s时间内磁场的变化率不变，感应电流大小也不变，这段时间内电阻的功率也保持不变，其值为
（3）解：线圈离开磁场过程中，图乙可知此过程磁感应强度大小，则该过程通过导线某横截面的电荷量
【知识点】电功率和电功；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1)本题感生电动势，法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求电流、路端电压；线圈只有一半面积处在磁场中。
(2)恒定电流纯电阻功率公式直接计算。
(3)电磁感应电荷量通用公式，磁通量变化为离开磁场时减少的磁通量。
（1）结合图乙，可知时，线圈中感应电动势
感应电流
解得
电阻两端的电压
解得
（2）0~2s时间内磁场的变化率不变，感应电流大小也不变，这段时间内电阻的功率也保持不变，其值为
（3）线圈离开磁场过程中，图乙可知此过程磁感应强度大小，则该过程通过导线某横截面的电荷量
15．如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，导轨间距为L，导轨上端用导线与阻值为2R的电阻相连，水平虚线上方有垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线下方有垂直导轨平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。质量为m、阻值为R、长为L的金属棒在虚线上方h1高处由静止释放，金属棒到虚线前已匀速运动，金属棒到虚线下方h2处再次匀速运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
（1）金属棒在虚线上方匀速运动的速度大小；
（2）金属棒刚过虚线瞬间的加速度大小；
（3）金属棒从开始下落运动到虚线下方h2处产生的焦耳热。
【答案】（1）解：金属棒在垂直导轨平面向里的磁场中运动产生感应电动势
由闭合电路欧姆定律得感应电流
金属棒在虚线上方匀速运动时，由受力平衡有
联立解得匀速运动的速度
（2）解：金属棒刚过虚线瞬间，磁感应强度减小，电动势E减小，电流减小，安培力减小，金属棒做加速运动，安培力
由牛顿第二定律
解得金属棒刚过虚线瞬间的加速度
（3）解：金属棒到虚线下方h2处再次匀速运动，设速度为v2，由受力平衡有
解得
金属棒运动到虚线下方h2处由能量守恒有
由焦耳热可知，金属棒产生焦耳热
联立解得金属棒产生焦耳热
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 导体棒切割磁感线，结合闭合电路欧姆定律、受力平衡求解匀速速度。
(2) 换磁场后磁感应强度改变，重新计算安培力，牛顿第二定律求解瞬时加速度。
(3) 下方匀速受力平衡求末速度；全程能量守恒，串联电路焦耳热按电阻分配，推导出金属棒自身焦耳热表达式。
（1）金属棒在垂直导轨平面向里的磁场中运动产生感应电动势
由闭合电路欧姆定律得感应电流
金属棒在虚线上方匀速运动时，由受力平衡有
联立解得匀速运动的速度
（2）金属棒刚过虚线瞬间，磁感应强度减小，电动势E减小，电流减小，安培力减小，金属棒做加速运动，安培力
由牛顿第二定律
解得金属棒刚过虚线瞬间的加速度
（3）金属棒到虚线下方h2处再次匀速运动，设速度为v2，由受力平衡有
解得
金属棒运动到虚线下方h2处由能量守恒有
由焦耳热可知，金属棒产生焦耳热
联立解得金属棒产生焦耳热
1 / 1广东惠州市泰雅实验高中2025-2026学年高二下学期第一次月考物理试题
1．上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流。下列说法正确的是（　　）
A．导体板中产生的电流大小不变
B．阻尼器将机械能转化为内能
C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好
D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机
2．科技节上，小杨将一个条形磁铁快速插入闭合线圈，发现连接在线圈上的灵敏电流计指针偏转；当他把磁铁停在线圈中不动时，指针回到零刻度。以下说法正确的是（　　）
A．只要磁铁在线圈附近，就会产生感应电流
B．感应电流的产生是因为线圈中有电源
C．磁铁插入或拔出时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流
D．磁铁静止在线圈中时，穿过线圈的磁通量最大，所以感应电流最大
3．某同学受电吉他启发，设计了一个如图所示的电音装置，装置内部安装有线圈，弹性金属线通有恒定电流（图中箭头所示），弹奏时金属线在线圈所处的平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出音乐，下列说法正确的是（　　）
