山东省烟台市招远二中2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析）

山东省烟台市招远二中2024-2025学年高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共9小题，共27分。
1.现代生活中人类与电磁波结下了不解之缘，下列陈述中符合事实的是( )
A. 麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在
B. 真空中电磁波的传播速度等于光速
C. 电磁波传播过程中，电场和磁场独立存在、没有关联
D. 把手机放在抽成真空的玻璃盒中，手机将接收不到信号
2.将铝管竖直放在桌面上，一块磁铁从其上端自由下落穿过铝管，在磁铁下落过程中，磁铁不与铝管相碰，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 磁铁做自由落体运动
B. 若磁铁磁性足够强，磁铁会停留在铝管中，永远落不下来
C. 若铝管足够长，则铝管对地面的压力先变大，最后恒定不变
D. 磁铁和铝管系统机械能守恒
3.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场。若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图所示，则( )
A. 线圈中时刻感应电动势最小
B. 线圈中时刻感应电动势为零
C. 线圈中时刻感应电动势最大
D. 线圈从至时间内平均感应电动势为
4.如图、为“观察开关断开时灯泡的亮度”的演示实验电路图，和是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计，、与是三个完全相同的灯泡，是理想二极管，为定值电阻，下列说法正确的是( )
A. 闭合瞬间，不亮；断开瞬间，也不亮
B. 闭合瞬间，立即亮，随后亮度保持不变；断开瞬间，突然闪亮，随后逐渐变暗
C. 闭合瞬间，不亮，逐渐变亮；断开瞬间，闪亮一下，然后逐渐熄灭
D. 闭合瞬间，、同时亮；断开瞬间，、逐渐熄灭
5.如图所示，无线充电技术是近年发展起来的新技术，电动汽车电池的无线充电原理可近似看成理想变压器，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 两个线圈中电流大小一定相同
B. 两个线圈中电流的频率可能不同
C. 充电基座线圈接的电源是恒定的直流电
D. 充电基座线圈接的电源必须是交流电且、都闭合才能充电
6.飞机在航母上弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动的原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈附近的金属环会被弹射出去。现在固定线圈左侧的同一位置，先后放有分别用铜和铝制成的闭合金属环，已知两环的横截面积相等、形状相同，且电阻率，则合上开关的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
B. 从左侧看环中的感应电流沿逆时针方向
C. 若将铜环放置在线圈右方，铜环将向左运动
D. 电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
7.某光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为，其一部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，直线是磁场的上边界如图中的虚线所示，一个质量为的小金属块可视为质点从抛物线上处以初速度沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，、、、均采用国际单位制单位，重力加速度为，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热的总量是( )
A. B.
C. D.
8.一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为；若该电阻接到图乙交流电源上前周期为正弦曲线，在一个周期内产生的热量为。则：等于( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
9.如图为小型交流发电机的示意图，两磁极，间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是( )
A. 线圈从图所示位置转过时是图的计时起点
B. 每经过图所示位置次，电流方向改变次
C. 若线圈的匝数为，则电动势的最大值是
D. 若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大
二、多选题：本大题共5小题，共15分。
10.如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系，第一象限内存在方向垂直坐标平面向外的磁场，磁感应强度大小沿轴方向不变，沿轴正方向按照的规律变化。一质量、电阻、边长的正方形导线框在时刻边正好与轴重合，点与坐标原点的距离，此时将导线框以的速度沿与轴正方向成抛出，导线框运动一段时间后速度恰好减为，整个运动过程导线框不转动，空气对导线框的阻力忽略不计，取重力加速度大小，，，下列说法正确的是( )
