2022届高三物理一轮复习专题训练：电磁感应 （Word含答案）

这是一份2022届高三物理一轮复习专题训练：电磁感应 （Word含答案），共18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
1．如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该导线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)的大小应为( )
A．eq \f(4ωB0,π) B．eq \f(2ωB0,π)
C．eq \f(ωB0,π) D．eq \f(ωB0,2π)
2．绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中( )
A．FN小于mg，圆环有向右的运动趋势
B．FN小于mg，圆环有向左的运动趋势
C．FN大于mg，圆环有向右的运动趋势
D．FN大于mg，圆环有向左的运动趋势
3．边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间a、b两端的电势差Uab为( )
A.eq \f(1,3)Bl2ω B．－eq \f(1,2)Bl2ω
C．－eq \f(1,3)Bl2ω D.eq \f(1,6)Bl2ω
4．如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
5．如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m2，假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看( )
A．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 V
B．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 V
C．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V
D．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V
6．高考使用的金属探测器，是在考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设备．其结构原理图可简化为下图．探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)产生垂直于线圈平面、大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)．随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致目标物自身也会产生微弱的磁场，来自目标物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声．某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说法正确的是( )
A．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生的涡流俯视时呈顺时针方向
B．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强
C．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，在接收线圈中会产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流报警的
D．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果在接收线圈中产生的微弱电流，俯视时呈逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上
7．韦伯和纽曼总结提出了电磁感应定律．如图是关于该定律的实验装置．P是由闭合线圈组成的螺线管．把磁铁从P正上方距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下．若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量将增大
B．线圈中产生的感应电动势将增大
C．通过线圈导线截面的电量将增大
D．线圈对磁铁的阻碍作用将变小
8．光滑金属导轨宽L＝0.5 m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为2 Ω，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l＝0.2 m，则( )
A．1 s末回路中的电动势为0.1 V
B．1 s末回路中的电流为0.5 A
C．2 s内回路产生的电热为0.1 J
D．2 s末，ab所受安培力大小为0.5 N
二、多项选择题
9．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
10．如图(a)，在同一平面内固定有一根长直导线PQ和一个导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝eq \f(T,4)时为零
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
C．在t＝eq \f(T,2)时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
11．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq \f(m2gR2,2B4L4)
12．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
三、非选择题
13．如图甲所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内,相距为L,轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻,导轨电阻不计。长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于MN、PQ静止放在导轨上,与MP间的距离为d,棒与导轨接触良好。t=0时刻起,整个空间加一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示,图中B0、t0已知。
(1)若t0时刻棒ab的速度大小为v,求0~t0时间内安培力对棒所做的功W;
(2)在0~t0时间内,若棒ab在外力作用下保持静止,求此时间内电阻R产生的焦耳热Q。
甲
乙
14．如图所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6 μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：
(1)通过R2的电流I的大小和方向；
(2)拉力F的大小；
(3)开关S1断开后通过R2的电荷量Q。
15．如图所示，虚线内有一个匀强磁场区域，其平行边界宽度为2L，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。abcd是由相同导线做成的矩形线框，ab＝dc＝2L，ad＝bc＝L，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域。在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行。求：
(1)cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时，a、b两点间的电压分别为多少；
(2)在线框通过磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热。
16．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
17．如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上．导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻．在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场．质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图象如图乙所示．金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs37°＝0.8.