A．金属线向右振动的过程中，线圈有扩张的趋势
B．金属线向右振动的过程中，金属线所受安培力向左
C．金属线向左振动的过程中，线圈中有逆时针方向的感应电流
D．金属线中通过载有音乐信号的电流时扬声器没有声音
4．如图所示，灯泡和的规格完全相同，线圈的直流电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．当接通电路时，灯泡和始终一样亮
B．当接通电路时，灯泡比灯泡先亮，最后两灯一样亮
C．闭合开关电路稳定后断开开关时，灯泡立即熄灭，灯泡过一会才熄灭
D．闭合开关电路稳定后断开开关时，灯泡突然闪亮一下再熄灭
5．某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为如图所示，线圈在磁场中绕轴逆时针匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的规律为，线圈的电阻，外电路定值电阻的阻值，交流电流表的内阻不计，则下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为
B．线圈转到图示位置时，电流表的示数为
C．线圈转到图示位置时，磁通量变化率为
D．定值电阻在分钟内产生的热量为
6．假设从A处采用550kV的超高压向处输电，输电线上的损耗电功率为ΔP，损耗电压为ΔU。若保持输送功率和输电线电阻不变，改用1100kV特高压输电，则以下关于损耗电功率和损耗电压正确的说法是（　　）
A． B． C． D．
7．如图甲所示，圆形导体环固定在竖直方向的变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流。规定电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正，能够产生如图乙所示电流的磁场为（　　）
A． B．
C． D．
8．电磁感应知识及其应用的下列说法正确的是（　　）
A．楞次定律告诉我们，感应电流的效果总是要反抗引起感应电流的原因
B．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁驱动的作用
C．金属探测器是利用涡流工作的，而变压器铁芯用硅钢片替代是为了减小涡流
D．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势一定越大
9．如图所示为无线充电示意图，基于变压器原理通过发射线圈和接收线圈改变电压大小，整流电路将交流转变为直流，发射线圈连接的交流电，发射线圈与接收线圈匝数之比为55：3，若工作状态下，接收线圈内的磁通量约为发射线圈的60%，不计其他损耗，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次
B．接收线圈与发射线圈中交变电流的周期相同
C．接收线圈与发射线圈中的功率相同
D．接收线圈的输出电压有效值为7.2V
10．如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置，处于竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，导轨间距为。导体棒、垂直导轨放置并与导轨接触良好，两导体棒的质量均为，其在导轨间的电阻均为，不计一切摩擦及导轨的电阻。现给导体棒一个平行于导轨向右的初速度，运动过程中导体棒、未相撞。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒做匀减速直线运动，导体棒做匀加速直线运动
B．导体棒的速度为时，导体棒的加速度大小为
C．整个运动过程中电路中产生的焦耳热为
D．整个运动过程通过金属棒的电荷量为
11．某实验小组的同学们利用单摆来测量某地的重力加速度。
（1）下图中组装了几种实验装置，最合理的装置是______（填正确答案标号）。
A． B．
C． D．
（2）为了准确读出单摆的振动次数，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的　 　（填“最高点”“最低点”或“任意位置”）；如果当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为，单摆每经过标记记一次数，当数到时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期为　 　（结果保留三位有效数字）。
（3）实验时多次改变摆长，并测量不同摆长及对应的周期，用多组实验数据做出摆长与周期平方的图像如图乙所示，则重力加速度的大小为　 　（取9.86，结果保留三位有效数字）。
