2023年高考物理总复习试题讲解：第十一章专题强化（二十五）动量观点在电磁感应中的应用（含答案）

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1、专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用目标要求1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题题型一动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解 考向1“单棒电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量qBLt0mv0，qt，q求位移xt0mv0，xt应用技巧初、末速度已知的变

2、加速运动，在动量定理列出的式子中qt，xt；若已知q或x也可求末速度情景示例2间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v求运动时间BLtmgsin tmv0，qttmgsin tmv0，xt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量例1水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向

3、右运动直到停下不计一切摩擦，则下列说法正确的是()A导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功B导体棒在导轨上运动的最大距离为C整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02D整个过程中，导体棒的平均速度大于答案B解析导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知dBt0mv0，其中tt，Bdx，解得x，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为mv02，故C错误；根据a可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误 考向2不等间距上的双棒模型例2(多选)如图所示

4、，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动现给cd一水平向右的初速度v0，则()A两棒组成的系统动量守恒B最终通过两棒的电荷量为Cab棒最终的速度为v0D从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为mv02答案BC解析当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速

5、度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得2BLt2mvcd2mv0，BLtmvab，得vcdvabv0，联立解得vabv0，vcdv0，因qt，可得q，B、C正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q2mv02mvab22mvcd2，解得Qmv02，D错误 考向3“电容器棒”模型1无外力充电式 基本模型规律(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I，电容器充电UC变大，当BLvUC时，I0

6、，F安0，棒匀速运动运动特点和最终特征棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：qCU最终电容器两端电压UBLv对棒应用动量定理：mvmv0BLtBLqv.vt图像例3(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动则()A当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U，且a点电势高于b点电势B通过电阻R的电流

7、I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为vD在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势答案ACD解析当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势EBlv0，杆ab两端的电压U，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的

8、绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压UBlv，而qCU，对杆ab，根据动量定理得BltBlqmvmv0，联立可得v，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确2无外力放电式 基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点电容器放电时，导体棒在安培

9、力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UCBLvm运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I0最大速度vm电容器充电电荷量：Q0CE放电结束时电荷量：QCUCBLvm电容器放电电荷量：QQ0QCECBLvm对棒应用动量定理：mvm0BLtBLQvmvt图像例4(2017天津卷12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态

10、，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少答案(1)垂直于导轨平面向下(2) (3)解析(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后，两极

11、板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中流经MN的平均电流为，MN受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q.题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用1在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足

12、动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便2双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒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导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量棒2动能的增加量焦耳热外力做的功棒1的动能棒2的动能焦耳热例5(多选)(2019全国卷19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止

13、在导轨上，t0时，棒ab以初速度v0向右滑动运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差vv1v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平

14、方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0mv1mv2，解得v1v2，选项A、C正确，B、D错误例6(多选)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是()A该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0B该时刻导体棒a的加速度为C当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小也是D运动过程中通过导体棒a电荷量的

15、最大值qm答案BCD解析根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势EBL2v0BLv0BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I，导体棒a所受安培力大小FBILma，可得a，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量守恒定律得m2v0mv0mmv1，解得v1，C正确；由上解析知v共，对a由动量定理有安tmv共mv0，而由安培力公式得安BL，通过导体棒a电荷量的最大值qmt，D正确例7(2021重庆北碚西南大学附中高三月考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足

16、够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.答案(1)0.4v0(2)d解析(1)两棒系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv00.6mv0mv解得v0.4v0回路感应电动势E0.6BLv00.4BLv0此时回路电流I因此加速度a整理

17、得a(2)ab、cd棒间有最大距离时两棒速度相等，根据动量守恒定律可得mv02mv共对ab棒，根据动量定理有BLtmv共而qt解得q在这段时间内，平均感应电动势BL回路平均电流因此流过某截面的电荷量qtt解得最大距离xd.课时精练1(多选)如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则()A刚开始运动时产生的感应电流方向为MNcbMB导体棒的最大速度为C

18、通过导体棒的电荷量为D导体棒产生的焦耳热为mv02答案AC解析金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为MNcbM，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv03mv，可得vv0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BLtmv0，其中tq，可得通过导体棒的电荷量为q，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q2mv023mv2mv02，故D错误2.(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖

