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(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
[解析]　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m ②
由几何关系知
d＝r ③
联立①②③式得＝. ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝. ⑦
[答案]　(1)　(2)
【题组突破】
角度1　磁场—磁场组合场中的运动分析
1.(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误．
角度2　电场—磁场组合场中的运动分析
2．(2019·全真模拟卷一)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标为(－L，0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上点A射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动， 进入矩形磁场区域并从磁场边界上点Q射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；
(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积Smin.
解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a，时间为t0，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy
则L＝v0t0，a＝，vy＝at0，vy＝
联立解得E＝,eL).
(2)设轨迹与x轴的交点为D，O、D间的距离为xD，则xD＝Ltan 30°＝L
所以DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示
设电子离开电场时速度大小为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T
则evB＝m，v＝
由几何关系有r＋＝L
即r＝
联立以上各式解得B＝
电子在磁场中偏转的角度为120°，则有t＝
T＝
解得t＝.
(3)以切点F、Q的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小Smin＝r×
解得Smin＝.
答案：见解析
角度3　电场与磁场并存的叠加场问题
3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
解析：选B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确．
角度4　电场、磁场和重力场并存的叠加场问题
4．(2019·黄冈中学模拟)如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x>0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计．
(1)求带电小球a的电性及其比荷；
(2)求带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；
(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？
解析：(1)由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mg＝qE，解得＝.
(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有qvB2＝m
由几何关系有R＋Rsin θ＝l
联立解v＝
带电小球a在杆上做匀速运动时，由平衡条件有
mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)
解得μ＝.
(3)带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动的周期
T＝＝
带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0＝＝
绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为
t＝＝2
两球相碰有t＝＋n(n＝0，1，2，…)
联立解得n＝1
设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则l＝v0t
解得v0＝.
答案：(1)正电　　(2)　(3)
命题角度 解决方法 易错辨析
带电粒子在空间组合场中从电场进磁场的运动 利用类平抛运动中的分解思想解决电场中的运动，利用垂线法确定磁场中运动的圆心 注意电场进磁场时速度的大小、方向变化情况
带电粒子在空间组合场中从磁场进电场的运动 找磁场中匀速圆周运动的圆心、半径、圆心角，画出大体的运动轨迹图 分清磁场中运动时速度偏角、圆心角、弦切角三者之间的关系
带电粒子在交变电、磁场中的运动 利用周期性找准粒子运动规律，再结合电偏转和磁偏转规律解题 在一个周期内分析清楚粒子的运动特点及速度的变化情况
带电粒子在叠加场中的运动 根据不同的受力情况，高中阶段一般只有两种运动情况：
①匀速直线运动
②匀速圆周运动 注意粒子是否受重力，并关注粒子的受力与运动性质的关系
　带电粒子在复合场中的运动与现代科技的综合
【高分快攻】
教材中重要的五大科技应用类模型
速度选 择器
带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝.这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关
质谱仪
加速：qU＝mv2.偏转：d＝2r＝.比荷＝.可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等
磁流体 发电机
当等离子体匀速通过 A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv
电磁流 量计
导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差．流量稳定时流量Q＝Sv＝
回旋加 速器
加速电场的变化周期等于粒子在磁场内运动的周期．在粒子质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能Ek＝，只与D形盒半径和磁感应强度有关，与加速电压无关
【典题例析】
(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的(　　)
　
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
[解析]　由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，B、C错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝，D正确．
[答案]　D
如图所示为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，其中，加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右端面平行．由离子源发出的一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)经加速电场加速后，从M点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点射出，接着由P点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直于下边界从Q点射出并进入收集器．已知 Q点与圆心O2的距离为d.
(1)求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；
(2)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
(3)现将离子换成质量为m1＝0.9m、电荷量仍为q的另一种正离子，其他条件不变．试指出该离子进入磁分析器时的位置，并判断它射出磁场的位置在Q点的左侧还是右侧．
解析：(1)离子在加速电场中加速，设进入静电分析器的速度大小为v，根据动能定理得qU＝mv2
离子射出静电分析器时的速度大小仍为v，在磁分析器中，离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设轨道半径为r，根据牛顿第二定律得Bqv＝m
依题意知r＝d
联立解得B＝
由左手定则得，磁场方向垂直纸面向外．
(2)在静电分析器中，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qE＝m
联立解得E＝.
(3)设质量为m1的离子经加速电场加速后，速度大小为v1，根据动能定理有qU＝m1v
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
qE＝,R1)
联立解得质量为m1的离子在静电分析器中做匀速圆周运动的轨道半径R1＝R，即该离子从N点射出静电分析器，由P点射入磁分析器．
该离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r1＝＝∝ ，所以r1答案：见解析
　三大观点解决电磁感应问题
【高分快攻】
1．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带．
2．解决电磁感应与力学的综合问题的基本步骤
【典题例析】
(2019·龙岩市模拟)如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力f大小；
(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝ 停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.
[解析]　(1)根据右手定则，感应电流方向为a至b，依题意得，棒刚要运动时，所受摩擦力等于安培力：f＝FA
FA＝BI1L，
I1＝，
联立解得：f＝.
(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：
－t－ft＝0－2mv
＝BL，又＝,R)，x＝t
联立得：x＝
根据动能定理有：
－fx－WA＝0－m(2v)2
根据功能关系有
Q＝WA
得：Q＝mv2.
[答案]　(1)a至b　
(2)　mv2
【题组突破】
角度1　单杆＋电阻＋导轨模型
1．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度．重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；
(2)上述过程中，杆上产生的热量．
解析：(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝
杆所受的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律有mgsin θ－＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝，方向沿导轨平面向下．
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q总＋mv
又Q杆＝Q总
所以Q杆＝mgxsin θ－.
答案：见解析
角度2　双杆＋导轨模型
2．(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直．在t＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况．
　　　
(2)如图2所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度．若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况．
解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2) ①
感应电流为I＝ ②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得
F－F1＝ma1，F1＝ma2 ③
当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1＝a2 ④
解得a1＝a2＝ ⑤
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大．
(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动．
答案：见解析
角度3　线圈模型
3．(2019·滨州模拟)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 θ＝37°放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；
(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；
(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．
解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时
有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝＝2 m/s.
(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动
有v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma
线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2
得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.
(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，
有mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安
解得Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J.
答案：见解析
(1)三大观点透彻解读双杆模型
示意图