12．某探究小组测量如图甲所示的长方体金属块的电阻率。已知金属块的长度为，宽度为，阻值约为，实验室可选用的器材如下：
A．电源（电动势为，内阻约为）
B．电流表（量程为，内阻为）
C．电流表（量程为，内阻为）
D．滑动变阻器（最大阻值为）
E．滑动变阻器（最大阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．开关，导线若干
（1）用螺旋测微器测量该金属块的厚度，如图乙所示，其读数为　 　。
（2）为精确测量该金属块的电阻，小组设计了如图丙所示的实验原理图，其中应选用电流表　 　，应选用电流表　 　，滑动变阻器应选用　 　。（均填器材前字母）
（3）当开关闭合后，将滑动变阻器的滑片调至合适位置，记录电流表的示数、电流表的示数，则该金属块的电阻率　 　（用题目给定的物理量符号表示）。
13．某同学在商场购买了一个“水晶玻璃半球”，欲利用所学的光学知识探究该“水晶玻璃半球”的光学性质。如图所示为该“水晶玻璃半球”的横截面，半径为，为圆心，为直径上的一点，。一细激光束从点垂直于射入该玻璃半球，恰好能在圆弧面发生全反射，真空中的光速为。求：
（1）该介质的折射率；
（2）光在该介质中传播的时间。
14．如图甲所示，具有理想直线边界的匀强磁场方向垂直纸面向里，其边界正好经过正方形线圈的边与边的中点、；线圈两端与定值电阻相连。磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。已知线圈边长、匝数匝、总电阻。时间内线圈保持静止；时，线圈开始向右运动并最终离开磁场。求：
（1）时，线圈中感应电流的大小及电阻两端的电压；
（2）时间内电阻的功率；
（3）线圈离开磁场过程中，通过电阻的电荷量。
15．如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，导轨间距为L，导轨上端用导线与阻值为2R的电阻相连，水平虚线上方有垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线下方有垂直导轨平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。质量为m、阻值为R、长为L的金属棒在虚线上方h1高处由静止释放，金属棒到虚线前已匀速运动，金属棒到虚线下方h2处再次匀速运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
（1）金属棒在虚线上方匀速运动的速度大小；
（2）金属棒刚过虚线瞬间的加速度大小；
（3）金属棒从开始下落运动到虚线下方h2处产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误；
B．导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确；
C．将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱，故C错误；
D．该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，电动机是利用通电导体受到安培力后进行驱动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。
故选B。
【分析】．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以导体板中产生的电流大小也不断变化；由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能；将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱；该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机。
2．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、磁铁仅停在线圈附近、磁通量不变时，不会产生感应电流，故 A 错误； B、感应电流由电磁感应产生感应电动势驱动，线圈自身无内置电源，故 B 错误；C、磁铁插入、拔出线圈时，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，满足感应电流产生条件，会产生感应电流，故 C 正确；D、磁铁静止在线圈中，磁通量不变，磁通量变化率为 0，感应电动势、感应电流均为 0，故 D 错误；故答案为：C。【分析】A、考查感应电流产生条件，磁通量不变无感应电流；B、考查电磁感应电源来源，感应电动势是等效电源，线圈本身不带电源；C、考查磁通量变化产生感应电流，插入拔出磁通量改变；D、考查法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率有关，通量不变则电流为零。
