2022届高考物理一轮复习单元检测十　电磁感应　交变电流（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测十　电磁感应　交变电流（解析版），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2020·云南昆明市一模)“人工肺ecm”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备．呼吸机接在电压随时间变化的规律为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为5 A，则( )
A．该交流电的频率为100 Hz
B．该呼吸机正常工作时，1 h消耗的电能为1.1度
C．该呼吸机正常工作时电流的峰值为5 A
D．该交流电每秒内电流方向变化50次
答案 B
解析 因为ω＝100π rad/s，则该交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，选项A错误；该呼吸机正常工作时，1 h消耗的电能为W＝IUt＝5×220×10－3×1 kW·h＝1.1 kW·h＝1.1度，选项B正确；该呼吸机正常工作时电流的峰值为5eq \r(2) A，选项C错误；交流电每周期方向变化2次，则该交流电每秒内电流方向变化100次，选项D错误．
2．(2020·山东临沂市模拟)如图1所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有直线边界(图中竖直虚线)的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
图1
A.eq \r(2)BRv B.eq \f(\r(2),2)BRv C.eq \f(\r(2),4)BRv D.eq \f(3\r(2),4)BRv
答案 D
解析 设整个圆环的电阻为r，位于题图所示位置时，电路的外电阻是eq \f(3,4)r，而在磁场内切割磁感线的有效长度是eq \r(2)R，其相当于电源，E＝B·eq \r(2)R·v，根据闭合电路欧姆定律可得U＝eq \f(\f(3,4)r,r)E＝eq \f(3\r(2),4)BRv，选项D正确．
3．(2020·上海市虹口区一模)如图2所示，水平放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与圆环的轴线重合．现将圆环沿半径向外均匀扩大，则( )
图2
A．从左往右看，圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环中无感应电流
C．穿过圆环的磁通量增大
D．圆环受到磁铁的作用力沿半径向外
答案 A
解析 磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消．现将圆环均匀向外扩大，则磁铁外部磁感线条数增多，将内部磁感线抵消得更多，导致磁通量变小，故C错误；磁通量变小，则由楞次定律得，从左往右看产生的感应电流方向为顺时针，故B错误，A正确；产生顺时针方向的感应电流，在外部磁感线的作用下，根据左手定则可知，弹性圆环受到的安培力方向沿半径向内，故D错误．
4.(2020·广东深圳市调研)如图3所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是( )
图3
A．磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零
B．磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流(从上向下看)
C．磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能
D．磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热
答案 D
解析 磁铁上下运动时，由于穿过铜盘的磁通量发生变化，则在铜盘中会产生感应电流，铜盘对磁铁有磁场力，阻碍磁铁的运动，则当磁铁所受弹力与重力等大反向时，此时磁铁还受到下面铜盘的作用力，故此时磁铁的加速度不为零，选项A错误；根据楞次定律，磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生逆时针方向的涡旋电流，选项B错误；磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由于有电能产生，则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和，选项C错误；磁铁最终静止时弹簧有弹性势能，则磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹簧弹性势能之和，即大于铜盘产生的焦耳热，选项D正确．
5．(2020·江苏泰州市联考)某学校创建绿色校园，如图4甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其阻值减小)．现增加光照强度，则下列判断正确的是( )
图4
A．电源路端电压不变
B．B灯变暗，A灯也变暗
C．R0两端的电压变小
D．电源总功率不变
答案 B
解析 光照增强时，Rt阻值变小，干路电流变大，电源总功率变大，内电压变大，外电压U外变小，故A灯变暗；由于I干＝IA＋I0，I干变大，IA变小，故I0变大，由于U0＝I0R0，则U0变大，即R0两端的电压变大；U外变小，由U外＝U0＋UB，可知UB变小，故B灯变暗，综上分析，B正确．
6．(2020·福建厦门市质检)如图5为学校配电房向各个教室的供电示意图．T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离．当开关S闭合时，以下说法正确的是( )
图5
A．电流表A1、A2和A3的示数都变大
B．只有电流表A1的示数变大
C．电压表V3的示数变小
D．电压表V2和V3的示数都变小
答案 C
解析 当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即V2的示数不变，可知输电线中的电流增大，即A2的示数变大，则输电线上损失的电压增大，可知教室中的负载得到的电压减小，即V3的示数变小，所以通过R1的电流减小，即A3的示数变小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)知，原线圈中的电流I1增大，所以A1的示数变大，故C正确，A、B、D错误．
