鉛直に立てた間隔 $\ell$ の平行レール上を、質量 $m$ の導体棒がなめらかに落下する電磁誘導の問題です。磁束密度 $B$ の磁場は紙面手前向き。レール間には「抵抗 $R$ ＋ LED(A)」と「LED(B) ＋ 抵抗 $R$」の2本の導線が並列につながれ、2つのLEDは互いに逆向きに取り付けられています。
導体棒は下向き（$\vec{v}$）に落下し、磁場 $\vec{B}$ は紙面手前向き。棒の中の正電荷が受ける力は $q\vec{v}\times\vec{B}$ の向きです。座標を「右＝$x$、上＝$y$、手前＝$z$」ととると、$\vec{v}=-v\hat{y}$、$\vec{B}=B\hat{z}$ なので：
$$q\vec{v}\times\vec{B} = q(-v\hat{y})\times(B\hat{z}) = -qvB\,\hat{x}$$力は左向き（$-\hat{x}$）。よって棒の中では電流が左向きに流れ、棒の左端が高電位（電池の＋極）になります。外部回路では電流は左レール → 導線 → 右レール、すなわち左から右へ流れます。
図1より、上の枝のLED(A)は左向き（◁）＝右→左しか通さないので逆方向で不通。下の枝のLED(B)は右向き（▷）＝左→右を通すので順方向で導通します。したがって発光するのはLED(B)です。
導体棒が下がると、棒・導線・レールで囲まれた回路（棒より上側の面積）を貫く「手前向き」の磁束が減少する。レンツの法則により、誘導電流はこの磁束の減少を妨げる（手前向きの磁束を増やす）向き、すなわち回路を反時計回り（棒の中で左向き）に流れる。外部回路では左レール→右レールの向きとなり、LED(B)が順方向。$q\vec v\times\vec B$ による判定と一致する。
導体棒が速さ $v$ で落下すると、誘導起電力が生じます：
$$\varepsilon = B\ell v$$発光が始まる瞬間は電流 $I = 0$。このとき抵抗 $R$ での電圧降下は $IR = 0$ なので、起電力はすべてLEDにかかり、その値が閾値 $V_0$ に等しくなります：
$$B\ell v_1 = V_0$$速さについて解くと：
$$v_1 = \frac{V_0}{B\ell}$$LEDは $V < V_0$ で $I=0$、$V=V_0$ で $I$ が $0$ から立ち上がる。したがって「発光し始める瞬間」は $V=V_0$ かつ $I=0$ の境界点。$I=0$ より抵抗の電圧降下がゼロになり、$\varepsilon = V_0$ が成り立つ。$I \ne 0$ ならすでに発光を続けている状態であり、「始めた瞬間」ではない。
図2のLEDの電流電圧特性は、順方向電圧が $V_0$ を超えると次式で表されます：
$$I = \frac{V - V_0}{R_0}$$いま電流が $I_2$ なので、この式に $I = I_2$、$V = V_{\mathrm{LED}}$ を代入します：
$$I_2 = \frac{V_{\mathrm{LED}} - V_0}{R_0}$$$V_{\mathrm{LED}}$ について解くと：
$$V_{\mathrm{LED}} = V_0 + R_0 I_2$$$V_{\mathrm{LED}} = V_0 + R_0 I_2$ は、起電力 $V_0$ の電池に内部抵抗 $R_0$ が直列につながった素子とまったく同じ形。点灯中のLEDは「$V_0$ の電池 ＋ 抵抗 $R_0$」と等価回路で置きかえられる。この見方が(4)以降の回路計算を簡単にする。
点灯している枝だけに電流が流れます。この枝は「導体棒（起電力 $B\ell v_2$）→ LED（電圧 $V_0 + R_0 I_2$）→ 抵抗 $R$（電圧 $R I_2$）」の直列。キルヒホッフの第2法則より：
$$B\ell v_2 = \underbrace{(V_0 + R_0 I_2)}_{\text{LED}} + \underbrace{R I_2}_{\text{抵抗}}$$右辺の $I_2$ をまとめると：
$$B\ell v_2 = V_0 + I_2(R + R_0)$$$I_2$ について解いて：
$$I_2 = \frac{B\ell v_2 - V_0}{R + R_0}$$2本の枝は並列だが、LED(A)は逆方向で電流を通さない。したがってLED(A)＋抵抗の枝には電流が流れず、実質的に点灯側の1本だけの直列回路として扱える。もし両方が順方向なら並列合成が必要だが、逆向き配置のためその心配はない。
導体棒にはたらく力は、下向きの重力 $mg$ と、上向きの電磁力 $F = B\ell I_2$ です。電磁力の向きは、電流が磁場から受ける力（フレミング左手の法則）で決まり、必ず運動を妨げる向き＝速度と逆＝上向きになります。下向きを正として運動方程式を立てると：
$$m a_2 = mg - B\ell I_2$$加速度について解くと：
$$a_2 = \frac{mg - B\ell I_2}{m} = g - \frac{B\ell I_2}{m}$$この段階ではまだ $mg > B\ell I_2$ なので $a_2 > 0$（下向きに加速中）。したがって大きさは：
$$a_2 = g - \frac{B\ell I_2}{m}$$(4)の $I_2 = \dfrac{B\ell v_2 - V_0}{R+R_0}$ を代入すると、加速度を速度の関数として表せる：