3．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A、金属线向右振动，靠近线圈，穿过线圈磁通量增大，根据 “增缩减扩”，线圈有缩小趋势，故 A 错误；
B、根据楞次定律 “来拒去留”，金属线向右靠近线圈，线圈对金属线安培力阻碍相对运动，安培力向左，故 B 正确；
C、金属线向左振动，远离线圈，磁通量减小，结合电流磁场方向，感应电流为顺时针，故 C 错误；
D、金属线电流携带音乐信号时，振动产生变化磁通量，线圈产生感应电流，经放大后扬声器发声，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查楞次定律 “增缩减扩”，磁通量增大线圈收缩；
B、考查楞次定律 “来拒去留”，安培力阻碍两者相对运动；
C、考查楞次定律判断感应电流方向，磁通量减小感应磁场与原磁场同向；
D、考查装置工作原理，变化电流振动产生变化磁场，线圈产生感应信号驱动扬声器。
4．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A、开关闭合瞬间，线圈 L 产生自感电动势阻碍电流增大，A1支路电流缓慢变大，灯泡慢慢变亮；A2支路无电感，通电瞬间立刻达到最大亮度，因此通电初期两灯亮度不同，故 A 错误；
B、通电瞬间 A2立刻达到最亮，A1逐渐变亮；电路稳定后线圈直流电阻为 0，两支路电阻相等，支路电流相等，两灯亮度相同，故 B 正确；
C、断开开关，线圈、A1、A2构成闭合自感回路，线圈自感维持原有电流，两灯都会逐渐熄灭，A2不会立即熄灭，故 C 错误；
D、稳定时两支路电流大小相等，断开开关瞬间流过 A2的电流大小等于稳定时电流，电流没有增大，灯泡不会闪亮，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查通电自感现象，电感阻碍电流增大，A1延迟变亮；
B、考查通电自感亮度变化规律，稳定后两支路电阻相同，亮度一致；
C、考查断电自感回路构成，断开电源后两灯串联在自感回路中，同步逐渐熄灭；
D、考查断电自感电流大小，稳定时两支路电流相等，无瞬时大电流，灯泡不会闪亮。
5．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电动势表达式，角速度，由得频率，故A错误；
B、电动势峰值，有效值；总电阻，电流有效值，交流电流表测有效值，示数为，不是，故B错误；
C、图示位置线圈平面平行磁场，磁通量为0，磁通量变化率最大，故C错误；
D、，定值电阻发热，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查交变电流频率与角速度关系，由电动势表达式读取计算频率；
B、考查交变电流有效值计算，电流表测量有效值，结合闭合电路欧姆定律求回路电流；
C、考查交变发电机磁通量与磁通量变化率，线圈平行磁场时磁通量为零、变化率最大；
D、考查焦耳定律电热计算，用有效值计算电阻产生的热量。
6．【答案】A
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A、输送功率不变，输电电流，输电电压由提升至，，则输电电流；损耗功率，，故A正确；
B、由计算可知损耗功率为，不是，故B错误；
C、损耗电压，，并非，故C错误；
D、损耗电压为，不是，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查远距离输电功率损耗，损耗功率与输电电流平方成正比，电压加倍电流减半，损耗功率变为原来；
B、考查输电电流与电压反比关系，区分功率损耗比值；
C、D、考查输电线上电压损耗，电流减半，线路损耗电压减半。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】设圆形导体环的电阻为，根据法拉第电磁感应定律有
则感应电流为，由于是不变的，所以感应电流，由图乙可知，在时间内的感应电流是的2倍，即在时间内的磁感应强度的变化率是的2倍；图乙可知时间内感应电流为正，根据楞次定律可知，该段时间内B正向增大；时间内感应电流为负，根据楞次定律可知，
可知B正向减小，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题结合法拉第电磁感应定律、楞次定律分析B-t图像，核心思路：感应电流大小正比于（B-t图线斜率），电流正负由磁场增减、磁场方向共同决定。