7．(2020·北京市房山区一模)如图6甲所示为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器监测通过电感线圈L中的电流．已知电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，电源电动势为6.0 V，内阻不计．闭合开关S使电路处于稳定状态，在t＝0.1 s时刻断开开关S，断开开关S前后电流传感器显示电流随时间变化的图像如图乙所示．根据以上信息，下列说法中错误的是( )
图6
A．可以判断断开开关后观察不到小灯泡闪亮现象
B．可以估算出断开开关S后流过灯泡的电荷量
C．可以判断断开开关时电感线圈产生的自感电动势的正负极
D．可以求出电感线圈的直流电阻
答案 A
解析 断开开关后，电感线圈要阻碍原电流的减小，即产生和原电流方向相同的感应电流，即电感线圈相当于电源，右端为正，左端为负，故C正确；断开开关后，电感线圈相当于一个电源，与R1、R形成闭合回路，电流从1.5 A开始减小，而断开前，通过灯泡的电流为IR1＝eq \f(U,R1)＝eq \f(6,6.0) A＝1.0 A<1.5 A，故可以判断出断开开关后可以观察到小灯泡闪亮现象，故A错误；根据Q＝It，可知断开开关S后流过灯泡的电荷量等于0.1 s后I－t图像中图线与坐标轴围成的面积，根据超过半格算一格，不到半格忽略，可估算出0.1 s后I－t图线与坐标轴围成的面积，即断开开关S后流过灯泡的电荷量，故B正确；电路处于稳定状态时，R所在支路两端的电压为6.0 V，电流为I＝1.5 A，故电感线圈的直流电阻为RL＝eq \f(U,I)－R＝(eq \f(6.0,1.5)－2.0) Ω＝2.0 Ω，故D正确．
8.(2020·重庆市西南名校联盟联考)如图7所示，有一边长为L的正方形线框abcd，从距匀强磁场上边界H处由静止释放，其ab边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动．匀强磁场区域宽度也为L，ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两端的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图像可能正确的是( )
图7
答案 C
解析 线框从磁场上方H处开始下落到ab边进入磁场过程中，线框做匀加速运动，因线框ab边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线框直到cd边出磁场时一直做匀速直线运动，选项A、B错误；线框ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq \f(3,4)BLv，ab边出磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq \f(1,4)BLv，线框进磁场和出磁场过程中感应电动势相同，均为E＝BLv，时间相同，则由功率公式可知，产生的热量相同，故C正确，A、B、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.(2020·山东济南市一模)如图8所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中．电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R.先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )
图8
A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C．断开开关时，a点电势低于b点电势
D．断开开关后，流过电阻R的电流方向与原电流方向相反
答案 BC
解析 闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误；闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F＝BIL可知流过圆盘的电流为零，故B正确；断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a点电势低于b点电势，故C正确；闭合开关时，流过电阻R的电流方向从b点经电阻R到a点；断开开关时，a点电势低于b点电势，流过电阻R的电流方向从b点经电阻R到a点，所以断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相同，故D错误．
10．(2020·山东泰安市一轮检测)如图9电路所示，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，额定电压不同．在输入端接上u＝45eq \r(2)sin 100πt(V)的交流电压，三个灯泡均正常发光，电流表A1的示数为1 A，电流表A2的示数为1.5 A，电路中变压器、电流表均为理想的，则( )
图9
A．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3
B．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1
C．灯泡L的额定电压为10 V
D．灯泡L的额定电压为15 V
答案 BD
解析 因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2＝3 A，
由变压规律可知变压器原、副线圈匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(3,1)，
故A错误，B正确；
设副线圈两端的电压为U2，则由变压规律可知原线圈两端电压U1＝eq \f(n1,n2)U2＝3U2
设灯泡L两端的电压为UL，则有ULI1＝U2IA
其中U＝UL＋U1
由输入端电压u＝45eq \r(2)sin 100πt(V)
可知U＝45 V
联立可得UL＝15 V
故C错误，D正确．
11．(2020·湖南长沙市模拟)一含有理想变压器的电路如图10甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1和R2的阻值分别为3 Ω和1 Ω，电流表、电压表都是理想电表，a、b端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是( )