$$a_2 = g - \frac{B\ell}{m}\cdot\frac{B\ell v_2 - V_0}{R+R_0} = g - \frac{B^2\ell^2 v_2 - B\ell V_0}{m(R+R_0)}$$速度 $v_2$ が大きいほど電磁制動が強まり、加速度が小さくなる。$a_2=0$ となる速度が終端速度（(9)）。
抵抗と同じく、LEDの消費電力も「電圧×電流」で求まります。$\Delta t$ の間、電流 $I_2$ は一定とみなせます。
LEDの消費電力：電圧 $V_0 + R_0 I_2$、電流 $I_2$ より
$$P_{\mathrm{LED}} = (V_0 + R_0 I_2)\,I_2$$抵抗 $R$ の消費電力：
$$P_{R} = R I_2^{\,2}$$2つの和をとると、(4)の回路方程式 $V_0 + I_2(R+R_0) = B\ell v_2$ が使えて：
$$P_{\mathrm{LED}} + P_{R} = I_2\big[(V_0 + R_0 I_2) + R I_2\big] = I_2\big[V_0 + I_2(R+R_0)\big] = I_2 \cdot B\ell v_2$$これに微小時間 $\Delta t$ を掛けると、消費した電力量 $W_2$：
$$W_2 = (P_{\mathrm{LED}} + P_R)\,\Delta t = B\ell v_2 I_2\,\Delta t$$導体棒（起電力 $\varepsilon = B\ell v_2$）が単位時間に回路へ送り込む電気エネルギーは $\varepsilon I_2 = B\ell v_2 I_2$。回路にはこの電力を消費する素子がLEDと抵抗しかない（自己インダクタンス等は無視）ので、そのまま $W_2 = B\ell v_2 I_2\,\Delta t$。エネルギー保存から一発で出る。
導体棒は落下しているので、$W_2$ のエネルギー源をたどると棒の位置エネルギー（重力による位置エネルギー）です。よって空欄アは位置。
落下の途中、位置エネルギーの一部は棒の速さを上げること、すなわち棒の運動エネルギーの増加に使われます。よって空欄イは運動。
位置エネルギーと運動エネルギーの合計を力学的エネルギーとよびます。エネルギー保存を式で書くと（位置エネルギーの減少 ＝ 運動エネルギーの増加 ＋ $W_2$）：
$$(-\Delta E_{\text{位置}}) = \Delta E_{\text{運動}} + W_2$$移項すると、$W_2 = -\Delta E_{\text{位置}} - \Delta E_{\text{運動}} = -\Delta(E_{\text{位置}} + E_{\text{運動}})$。すなわち $W_2$ は棒の力学的エネルギーの減少量に一致します。よって空欄ウは力学的。
$$W_2 = -\,\Delta E_{\text{力学的}} \quad(\text{力学的エネルギーの減少量})$$力学的エネルギーの減少分は、いったん電気エネルギー $W_2$ になり、抵抗 $R$・$R_0$ ではジュール熱、LEDの $V_0$ 分では主に光として放出される。設問(7)は「導体棒側のエネルギー収支（位置・運動・力学的）」を問うており、電気の先の熱・光は次の段階。混同しないよう注意。
① 位置エネルギーの減少：$\Delta t$ の間に棒は $v_2\Delta t$ だけ落下する（速度変化は $\Delta t$ の1次では $v_2$ とみなす）。重力による位置エネルギーの減少は：
$$-\Delta E_{\text{位置}} = mg\,v_2\,\Delta t$$② 運動エネルギーの増加：速度は $v_2$ から $v_2 + a_2\Delta t$ に増える。運動エネルギーの増加は：
$$\Delta E_{\text{運動}} = \frac{1}{2}m(v_2 + a_2\Delta t)^2 - \frac{1}{2}m v_2^{\,2} = m v_2 a_2\,\Delta t + \frac{1}{2}m a_2^{\,2}(\Delta t)^2$$$(\Delta t)^2$ の項を無視して：
$$\Delta E_{\text{運動}} \fallingdotseq m v_2 a_2\,\Delta t$$③ 力学的エネルギーの減少量：①から②を引く。ここで(5)の $a_2 = g - \dfrac{B\ell I_2}{m}$ より $g - a_2 = \dfrac{B\ell I_2}{m}$ を使う：
$$-\Delta E_{\text{力学的}} = mg\,v_2\Delta t - m v_2 a_2\Delta t = m v_2(g - a_2)\Delta t = m v_2\cdot\frac{B\ell I_2}{m}\,\Delta t$$質量 $m$ が約分され：
$$-\Delta E_{\text{力学的}} = B\ell v_2 I_2\,\Delta t = W_2 \qquad \blacksquare$$運動方程式 $ma_2 = mg - B\ell I_2$ の両辺に $v_2$ を掛ける：
$$m a_2 v_2 = mg v_2 - B\ell I_2 v_2$$左辺 $m a_2 v_2$ は運動エネルギーの変化率、$mg v_2$ は重力のする仕事率（位置エネルギー減少率）。移項すると：