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热．
18．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图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取重力加速度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闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小．
参考答案
一、单项选择题
1．C
解析：设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0req \x\t(v)＝B0r·eq \f(rω,2)＝eq \f(1,2)B0r2ω；当导线框不动时，E′＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，I′＝eq \f(E′,R)，要使I＝I′，必须使E＝E′，即eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(ωB0,π)，C正确。
2．A
解析：当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环内向下的磁通量减小，为了阻碍磁通量的减小，金属圆环所受的安培力向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，A正确，B、C、D错误。
3．A
解析：当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bl eq \x\t(v)＝Bleq \f(lω,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝eq \f(E,3R)·2R，故U＝eq \f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误．
4．B
解析：若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误．
5．C
解析：根据右手螺旋定则可知，螺线管中的磁场方向竖直向上，所以通过金属环的磁场方向竖直向下．当磁场均匀增大时，根据楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向．E＝eq \f(ΔBS,Δt)＝eq \f(0.2×0.01,1) V＝2×10－3 V．故C正确．
6．C
解析：当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向俯视呈逆时针方向，故A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，而不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件因这一信号电流而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流俯视呈沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上、大小减弱，也可能方向向下、大小增强，故D错误．
7．B
8．A
解析：由图乙知，eq \f(ΔB,Δt)＝1 T/s，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势为E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝lLeq \f(ΔB,Δt)＝0.2×0.5×1 V＝0.1 V，故A正确；回路中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.1,2) A＝0.05 A，故B错误；2 s内回路产生的电热为Q＝I2Rt＝0.052×2×2 J＝0.01 J，故C错误；2 s末，B＝2 T，ab所受的安培力大小为F＝BIL＝2×0.05×0.5 N＝0.05 N，故D错误。
二、多项选择题
9．AB
解析：设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝eq \f(1,2)Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误。
10．AC
解析：由i-t图象可知，在t＝eq \f(T,4)时，eq \f(Δi,Δt)＝0，此时穿过导线框R的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R中的感应电动势为0，选项A正确；同理在t＝eq \f(T,2)和t＝T时，eq \f(Δi,Δt)为最大值，eq \f(ΔΦ,Δt)为最大值，导线框R中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B错误；根据楞次定律，t＝eq \f(T,2)时，导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t＝T时，导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C正确，D错误。
11．BC
解析：由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v­t图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；
若金属杆进入磁场做匀速运动，则eq \f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq \f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于eq \f(mgR,B2L2)，根据h＝eq \f(v2,2g)得金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h应大于eq \f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq \f(m2gR2,2B4L4)，D错误。
12．BC
解析：当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，
则电路中的感应电流为i＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝eq \f(Blv1－v2,R)知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图像如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．
三、非选择题
13．(1)12mv2 (2)B02L2d2R(R+r)2t0
解析：(1)根据动能定理可得0~t0时间内安培力对棒所做的功W=12mv2;
(2)根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为:E=-ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0t0·Ld
感应电流为:I=ER+r
根据焦耳定律可得电阻R产生的焦耳热Q=I2Rt0,
解得:Q=B02L2d2R(R+r)2t0。
14．(1)0.1 A 方向是b→a
(2)0.1 N (3)7.2×10－6 C
解析：(1)开关S1、S2闭合，电路稳定后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是M→N，所以通过R2的电流方向是b→a
MN中产生的感应电动势E＝BLv
通过R2的电流I＝eq \f(E,R1＋R2)
联立并代入数据解得I＝0.1 A。
(2)由棒受力平衡，有F＝F安
又F安＝BIL
联立并代入数据解得F＝0.1 N。
(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带的电荷量
Q1＝CU2
U2＝IR2
S1断开后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q＝Q1－0
联立并代入数据解得Q＝7.2×10－6 C。
15．(1)eq \f(2,3)BLv eq \f(4,3)BLv (2) eq \f(8B2L3v,R)
解析：(1)cd边刚进入磁场时E1＝2BLv
线圈中的电流I1＝eq \f(2BLv,R)
则a、b两点间电压U1＝eq \f(1,3)I1R＝eq \f(2,3)BLv
cd边刚离开磁场时，E2＝E1＝2BLv，I2＝I1＝eq \f(2BLv,R)
则a、b两点间电压U2＝eq \f(2,3)I2R＝eq \f(4,3)BLv。
(2)在线框进入和穿出磁场的过程中，线框才会产生焦耳热，则t＝eq \f(2L,v)
所以线框中产生的焦耳热Q＝Ieq \\al(2,1)Rt＝eq \f(8B2L3v,R)。
16．(1)M接电源正极，理由见解析(2)eq \f(2BEl,mR) (3)见解析
解析：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab，cd中电流均为I＝eq \f(E,R)①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝eq \f(2BEl,mR)。 ⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt) ⑥
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝eq \f(E1,2R) ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l ⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲 ⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0 ⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得eq \f(I总,I0)＝eq \f(mv0R,B2l3) ⑬
讨论：若eq \f(I总,I0)恰好为整数，设其为n，则需要n块有界磁场；若eq \f(I总,I0)不是整数，设eq \f(I总,I0)的整数部分为N，则需要N＋1块有界磁场。
17．(1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
解析：(1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2
受力分析如图，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.25.
(2)动生电动势E＝BLv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由左手定则知安培力沿斜面向上，则有
mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R)
解得v＝8 m/s.
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLx,ΔtR)，q＝IΔt
由eq \f(BLx,R)＝1.3 C，可得x＝2.6 m，则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02＋μmgxcs 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J.
18．(1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
解析：(1)由题图乙可知，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＝eq \f(E,R＋r)，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝eq \r(\f(mgR＋rsin θ,L2vm))＝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＝eq \f(1,3)×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＝eq \f(1,2)mv12＋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＝eq \f(E1,R＋r)，
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＝eq \f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq \f(Δv,Δt)，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.