图10
A．电流表的示数为eq \f(\r(6),2) A
B．电压表的示数为eq \r(6) V
C．0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为0.24 J
D．0.03 s时，通过电阻R1的电流为eq \r(6) A
答案 AC
解析 设电流表的示数为I1，则有：I12RT＝(eq \f(\r(2),\r(2)))2R·eq \f(T,2)＋(eq \r(2))2R·eq \f(T,2)，解得：I1＝eq \f(\r(6),2) A，故A正确；原线圈中的电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的最大值为2eq \r(2) A，设副线圈交流电的有效值为I2，则I22RT＝(eq \f(2\r(2),\r(2)))2R·eq \f(T,2)，解得：I2＝eq \r(2) A，因此电压表的示数为：U＝I2R2＝eq \r(2) V，故B错误；在0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为：Q＝I22R1t＝(eq \r(2))2×3×0.04 J＝0.24 J，故C正确；由题图乙可知，在0.03 s前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故D错误．
12.(2020·河南顶级名校开学考试)如图11所示，在水平边界OO′的下方空间内存在着垂直纸面向里的有界匀强磁场，A、B是用粗细相同的同种电阻丝制成的单匝正方形闭合线框和圆形闭合线框，A线框的边长与B线框的直径相等，M点和N点是A线框底边的两个端点，P点和Q点是B线框水平直径的两个端点．现将A、B两线框从磁场上方由静止自由释放，A、B两线框进入磁场的过程中MN、PQ连线始终保持水平．下列说法正确的是( )
图11
A．两线框进入磁场的过程中，感应电流的方向均为顺时针
B．若两线框恰有一半进入磁场的瞬间，速度相等，则M、N间和P、Q间的电压之比为3∶2
C．若两线框恰有一半进入磁场的瞬间，速度相等，则A、B所受安培力大小之比为π∶4
D．两线框完全进入磁场的过程中，流过A、B某一截面的电荷量之比为4∶π
答案 BC
解析 两线框进入磁场的过程中，穿过两线框的磁通量均增加，根据楞次定律可知两线框的感应电流的方向均为逆时针，A错误．若两线框恰有一半进入磁场的瞬间，速度相等，又两线框的有效切割长度相同，则回路中感应电动势相同且为E＝BLv，可得M、N两端电压为eq \f(3,4)BLv，P、Q两端电压为eq \f(1,2)BLv，故它们之间的电压之比为3∶2；而两线框总电阻不同，RA＝ρeq \f(4L,S)，RB＝ρeq \f(πL,S)，则两线框中电流之比IA∶IB＝RB∶RA＝π∶4，两线框所受安培力大小之比FA∶FB＝IA∶IB＝π∶4，故B、C正确．完全进入磁场的过程中，流过线框A、B某一截面的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)，对线框A有qA＝eq \f(BL2,RA)＝eq \f(BLS,4ρ)，对圆形线框B有qB＝eq \f(\f(BπL2,4),RB)＝eq \f(BLS,4ρ)，可得qA＝qB，D错误．
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
13．(12分)(2020·天津市实验中学模拟)如图14所示，固定光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．
图14
(1)求初始时刻通过电阻R的电流的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.
答案 (1)eq \f(BLv0,R＋r) 电流方向为b→a (2)gsin θ－eq \f(B2L2v,mR＋r)
解析 (1)导体棒产生的感应电动势为：E1＝BLv0
根据闭合电路的欧姆定律得通过R的电流大小为：I1＝eq \f(E1,R＋r)＝eq \f(BLv0,R＋r)
根据右手定则判断得知：电流方向为b→a
(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E2＝BLv
根据闭合电路的欧姆定律得感应电流大小为： I2＝eq \f(E2,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)
导体棒受到的安培力大小为：F＝BI2L＝eq \f(B2L2v,R＋r)，方向沿斜面向上．导体棒受力如图所示，
根据牛顿第二定律有：mgsin θ－F＝ma
解得：a＝gsin θ－eq \f(B2L2v,mR＋r).
14．(14分)(2020·浙江名校联盟第一次联考)如图15所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平平台上，导轨间距L＝1 m，处在磁感应强度大小为B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场中，平台离水平地面的高度h＝3.2 m．初始时刻，质量为m1＝2 kg的金属杆ab垂直放置在导轨上且处于静止状态，距离平台右边缘为d＝2 m．质量为m2＝2 kg的金属杆cd沿导轨与导轨垂直，以水平向右的初速度v0＝15 m/s进入磁场区域，最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆落地点之间的距离s＝4 m，两杆的电阻均为r＝1 Ω，取g＝10 m/s2，导轨电阻不计，整个过程中两杆始终不相碰．求：
图15
(1)ab离开平台时的速度大小；
(2)当ab离开平台时cd运动的距离；
(3)在两杆相互作用的过程中回路产生的电能Q.
答案 (1)5 m/s (2)7 m (3)100 J
解析 (1)设ab、cd从平台右边缘射出时的速度大小分别为v1、v2，ab落地点距平台右边缘的水平位移大小为x，cd落地点距平台右边缘的水平位移大小为x＋s，分别做平抛运动所用的时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2
x＝v1t
x＋s＝v2t
根据动量守恒定律有m2v0＝m1v1＋m2v2
解得v1＝5 m/s，v2＝10 m/s.