力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
图象 观点

能量 观点 棒1动能减少量＝棒2动能增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
动量 观点 两棒组成的系统动量守恒 外力的冲量等于两棒动量的增加量
(2)线圈动生模型是磁感应强度不变，线圈穿越匀强磁场的模型，类似于双杆＋导轨模型．
①分析线圈运动情况，看运动过程中是否有磁通量不变的阶段．
②线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路，分析电路，由闭合电路欧姆定律列方程．
③对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F外＋F安＝ma.
④线圈穿过磁场时，安培力做功，其他形式的能和电能互相转换，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由功能定理W外＋W安＝Ek2－Ek1或能量守恒定律列式．
(建议用时：40分钟)
1．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN、M′N′，如图所示放置，两轨道之间的距离l＝0.5 m．轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4 Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.5 m，水平直轨道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N′段光滑，且KNN′K′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.64 T，磁场区域的宽度d＝1 m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s＝2 m处，在与杆垂直的水平恒力F＝2 N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能通过半圆形轨道的最高处PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g＝10 m/s2.求：
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向；
(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．
解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有
(F－μmg)s＝mv－0，
代入数据解得v1＝6 m/s，
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势
E＝Blv1＝1.92 V，
此时通过导体杆的电流I＝＝3.84 A，
根据右手定则可知，电流方向由b向a.
(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为，则由法拉第电磁感应定律有
＝＝，
通过电阻R的感应电流的平均值＝,R＋r)，
通过电阻R的电荷量q＝Δt＝＝0.64 C.
(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有
mg＝m,R0)，
代入数据解得v3＝ m/s，
杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有
mv＝mv＋mg·2R0，
代入数据解得v2＝5 m/s，
导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能
ΔE＝mv－mv＝1.1 J，
此过程中电路中产生的焦耳热Q热＝ΔE＝1.1 J.
答案：(1)3.84 A　由b向a　(2)0.64 C　(3)1.1 J
2．(2019·烟台模拟)如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度．
解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝
当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则
BIL＝mgsin θ
解得B＝＝2 T.
(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知，
Qab∶QR＝1∶3
则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21 J＝7 J
导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝mv＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s
此时感应电动势E1＝BLv1，感应电流I1＝
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma2
感应电流I＝，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝
解得a2＝2 m/s2
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，ab棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度v2＝a2t＝4 m/s.
答案：(1)2 T　(2)2 m/s　2 m/s2　(3)4 m/s

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