$$B\ell I_2 v_2 = mg v_2 - m a_2 v_2 = (\text{位置Eの減少率}) - (\text{運動Eの増加率})$$右辺は力学的エネルギーの減少率。両辺に $\Delta t$ を掛ければ $W_2 = -\Delta E_{\text{力学的}}$。
終端速度 $v_3$ では加速度が $0$。運動方程式 $ma = mg - B\ell I_3 = 0$ より、そのときの電流 $I_3$ は：
$$mg = B\ell I_3 \quad\Rightarrow\quad I_3 = \frac{mg}{B\ell}$$この状態でも回路方程式 $B\ell v_3 = V_0 + I_3(R + R_0)$ が成り立ちます。$I_3$ を代入：
$$B\ell v_3 = V_0 + \frac{mg}{B\ell}(R + R_0)$$両辺を $B\ell$ で割って $v_3$ を求めると：
$$v_3 = \frac{V_0}{B\ell} + \frac{mg(R + R_0)}{B^2\ell^2}$$$v_1 = \dfrac{V_0}{B\ell}$ で割って倍率を求めます。まず $B\ell v_3$ を $V_0$ で割ると：
$$\frac{v_3}{v_1} = \frac{B\ell v_3}{V_0} = \frac{V_0 + \dfrac{mg(R+R_0)}{B\ell}}{V_0} = 1 + \frac{mg(R + R_0)}{B\ell V_0}$$終端速度では運動エネルギーが増えないので、重力のする仕事率がそのまま電気の消費電力に等しい：
$$mg v_3 = V_0 I_3 + I_3^{\,2}(R+R_0)$$$I_3 = mg/(B\ell)$ を代入して整理しても、同じ $v_3 = \dfrac{V_0}{B\ell} + \dfrac{mg(R+R_0)}{B^2\ell^2}$ が得られる。
落下中、電流は速度とともに増加し続け、最終的に終端速度に近づくにつれて最大値 $I_3 = \dfrac{mg}{B\ell}$ に漸近します（この値を超えることはありません）。よってLEDに流れる電流の最大値は $I_3$ です。
LEDが壊れる条件は「電流が $I_0$ を超える」ことなので、壊れないための条件は最大電流が $I_0$ 以下であること：
$$I_3 = \frac{mg}{B\ell} \leq I_0$$質量について解くと：
$$m \leq \frac{B\ell I_0}{g}$$したがって、壊れないための質量の上限 $m_0$ は：
$$m_0 = \frac{B\ell I_0}{g}$$電流 $I = \dfrac{B\ell v - V_0}{R+R_0}$ は速度 $v$ の増加関数。落下中 $v$ は単調に増えるが、加速度 $a = g - \dfrac{B\ell I}{m}$ は $I$ が増えると減るため、$v$ は終端速度 $v_3$ に下から漸近する（$v_3$ を超えない）。よって電流も $I_3 = mg/(B\ell)$ を超えず、これが電流の上限。$R$・$R_0$・$V_0$ は最大電流の値には効かず、$m_0$ の式に現れないのがポイント。
次の代表値を使って主要な式を計算してみます（数値は物理的な桁感覚をつかむための例です）：
(2) 発光し始める速さ $v_1$：
$$v_1 = \frac{V_0}{B\ell} = \frac{2.0}{0.10} = 20 \text{ m/s}$$(9) 終端速度 $v_3$：
$$v_3 = \frac{V_0}{B\ell} + \frac{mg(R+R_0)}{B^2\ell^2} = 20 + \frac{1.0\times10^{-2}\times 9.8 \times 5.0}{(0.10)^2}$$ $$v_3 = 20 + \frac{0.49}{0.010} = 20 + 49 = 69 \text{ m/s}$$倍率は $v_3/v_1 = 69/20 \fallingdotseq 3.5$ 倍。文字式 $1 + \dfrac{mg(R+R_0)}{B\ell V_0} = 1 + \dfrac{0.49}{0.10\times 2.0} = 1 + 2.45 = 3.45$ 倍と一致します。
(10) 壊れない質量上限 $m_0$（定格 $I_0 = 0.30$ A とする）：
$$m_0 = \frac{B\ell I_0}{g} = \frac{0.10 \times 0.30}{9.8} = 3.1\times 10^{-3} \text{ kg} \fallingdotseq 3.1 \text{ g}$$$v_1 = V_0/(B\ell)$ の単位は $\text{V}/(\text{T·m})$。$\text{T} = \text{kg}/(\text{A·s}^2)$、$\text{V} = \text{kg·m}^2/(\text{A·s}^3)$ を代入すると、確かに $\text{m/s}$ になる。$m_0 = B\ell I_0/g$ も $\text{T·m·A}/(\text{m/s}^2) = \text{kg}$ となり、質量の単位が出る。答えの次元が正しいかは、必ず単位で検算する習慣をつけよう。