A. 、边受到的安培力大小相等，方向相反
B. 当导线框速度为时，点的纵坐标为
C. 在从抛出到速度为的过程中，导线框产生的焦耳热为
D. 时导线框的速度大小为
11.如图所示，竖直方向两光滑平行金属导轨间距为，处于垂直纸面的匀强磁场中，磁感应强度为，杆的质量为，定值电阻为，其余电阻不计，电容器电容为未充电，金属杆与导轨接触良好，开关与触点Ⅰ或Ⅱ接通，现让金属杆沿导轨无初速度下滑，在金属杆下滑距离为的过程中，对该过程下列说法正确的是( )
A. 若开关与触点Ⅰ接通，电阻产生的焦耳热为
B. 若开关与触点Ⅰ接通，通过电阻的电荷量为
C. 若开关与触点Ⅱ接通，杆的重力对杆的冲量为
D. 若开关与触点Ⅱ接通，电容器所充的电能为
12.如图所示，水平放置、半径为的环形光滑玻璃圆管内，放置一直径略小于管口径远远小于的质量为、电荷量为的带负电小球。现在圆环区域内加上竖直向上的匀强磁场，当磁感应强度均匀变化时，在玻璃圆管内产生电场强度大小处处相等的感生电场电场线闭合的涡旋电场，原来静止的小球将沿图示方向在管内做圆周运动，运动第一周用时为，小球可看作点电荷且电荷量保持不变。则下列说法正确的是( )
A. 圆环区域内竖直向上的匀强磁场一定在均匀减小
B. 玻璃圆管内感生电场的电场强度大小为
C. 匀强磁场的磁感应强度随时间的变化率为
D. 小球第次回到出发点时的速度大小为
13.如图所示，变压器为理想变压器，、、、为个完全相同的灯泡，在间接入有效值不变的交流电压，开关闭合时，个灯泡亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 变压器原、副线圈的匝数比为：
B. 交流电压的有效值为此时一个灯泡电压的倍
C. 开关断开时，灯泡变亮
D. 开关断开时，灯泡的亮度不变
14.如图，光滑平行金属导轨由左右两侧倾斜轨道与中间水平轨道平滑连接而成，导轨间距为。在左侧倾斜轨道上端连接有阻值为的定值电阻。水平轨道间有宽均为的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度分别为和，方向相反；质量为、长度为、电阻为的金属棒由左侧倾斜轨道上高处静止释放，金属棒第二次从左侧进入磁场Ⅰ区后，最终恰停在两磁场区分界线处。不计金属导轨电阻，金属棒通过倾斜轨道与水平轨道交界处无机械能损失，重力加速度为，则( )
A. 金属棒第一次穿过磁场区域、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热之比为：
B. 金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比为：
C. 金属棒第二次通过两磁场分界线时的速度为
D. 金属棒先后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量之比为：
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素。
图中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是______。
A.灯泡、均不发光
B.灯泡、交替短暂发光
C.灯泡短暂发光、灯泡不发光
D.灯泡不发光、灯泡短暂发光
通过实验得知：当电流从图中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体______选填“向上”或“向下”运动时，电流计指针向右偏转。
为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图的电路。
若图电路连接正确，在闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最______选填“左”或“右”端。
若图电路连接正确，开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈中快速抽出时，观察到电流计指针______。
A.不偏转
B.向左偏转
C.向右偏转
16.某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关系，可供选择的器材如下：
可拆变压器如图中所示，原线圈接线柱标注、、、，副线圈接线柱标注、、
学生电源
小灯泡
交流电压表量程
交流电压表量程
交流电流表量程
交流电流表量程
滑动变阻器
实验电路如图：
用笔画线代替导线将图中的实物图补充完整。
连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为，，，，通过计算发现，可能的原因是______。填选项标号
A.未考虑电压表的内阻
B.未考虑电压表的内阻
C.变压器漏磁
D.由于涡流变压器铁芯发热
继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为、、、，则与的差值将______忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”。
若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“”与______选填“”或“”相连。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.学校有一台应急备用发电机，内阻为，升压变压器的匝数比为：，降压变压器的匝数比为：，输电线的总电阻为，全校共个教室，每教室用“”的灯盏，要求所有灯都正常发光。
