湖南省新田县第一中学2015届高三物理一轮复习 专题10 电磁感应（含解析）.doc

湖南省新田县第一中学2015届高三物理一轮复习 专题10 电磁感应 ‎（2014上海）17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。则磁场（）‎ ‎（A）逐渐增强，方向向外 （B）逐渐增强，方向向里 ‎（C）逐渐减弱，方向向外 （D）逐渐减弱，方向向里 ‎17．CD [解析] 本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积是增加了，说明磁场是在逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故CD都有可能。‎ ‎14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎14．D　产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．‎ ‎18．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　) ‎ 11‎ ‎　　　‎ ‎18．C　[解析] 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致，线圈cd上的波形图是方波，ab线圈电流只能是线性变化的，所以C正确．‎ ‎[2014·江苏卷] 如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. B. C. D. ‎1．B　[解析] 根据法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即S＝，故E＝n＝，因此B项正确．‎ ‎16．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是(　　)‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 ‎16．BCD　[解析] 根据安培定则可判断出，通电导线在M区产生竖直向上的磁场，在N区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B正确．设导体棒的电阻为r，轨道的宽度为L，导体棒产生的感应电流为I′，则导体棒受到的安培力F安＝BI′L＝BL＝，在导体棒从左到右匀速通过M区时，磁场由弱到强，所以FM逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N区时，磁场由强到弱，所以FN逐渐减小．选项C、D正确．‎ ‎6．[2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为‎0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为‎1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)‎ A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N ‎6．AC　[解析] 由于B＝(0.4－0.2 t) T，在t＝1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确．在t＝3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误．由法拉第电磁感应定律得E＝＝Ssin 30°＝‎ 11‎ ‎0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝＝‎1 A，在t＝1 s时，B＝0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin 30°＝0.1 N，C正确．同理，在t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin 30°＝0.1 N，D错误．‎ ‎20．[2014·安徽卷] 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　) ‎ A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk ‎20．D　[解析] 本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”的理解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势E感＝＝·S＝k·πr2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得W＝qE感＝πr2qk.选项D正确。‎ ‎20． [2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)‎ A．均匀增大 B．先增大，后减小 C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变 ‎20．C　[解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C正确．‎ ‎15． [2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(　　)‎ A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎15．C　[解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A、B错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P中的下落时间比在Q中的长，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项C正确，选项D错误．‎ ‎7．[2014·江苏卷] 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 11‎ ‎7．AB　[解析] 根据法拉第电磁感应定律E＝n知，增加线圈的匝数n，提高交流电源的频率即缩短交流电源的周期(相当于减小Δt)，这两种方法都能使感应电动势增大故选项A、B正确．将金属杯换为瓷杯，则没有闭合电路，也就没有感应电流；取走线圈中的铁芯，则使线圈中的磁场大大减弱，则磁通量的变化率减小．感应电动势减小．故选项C、D错误．‎ ‎25． [2014·新课标Ⅱ卷] 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g.求 ‎(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小：‎ ‎(2)外力的功率．‎ ‎25. [答案] (1)从C端流向D端　 ‎(2)μmgωr＋ ‎[解析] (1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①‎ 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 ε＝②‎ 根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端．因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足 I＝③‎ 联立①②③式得 I＝.④‎ ‎(2)在竖直方向有 mg－2N＝0⑤‎ 式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为 f＝μN⑥‎ 在Δt时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为 l1＝rωΔt⑦‎ 和 l2＝2rωΔt⑧‎ 克服摩擦力做的总功为 Wf＝f(l1＋l2)⑨‎ 11‎ 在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为 WR＝I2RΔt⑩‎ 根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为 W＝Wf＋WR⑪‎ 外力的功率为 P＝⑫‎ 由④至12式得 P＝μmgωr＋⑬‎ ‎23．[2014·安徽卷] (16分)如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为‎2.5 m，MN连线水平，长为‎3 m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为‎3 m，质量m为‎1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝‎1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取‎10 m/s2.‎ ‎ 图1‎ 图2‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝‎0.8 m处电势差UCD；‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图像；‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．‎ ‎23．[答案] (1)－0.6 V　(2)略　(3)7.5 J ‎[解析] (1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势 E＝Blv(l＝d)，E＝1.5 V(D点电势高)‎ 当x＝‎0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则 l外＝d－d OP＝ 得l外＝‎‎1.2 m 由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差 UCB＝－Bl外v, UCD＝－0.6 V ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是 11‎ l＝d＝3－x 对应的电阻R1为R1＝R，电流I＝ 杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)‎ 画出的Fx图像如图所示．‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积，即 WF＝×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsin θ 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J ‎24．[2014·北京卷] (20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻．‎ ‎(1) 通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q; ‎ ‎(2)若导线MN的质量m＝‎8.0 g、长度L＝‎0.10 m，感应电流I＝‎1.0 A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)；‎ 阿伏伽德罗常数NA ‎6.0×1023 mol－1‎ 元电荷e ‎1.6×10－‎‎19 C 导线MN的摩尔质量 μ ‎6.0×10－‎2 kg/mol ‎(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．‎ ‎24．[答案] (1)略　(2)7.8×10－‎6 m/s　(3)＝evB ‎[解析] (1)导线产生的感应电动势 E＝BLv 导线匀速运动，受力平衡 11‎ F＝F安＝BIL 在Δt时间内，外力F对导线做功 W＝FvΔt＝F安vΔt＝BILvΔt 电路获得的电能 W电＝qE＝IEΔt＝BILvΔt 可见，F对导线MN做的功等于电路获得的电能W电；‎ 导线MN中产生的热量 Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W电 可见，电路获得的电能W电等于导线MN中产生的热量Q.‎ ‎(2)导线MN中具有的原子数为 N＝NA ‎ 因为一个金属原子贡献一个电子，所以导线MN中的自由电子数也是N.‎ 导线MN单位体积内的自由电子数 n＝ 其中，S为导线MN的横截面积．‎ 因为电流 I＝nveSe 所以 ve＝＝＝ 解得 ve＝7.8×10－‎6 m/s.‎ ‎(3)下列解法的共同假设：所有自由电子(简称电子，下同)以同一方式运动．‎ 方法一：动量解法 设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，经历的时间为Δt，电子的动量变化为零．‎ 因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用 f洛＝evB 沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和f洛作用，所以 If－f洛Δt＝0‎ 其中If为金属离子对电子的作用力的冲量，其平均作用力为f，则If＝fΔt 得 f＝f洛＝evB 方法二：能量解法 S设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t，在这段时间内，通过导线一端的电子总数 N＝ 电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的．‎ 在时间t内，总的焦耳热 Q＝NfL 根据能量守恒定律，有 11‎ Q＝W电＝EIt＝BLvIt 所以 f＝evB 方法三：力的平衡解法 因为电流不变，所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动．‎ 因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用 f洛＝evB 沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作有，二力平衡，即f＝f洛＝evB.‎ ‎13．[2014·江苏卷] 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.‎ ‎13．[答案] (1)tan θ　(2) ‎(3)2mgdsin θ－ ‎[解析] (1)在绝缘涂层上 受力平衡　mgsin θ＝μmgcos θ 解得　μ＝tan θ.‎ ‎(2)在光滑导轨上 感应电动势　E＝Blv　感应电流　I＝ 安培力　F安＝BLI　受力平衡　F 安＝mgsin θ 解得　v＝ ‎(3)摩擦生热　QT＝μmgdcos θ 能量守恒定律　3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2‎ 解得　Q＝2mgdsin θ－.‎ 11‎ ‎11．[2014·天津卷] 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝‎0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝‎0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝‎0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝‎10 m/s2，问 ‎(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝‎3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？‎ ‎11．(1)由a流向b　(2)‎5 m/s　(3)1.3 J ‎[解析] (1)由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b.‎ ‎(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有 Fmax＝m1gsin θ①‎ 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有 E＝BLv②‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝③‎ 设ab所受安培力为F安，有 F安＝ILB④‎ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤‎ 综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝‎5 m/s⑥‎ ‎(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦‎ 又 Q＝Q总⑧‎ 解得Q＝1.3 J ‎24． [2014·浙江卷] 某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝‎0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝‎0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b 11‎ 点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝‎0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取‎10 m/s2)‎ 第24题图 ‎(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？‎ ‎(2)求此时铝块的速度大小；‎ ‎(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．‎ ‎24．[答案] (1)正极　(2)‎2 m/s　(3)0.5 J ‎[解析] 本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力．‎ ‎(1)正极 ‎(2)由电磁感应定律得U＝E＝ ΔΦ＝BR2Δθ　U＝BωR2‎ v＝rω＝ωR 所以v＝＝‎2 m/s ‎(3)ΔE＝mgh－mv2‎ ΔE＝0.5 J ‎33（2014上海）.（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为1350，PQ与MP垂直，MP边长度小于‎1m。将质量m=‎2kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=‎4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。(1)若初速度v1=‎3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA 。（2）若初速度v2=‎1.5m/s，求棒向左移动距离‎2m到达EF所需时间△t。（3）在棒由GH处向左移动‎2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J,求初速度v3 。‎ ‎[答案]（1）F=8N （2）△t＝1s （3）v3＝‎1m/s ‎ [解析]（1）棒在GH处速度为v1 ,因此根据法拉第电磁感应定律有：‎ E1=BLv1…① ，‎ 由闭合电路欧姆定律得I1=BLv1/R …② ，‎ 棒在GH处所受安培力为FA ＝BI‎1L …③,‎ 解①②③式且代入数据得：FA＝B‎2L2v1/R = 8N…④‎ ‎（2）设棒移动距离为a＝‎2m，由几何关系可得EF间距也为a，向左移动整个过程中磁通量的变化量△φ＝Ba(a+L)/2 ，题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，‎ 11‎ 开始移动时有E2=BLv2…⑤ ,‎ 又整个过程中E2=△φ/△t＝Ba(a+L)/(2△t) …⑥ ,‎ 解以上两式并代入数据得△t＝a(a+L)/(2Lv2)＝1s…⑦.‎ ‎（3）设外力做功为W=7J，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v4 ,‎ 由动能定理得：W－WA＝mv42/2－mv32/2 …⑧‎ 运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，同（2）理有：E3=BLv3 ＝Bav4 …⑨，‎ E3=△φ/△t1＝Ba(a+L)/(2△t1) …⑩ ，‎ 得△t1＝a(a+L)/(2Lv3) … ‎ I3=BLv3/R …， ‎ 由功能关系得WA＝Q＝I32R△t1 … 解且代入数据得：v3＝‎1m/s … 11‎