8．【答案】A,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、楞次定律核心结论：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，即“来拒去留、增缩减扩”，故A正确；
B、磁电式仪表线圈骨架铝框，线圈转动时铝框产生涡流，安培力阻碍线圈摆动，起到电磁阻尼作用，并非电磁驱动，故B错误；
C、金属探测器利用交变磁场在金属内部激发涡流工作；变压器铁芯采用硅钢薄片叠压，增大涡流路径电阻，减小涡流损耗，故C正确；
D、自感电动势公式，自感电动势取决于电流变化率，不是电流变化量，电流变化量大但耗时很长，变化率可能很小，自感电动势不一定大，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查楞次定律内涵，感应电流效果阻碍磁通量变化的诱因；
B、考查电磁阻尼应用，铝框涡流产生阻力快速稳定仪表指针；
C、考查涡流利弊，金属探测器利用涡流，变压器叠片削弱涡流减少发热损耗；
D、考查自感电动势公式，区分电流变化量与电流变化率两个不同物理量。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、交流电表达式，角速度，频率；一个周期内电流方向改变2次，每秒改变次数次，故A错误；
B、接收线圈感应磁场由发射线圈交变磁场产生，两者交变电流周期完全相同，故B正确；
C、存在磁通量泄漏，部分磁场未穿过接收线圈，发射线圈功率一部分损耗在漏磁上，两线圈功率不相等，故C错误；
D、发射线圈电压有效值，理想变压器电压比，无漏磁时副线圈电压；实际穿过接收线圈磁通量为发射线圈的60%，实际输出有效值，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查交变电流频率与换向次数，周期，每秒换向100次；
B、考查互感交变周期规律，同一磁场激发的感应电流周期与原磁场周期一致；
C、考查变压器功率传递，漏磁会造成能量损耗，输入功率大于输出功率；
D、考查磁通量损耗对感应电压的影响，感应电动势与磁通量成正比，结合匝数比计算实际输出电压。
10．【答案】B,D
【知识点】冲量；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、a棒切割磁感线产生感应电动势，回路电流，安培力；a受安培力向左减速，b受安培力向右加速，随减小，电流减小，安培力减小，两棒加速度均逐渐减小，a做加速度减小的减速运动，b做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、系统合外力为零，动量守恒，解得；回路感应电动势，电流；对b，，代入得，故B正确；
C、最终共速，由动量守恒，；能量守恒，解得焦耳热，故C错误；
D、全过程对b由动量定理：，，，得，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查双棒电磁感应动力学，相对速度减小，感应电流减小，加速度逐渐变小；
B、考查动量守恒结合安培力加速度，先求b速度，再算回路电流、加速度；
C、考查动量守恒与能量守恒综合，计算全过程回路产生的焦耳热；
D、考查动量定理求电荷量，安培力冲量等于动量变化，。
11．【答案】（1）B
（2）最低点；2.29
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）该实验中，摆长要固定，需用铁夹固定上端；选用细绳保证摆长不变；同时选用质量大、体积小的小球，可降低空气阻力的影响，故B正确。
故答案为：B。
（2）小球经过最高点时速度小，测量误差大，所以该标记应该放置在摆球摆动的最低点，小球经过此位置时速度大，测量误差小；
由题图可知，秒表示数为，则单摆的周期
故答案为：最低点；2.29
（3）根据单摆周期公式，可得，从图像中可知斜率
解得
故答案为：
【分析】(1) 本实验装置选择，细绳、铁球、铁夹固定是减小误差的关键。
(2) 最低点计时误差小；数振动次数时，每两次经过最低点为一个周期，计算周期。
(3) 由单摆公式得到L与T 2线性关系，利用图像斜率求解重力加速度。
（1）该实验中，摆长要固定，需用铁夹固定上端；选用细绳保证摆长不变；同时选用质量大、体积小的小球，可降低空气阻力的影响，可知B选项符合题意。
故选B。
（2）[1]小球经过最高点时速度小，测量误差大，所以该标记应该放置在摆球摆动的最低点，小球经过此位置时速度大，测量误差小；
[2]由题图可知，秒表示数为
则单摆的周期
（3）根据单摆周期公式
可得
从图像中可知斜率
解得
12．【答案】（1）5.445
（2）B；C；D
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由图乙可知，螺旋测微器的总读数
故答案为：5.445