发电机的输出功率多大？
输电线上损耗的电功率多大？
18.如图所示，匝的矩形线圈，边长，边长，放在磁感应强度的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以 的转速匀速转动，线圈总电阻，外电路电阻，时线圈平面与磁感线平行，边正转出纸外、边转入纸里。求：
时感应电流的方向；
感应电动势的瞬时值表达式；
线圈转外力做的功；
从图示位置转过的过程中流过电阻的电荷量。
19.如图，和是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为和竖直向上的外力作用在杆上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为，导轨间距为整个装置处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为在时刻将细线烧断，保持不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：
细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
两杆分别达到的最大速度．
20.如图所示，间距为的光滑平行金属导轨被理想边界图中虚线分割成左右两部分，两侧均存在匀强磁场，右侧磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面竖直向下，左侧磁感应强度大小为，方向与右侧相反，垂直于导轨放置两根金属棒、，金属棒的质量均为，电阻均为。某时刻，棒以的初速度向左运动，达到匀速运动后刚好碰到左侧处的障碍物，立即被锁定不动。在整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，导轨足够长且电阻不计。求：
整个运动过程中，导体棒中的最大电流；
金属棒碰障碍前，电路中产生的总焦耳热；
整个运动过程中，金属棒向右运动的距离。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：麦克斯韦首先预言电磁波，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B.在真空中电磁波的传播速度等于真空中的光速，故B正确；
C.电磁波是变化的电场和变化的磁场交替产生，由近及远地向周围传播产生的。所以变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分割的统一的电磁场，故C错误；
D.电磁波在真空中也能传播，把手机放在抽成真空的玻璃盒中，手机能接收到电磁波的信号，故D错误。
故选：。
2.【答案】
【解析】解：、磁铁下落过程中，铝管中磁通量发生变化，产生感应电流，根据楞次定律，感应电流产生磁场对磁铁作用力向上，磁铁不是做自由落体运动，机械能减小，故AD错误；
、若磁铁磁性足够强或铝管足够长，磁铁先做加速度减小的加速运动，最后匀速下落，故B错误，C正确。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：、图象的斜率表示磁通量的变化率，由图知时刻图象切线斜率最大，则磁通量的变化率为最大，由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大，故A错误。
、时刻图象切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确，C错误。
D、从至时间内，磁通量的变化量为，根据法拉第电磁感应定律知平均感应电动势为，故D错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】解：、图甲中，闭合瞬间，电感线圈相当于大电阻，所以灯泡立即亮，随后流过线圈的电流逐渐增大，灯泡逐渐被短路，逐渐熄灭；电路稳定后，断开开关瞬间，灯泡与线圈组成自感回路，则灯泡突然闪亮，随后逐渐变暗，故AB错误；
、图乙中电路接通时二极管处于反向连接状态，则闭合瞬间，不亮；由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的增大，所以闭合瞬间，也不亮，随流过线圈的电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮。断开断开瞬间，灯泡与线圈组成自感回路，则灯泡突然闪亮，随后逐渐变暗，而立即熄灭，故C正确，D错误。
故选：。
5.【答案】
【解析】解：由于充电原理可近似看成理想变压器，两个线圈中电流的频率一定相同，电压和电流强度不一定相同，故AB错误；
根据法拉第电磁感应定律，充电基座线圈接的电源必须是交流电，且、都闭合后构成闭合回路才能充电，故C错误，D正确。
故选：。
6.【答案】
【解析】解：、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故A正确；
B、线圈中电流从右侧流入，磁场方向向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环中产生的感应电流从左侧看为顺时针方向，故B错误；