(2)ab在磁场中运动的距离为d，对ab，根据动量定理有Beq \x\t(I)Lt1＝m1v1
设当ab离开平台时cd在磁场中运动距离为d＋Δx，则有eq \x\t(I)t1＝eq \f(BLΔx,2r)
解得Δx＝eq \f(2rm1v1,B2L2)
cd运动的距离为d＋Δx＝d＋eq \f(2rm1v1,B2L2)＝7 m.
(3)根据能量守恒定律知，在两杆相互作用的过程中回路中产生的电能等于系统损失的机械能，则有Q＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m2v22＝100 J.
15．(16分)(2020·浙江名校协作体第一次联考)如图16甲所示，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属导轨，M4P、N4Q为平行放置的竖直圆弧金属导轨，M4、N4为切点，导轨间距L＝1.0 m，整个装置左端接有阻值为R＝0.5 Ω的定值电阻．M1M2N2N1、M3M4N4N3为长方形区域Ⅰ、Ⅱ，Ⅰ区域宽度d1＝0.5 m，Ⅱ区域宽度d2＝0.4 m；两区域之间的距离s＝1.0 m；Ⅰ区域内分布着随时间变化规律如图乙所示的匀强磁场B1，方向竖直向上；区域Ⅱ内分布着匀强磁场B2＝0.5 T，方向竖直向上．质量为m＝0.1 kg、电阻为R0＝0.5 Ω的导体棒CD自t＝0开始加上垂直于棒的大小为1.0 N的水平恒力F，从M2N2处由静止开始运动，到达M3N3处撤去力F，CD穿过匀强磁场区上滑后又恰好返回停在M2N2.取g＝10 m/s2，CD与两磁场间的导轨的动摩擦因数μ＝0.2，M3N3右侧的直导轨及圆弧导轨均光滑，导轨电阻、空气阻力均不计，CD运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，求：
图16
(1)CD从M2N2处运动到M3N3处所需要的时间；
(2)CD从开始运动到第一次通过M4N4过程中通过R的电荷量；
(3)在整个运动过程中CD上产生的焦耳热Q.
答案 (1)0.5 s (2)0.3 C (3)0.31 J
解析 (1)CD在两磁场间的导轨上运动时，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma
s＝eq \f(1,2)at2
解得a＝8 m/s2，t＝0.5 s.
(2)0～0.5 s内，有q1＝eq \f(ΔB·d1L,R＋R0)＝0.1 C
CD通过d2过程，有q2＝eq \f(B2·d2L,R＋R0)＝0.2 C
则q＝q1＋q2＝0.3 C.
(3)0～0.5 s内产生的感应电动势E＝eq \f(ΔB×Ld1,Δt)＝eq \f(0.2×1×0.5,0.5) V＝0.2 V
CD产生的热量Q1＝I2R0t＝(eq \f(E,R＋R0))2R0t＝0.01 J
CD第1次到达M3N3时，有v12＝2as
最后CD恰好停在M2N2，此过程回路产生的焦耳热为Q2总＝eq \f(1,2)mv12－μmgs
又Q2＝eq \f(R0,R＋R0)Q2总
联立解得Q2＝0.3 J
则整个过程CD上产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.31 J.
16．(18分)(2020·河南洛阳市一模)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图17所示．倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中．水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10 m/s2.求：
图17
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.
答案 见解析
解析 (1)杆ab匀速时处于平衡状态，
有mgsin θ＝eq \f(B\\al(12)l2v0,R＋\f(R,2))，解得：v0＝6 m/s.
(2)杆ab与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得
mv0＝4mv，解得v＝eq \f(v0,4)＝1.5 m/s.
(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ过程速度变化量的大小为Δv，由动量定理得B2eq \x\t(I)lΔt＝4mΔv
因eq \x\t(I)＝eq \f(E,R总)＝eq \f(ΔΦ,Δt·R总)＝eq \f(B2Ll,ΔtR＋\f(R,2))，解得Δv＝0.25 m/s.
设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ过程速度变化量的大小为Δv′，同样有B2eq \x\t(I)′lΔt′＝4mΔv′，eq \x\t(I)′＝eq \f(B2lL,Δt′R＋\f(R,2))
解得Δv′＝0.25 m/s.
因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度大小为
v′＝v－Δv－Δv′＝1 m/s.
由能量守恒得：Q＝eq \f(1,2)×4m(v2－v′2)＝0.25 J.