（2）电路中与电流表1串联，等效为电压表，因此电流表1选量程较小、内阻已知的电流表，故B正确。
电流表2测干路总电流，最大总电流约为
因此选量程合适的电流表，故C正确。
本电路滑动变阻器为分压式接法，选小阻值滑动变阻器调节更方便，因此选滑动变阻器，故D正确。
故答案为：B；C；D
（3）金属块两端电压，通过金属块的电流，因此金属块的电阻，由电阻定律，其中横截面积，整理得电阻率
故答案为：
【分析】(1) 螺旋测微器读数规则：固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm。
(2) 电流表串联定值电阻改装电压表原理；分压电路选小阻值滑动变阻器；估算最大干路电流匹配电流表量程。
(3) 利用改装电压表求待测电阻两端电压，分流法求待测电流，结合电阻定律推导电阻率表达式。
（1）由图乙可知，螺旋测微器的总读数
（2）[1]电路中与电流表1串联，等效为电压表，因此电流表1选量程较小、内阻已知的电流表。
故选B。
[2]电流表2测干路总电流，最大总电流约为
因此选量程合适的电流表。
故选C。
[3]本电路滑动变阻器为分压式接法，选小阻值滑动变阻器调节更方便，因此选滑动变阻器。
故选D。
（3）金属块两端电压
通过金属块的电流
因此金属块的电阻
由电阻定律
其中横截面积
整理得电阻率
13．【答案】（1）解：根据题意画出光路图如下图
根据几何关系可知
可得
则该介质的折射率为
（2）解：光在该介质中的传播速度为
光在该介质中传播的路程为
传播时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题结合半球几何关系求出临界角，利用全反射临界角公式直接计算介质折射率；
(2) 本题先由几何关系求出光在介质内部传播的总路程，结合介质中光速公式，求解光的传播总时间。
（1）根据题意画出光路图如下图
根据几何关系可知
可得
则该介质的折射率为
（2）光在该介质中的传播速度为
光在该介质中传播的路程为
传播时间为
14．【答案】（1）解：结合图乙，可知时，线圈中感应电动势
感应电流
解得
电阻两端的电压
解得
（2）解：0~2s时间内磁场的变化率不变，感应电流大小也不变，这段时间内电阻的功率也保持不变，其值为
（3）解：线圈离开磁场过程中，图乙可知此过程磁感应强度大小，则该过程通过导线某横截面的电荷量
【知识点】电功率和电功；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1)本题感生电动势，法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求电流、路端电压；线圈只有一半面积处在磁场中。
(2)恒定电流纯电阻功率公式直接计算。
(3)电磁感应电荷量通用公式，磁通量变化为离开磁场时减少的磁通量。
（1）结合图乙，可知时，线圈中感应电动势
感应电流
解得
电阻两端的电压
解得
（2）0~2s时间内磁场的变化率不变，感应电流大小也不变，这段时间内电阻的功率也保持不变，其值为
（3）线圈离开磁场过程中，图乙可知此过程磁感应强度大小，则该过程通过导线某横截面的电荷量
15．【答案】（1）解：金属棒在垂直导轨平面向里的磁场中运动产生感应电动势
由闭合电路欧姆定律得感应电流
金属棒在虚线上方匀速运动时，由受力平衡有
联立解得匀速运动的速度
（2）解：金属棒刚过虚线瞬间，磁感应强度减小，电动势E减小，电流减小，安培力减小，金属棒做加速运动，安培力
由牛顿第二定律
解得金属棒刚过虚线瞬间的加速度
（3）解：金属棒到虚线下方h2处再次匀速运动，设速度为v2，由受力平衡有
解得
金属棒运动到虚线下方h2处由能量守恒有
由焦耳热可知，金属棒产生焦耳热
联立解得金属棒产生焦耳热
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 导体棒切割磁感线，结合闭合电路欧姆定律、受力平衡求解匀速速度。
(2) 换磁场后磁感应强度改变，重新计算安培力，牛顿第二定律求解瞬时加速度。
(3) 下方匀速受力平衡求末速度；全程能量守恒，串联电路焦耳热按电阻分配，推导出金属棒自身焦耳热表达式。
（1）金属棒在垂直导轨平面向里的磁场中运动产生感应电动势
由闭合电路欧姆定律得感应电流
金属棒在虚线上方匀速运动时，由受力平衡有
联立解得匀速运动的速度
（2）金属棒刚过虚线瞬间，磁感应强度减小，电动势E减小，电流减小，安培力减小，金属棒做加速运动，安培力
由牛顿第二定律
解得金属棒刚过虚线瞬间的加速度
（3）金属棒到虚线下方h2处再次匀速运动，设速度为v2，由受力平衡有
解得
金属棒运动到虚线下方h2处由能量守恒有
由焦耳热可知，金属棒产生焦耳热
联立解得金属棒产生焦耳热
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