【答案】（1）80A；（2） $R = 0 . 5 \Omega$ ；③ $t _ { \mathrm { } _ { 3 } } = { \frac { { \sqrt { 5 } } + 3 } { 2 } } \mathbf { s }$
【解析】
【详解】①由题意可知接通恒流源时安培力
$$
F _ { \vec { \ z } } = n B I l
$$
动子和线圈在 $0 { \sim } t _ { 1 }$ 时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
$$
a = \frac { \nu _ { 1 } } { t _ { 1 } }
$$
根据牛顿第二定律有
$$
F _ { \frac { \pi } { 3 } } = \bigl ( M + m \bigr ) a
$$
代入数据联立解得
$$
I = \frac { \big ( m + M \big ) \nu _ { \mathrm { l } } } { n l B t _ { \mathrm { l } } } { = 8 0 \mathrm { A } }
$$
> ②当S 掷向2接通定值电阻 $R _ { 0 }$ 时，感应电流为
$$
I ^ { \prime } { = } \frac { n B l \nu } { R _ { 0 } + R }
$$
此时安培力为
$$
F _ { \ddagger } ^ { \prime } = n B I ^ { \prime } l
$$
所以此时根据牛顿第二定律有
$$
( 8 0 0 - 1 0 \nu ) + \frac { n ^ { 2 } l ^ { 2 } B ^ { 2 } } { R _ { 0 } + R } \nu = m a ^ { \prime }
$$
由图可知在 $t _ { 1 }$ 至 $t _ { 3 }$ 期间加速度恒定，则有
$$
\frac { n ^ { 2 } l ^ { 2 } B ^ { 2 } } { R _ { 0 } + R } = 1 0
$$
解得
$$
R = 0 . 5 \Omega , a ^ { \prime } = 1 6 0 \mathrm { m } / \mathrm { s } ^ { 2 }
$$
（3）根据图像可知
$$
t _ { 2 } - t _ { 1 } = \frac { \nu _ { \mathrm { 1 } } } { a ^ { \prime } } = 0 . 5 \mathrm { s }
$$
故 $t _ { 2 } = 2 \mathrm { s }$ ；在 $0 { \sim } t _ { 2 }$ 时间段内的位移
$$
s = \frac { 1 } { 2 } \nu _ { 1 } t _ { 2 } = 8 0 \mathrm { m }
$$
而根据法拉第电磁感应定律有
$$
E = n { \frac { \Delta \phi } { \Delta t } } = { \frac { n B \Delta S } { \Delta t } }
$$
电荷量的定义式
$$
\Delta q = I t
$$
$$
I = \frac { E } { R + R _ { 0 } }
$$
可得
$$
\Delta q = \frac { n B l \bigg [ s - \displaystyle \frac { 1 } { 2 } a ^ { \prime } \big ( t _ { 3 } - t _ { 2 } \big ) ^ { 2 } \bigg ] } { R + R _ { 0 } }
$$
从 $t _ { 3 }$ 时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
$$
- n B l \Delta q = 0 - m a ^ { \prime } \left( t _ { 3 } - t _ { 2 } \right)
$$
联立可得
$$
\left( t _ { 3 } - t _ { 2 } \right) ^ { 2 } + \left( t _ { 3 } - t _ { 2 } \right) - 1 = 0
$$
解得
$$
t _ { \mathrm { 3 } } = { \frac { { \sqrt { 5 } } + 3 } { 2 } } \mathbf { s }
$$