C、若铜环放在线圈右方，根据楞次定律可得，铜环将向右运动，故C错误；
D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹射，故D错误。
故选：。
7.【答案】
【解析】解：金属块在进入磁场和离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生涡流，因为涡流的存在，将金属块的机械能转化成电能，进一步转化成内能，金属块的机械能会逐渐减小，最后，金属块在直线以下的曲面上做往复运动。
以抛物线上处为初位置，抛物线上处为末位置，可知金属块在末位置的速度为零，在整个过程中，金属块的重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能。
整个过程金属块减少的机械能为：，
根据能量守恒定律得，金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热的总量为：，故D正确，ABC错误；
故选：。
8.【答案】
【解析】解：对图甲，根据焦耳定律得
对图乙，根据焦耳定律得
则：：，故ABD错误，C正确。
故选：。
9.【答案】
【解析】解：、由图可知，时刻穿过线圈的磁通量为，线圈与磁场平行，则图所示位置是图的计时起点，故A错误；
B、经过图所示位置时电流方向不改变，线圈经过图所示位置的垂直位置次时，电流方向改变次，故B错误；
C、由图读出周期，磁通量的最大值，则电动势的最大值为，故C错误；
D、由知，增大线圈转动的角速度，电动势的最大值增大，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率的最大值增大，故D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】解：分析可知、边受到的安培力等大、反向，、边受到的安培力大小不相等所处磁场强弱不同、方向相反，导线框所受的合安培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做减速直线运动，当速度为时，导线框上升的高度
点的纵坐标
解得
故A错误，B正确；
C.由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于导线框克服安培力做的功，由动能定理得
解得
故C正确；
D.当速度为时，导线框已经运动的时间
解得
之后导线框做自由落体运动，回路中没有感应电流，速度大小
解得
故D错误。
故选：。
11.【答案】
【解析】解：、若开关与触点Ⅰ接通，设金属杆下滑距离为时的速度大小为，根据能量守恒定律可得：
则电阻产生的焦耳热，故A错误；
B、若开关与触点Ⅰ接通，通过电阻的电荷量为：，故B正确；
C、若开关与触点Ⅱ接通，金属杆切割磁感线产生电动势，其作为电源给电容器充电，电容器的电压总是等于感应电动势，即。
回路中的电流为：
根据牛顿第二定律得：
联立解得金属杆的加速度大小为：
可知导体棒杆的加速度恒定，其做匀加速直线运动，对下滑距离为的过程，有：
此过程重力的冲量大小为：
联立解得：，故C正确；
D、若开关与触点Ⅱ接通，根据功能关系，此过程电容器所充的电能等于金属杆克服安培力做的功，即：
金属杆所受合力做功等于重力做功减去克服安培力做功，即：
联立可得：，故D错误。
故选：。
12.【答案】
【解析】解：小球带负电且沿逆时针方向运动，可等效看成沿顺时针方向的电流，产生的磁场竖直向下，据楞次定律的“增反减同”可知，圆环区域内竖直向上的匀强磁场一定在均匀增大，故A正确；
B.因磁感应强度均匀变化，感应电动势恒定，感生电场的电场强度大小恒定，小球受到的电场力大小恒定，圆周运动的切向加速度大小恒定，类比匀变速直线运动可得
加速度为
联立解得
，
故B错误；
C.由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为
管内感生电场的电场强度大小
联立解得
故C正确；
D.小球沿圆环转圈的过程有
解得小球第次回到出发点时的速度大小为
故D正确；
故选：。
13.【答案】
【解析】解：设每个灯泡的电流为，电压为，则初级电流为，次级电流为，可得变压器原、副线圈的匝数比为
变压器初级电压
可得交流电压的有效值
故A正确，B错误；
根据欧姆定律，变压器等效电阻为
开关断开时，次级电阻变大，则等效电阻变大，两个灯泡上的电压减小，初级电流减小，灯泡的亮度变暗，则变压器初级电压变大，次级电压变大，则灯泡变亮，故C正确，D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】解：金属棒每次通过区域Ⅰ的过程，通过它的电荷量为：
解得
同理，每次通过区域Ⅱ的过程，通过它的电荷量为：
解得
根据动量定理可得，金属棒每次通过区域Ⅰ的过程动量的变化量的大小为：
解得
同理，每次通过区域Ⅱ的过程动量的变化量的大小为：
解得
故金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比：
：：
故B正确；
A.由可得：金属棒每次穿过区域Ⅰ、Ⅱ的过程，其速度减小量、之比为：
由选项的分析，可知金属棒每次通过区域Ⅰ或者区域Ⅱ的过程，其动量减小量相等，速度减小量也相等。设金属棒第一次达到斜面底端的速度大小为，由静止释放到最终恰停下来，次通过区域Ⅰ，次通过区域Ⅱ，则有：
联立解得：
金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ的过程中，根据能量守恒，可得回路中产生的总焦耳热为：
解得
同理金属棒第一次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，回路中产生的总焦耳热为：
解得
因金属棒的电阻与定值电阻的电阻相等均为，故金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热之比为：
：
故A错误；
D.根据能量守恒可知，金属棒第一次穿过区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的减小量等于此过程回路中产生的总焦耳热，即
解得
金属棒第二次穿过区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的减小量为：
解得
故金属棒先后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量之比为：
：：
故D正确；
C.金属棒第一次达到斜面底端的过程，由动能定理得：
解得：
金属棒从静止到第二次通过两磁场分界线的过程，次通过区域Ⅰ，次通过区域Ⅱ，则第二次通过两磁场分界线时的速度为：
解得
故C错误。
故选：。
15.【答案】 向上 左
【解析】解：条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡、交替短暂发光，故ACD错误，B正确。
故选：。
当磁体向上运动时，穿过螺线管的磁通量为竖直向下的减少，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。
闭合开关瞬间，电路中电流增多，电磁铁的磁性增强，穿过螺线管的磁感线增多，会产生感应电流，为了防止产生的感应电流过大烧坏电流表，闭合开关前需要将滑动变阻器的滑片移到最左端。
开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转，故AB错误，C正确。
故选：。
故答案为：；向上；左；。
16.【答案】如图所示
； 增大；
【解析】解：左侧原线圈应与电源交流输出相连，灯泡的额定电压为，额定功率为，额定电流为，正常工作时的电阻约为，滑动变阻器最大阻值为，电源电压为，故副线圈匝数接线柱应选择“”“”；
电压表的内阻对原线圈、的测量无影响，电压表的内阻对副线圈、的测量无影响，原线圈功率大于副线圈功率的原因是漏磁、涡流和导线发热，故CD正确，AB错误。
故选：。
副线圈电流增大后，原线圈电流增大，磁场增强，涡流增大，变压器左右两侧功率差值增大；
可拆变压器上水平放置的铁芯拆下后漏磁增多，应减小原副线圈匝数比，选择“”“”接线柱。
故答案为：如图所示
；增大；
17.【解析】所有灯都正常工作的总功率为：，
用电器总电流为
输电线上的电流
降压变压器上： 输电线上的电压损失为：

因此升压变压器的输出电压为 ，
输入电压为，
输入电流为，
所以发电机输出功率为
输电线上损耗的电功率
答：发电机的输出功率为；
输电线上损耗的电功率。
18.【解析】根据右手定则，感应电流方向为。
转速：
线圈的角速度 ，
图示位置的感应电动势最大，其大小为，
代入数据得
感应电动势的瞬时值表达式： 。
电动势的有效值
线圈匀速转动的周期
线圈匀速转动，外力做功大小等于电功的大小，即：
代入数据得 。
从起转过过程中，内流过的电荷量：

联立得：
代入数据得
答：时感应电流的方向为方向；
感应电动势的瞬时值表达式为 ；
线圈转外力做的功是；
从图示位置转过的过程中流过电阻的电荷量是。
19.【解析】细线烧断前对和受力分析
由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力
设某时刻和速度分别为、
根据和动量守恒得出：
求出：
细线烧断后，向上做加速运动，向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加
和所受安培力增加，所以加速度在减小
当和的加速度减为零时，速度最大
对受力平衡：

由--得：、
答：细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比为；
两杆分别达到的最大速度为，．
20.【解析】金属棒刚以向左运动时，棒速度为零，以后两棒产生的电动势方向相反，回路中的电流变小。棒刚开始运动时回路中的电流最大，最大电流为：
棒恰好碰到障碍物时，两棒刚好达到匀速运动，设此时、棒的速度分别为、。从棒开始运动到恰好碰到障碍物的过程中，分别对、应用动量定理得：
以向左为正方向，对棒有：
以向右为正方向，对棒有：
当棒、均做匀速运动时，二者组成的回路中的感应电流为零，则有：
联立解得：，
根据能量守恒定律得：
解得：
棒向左运动距离为的过程中，设棒运动的位移大小为。
此过程回路中通过的电荷量为：
以向右为正方向，对棒，由动量定理得：
联立可得：
解得：
设棒被锁定后，棒运动的位移大小为，同理，对棒有：
此过程回路中通过的电荷量为：
联立可得：
解得：
整个运动过程中，棒向右运动的距离为：
答：整个运动过程中，导体棒中的最大电流为；
金属棒碰障碍前，电路中产生的总焦耳热为；
整个运动过程中，金属棒向右运动的距离为。
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