19、直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g.从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是()Aab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动Bcd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动Cab棒刚进入磁场时，cd棒电流为Dab棒的最终速度大小为答案CD解析ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab串联，所以先做加速度减小

20、的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgrmgrmv2，可得速度为v，则感应电动势为EBdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I，两棒共速时由动量守恒定律有mv2mv，得速度大小为v，故C、D正确3(多选)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R0.50 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻为r0.20 的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图所

21、示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，则()A通过金属棒ab的电流方向由b到aB磁感应强度B为0.1 TC金属棒ab在开始的6 s内产生的热量为3.465 JD金属棒ab在开始的3.5 s内通过的电荷量为2.8 C答案BD解析根据右手定则，判断通过金属棒ab的电流方向由a到b，故A错误；金属棒ab匀速运动过程，根据图像信息，有v m/s7 m/s，mgFA，解得B0.1 T，故B正确；对金属棒开始的6 s内进行分析，根据功能关系，有mgxOBQ热mv2，QR热Q热，解得QR热2.475 J，故C错误；金属棒ab在开始的3

22、.5 s内通过的电荷量为q，BLxOA，解得q2.8 C，故D正确4(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是()Aa棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小B稳定时a棒的速度为1.5

23、v0C电路中产生的焦耳热为mv02D通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为 答案AC解析分别计算a、b棒的加速度，由F安BIL和F安ma，可得a，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有FatBltmvamv0，同理，对b棒有FbtB2lt2mvb2m2v0，稳定时无电流，即BlvaB2lvb，得va2vb，联立解得va2v0，vbv0，故B错误；由能量守恒可知，动能的损失等于焦耳热，初动能Ek0mv022m(2v0)2，末动能Ekm(2v0)22mv02，则电路中产生的焦

24、耳热为Ek0Ekmv02，故C正确；对a应用动量定理有Bltmvamv0，又qt，va2v0，解得q，故D错误5.(多选)如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的圆弧部分和水平平直部分组成MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场金属棒ab和cd(长度均为L)垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.下列说法正确的是()A闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反

25、Bcd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小Ccd在磁场中运动的过程中通过ab横截面的电荷量qD从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为mgR答案BCD解析cd在磁场中运动时，穿过abdc回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，故B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgRmv02，ab进入磁场后，对ab和

26、cd系统，所受合外力为零，则由动量守恒定律有mv0m2vcd2mvcd，解得vcdv0，对cd由动量定理有BLt2mvcd，其中qt，解得q，通过ab、cd横截面的电荷量相同，故C正确；从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得：mgRm(2vcd)22mvcd2Q，其中QcdQ，解得QcdmgR，故D正确6如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L1 m质量m1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直导轨左端与阻值R4 的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B2 T在t0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导

27、体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的vt图像(设导轨足够长)求：(1)拉力F的大小；(2)t1.6 s时，导体棒的加速度大小a；(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.答案(1)10 N(2)2 m/s2(3)8 m解析(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势EBLv，闭合回路中的感应电流I导体棒所受安培力FABIL由题图乙可知，当速度v10 m/s时拉力FFA，得F10 N.(2)由题图乙知，t1.6 s时，v8 m/s，由牛顿第二定律有Fma，得a2 m/s2.(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间t内，发生位移x，安培力的冲量Itx则前1.6 s内安

28、培力的总冲量Ix由动量定理有Ftxmv0，得x8 m.7.如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为30，两导轨之间的距离为L1 m，两导轨M、P之间接入阻值R0.2 的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场，磁感应强度B11 T，磁场的宽度x11 m；在cd连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场，磁感应强度B20.5 T一个质量为m2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数，金属棒的电阻r0.2 ，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场恰好做匀速运动金属棒进入磁场后，经过ef时又达到平衡

29、状态，cd与ef之间的距离x216 m求(g取10 m/s2)(1)金属棒在磁场运动的速度大小；(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间答案(1)2 m/s(2)25 J(3)5.7 s解析(1)设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为EB1Lv1电路中的感应电流为I1金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin mgcos B1I1L，联立解得v12 m/s(2)经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin mgcos B2I2L感应电流I2，联立解得v28 m/s金属棒从开始运动到滑到ab的过

30、程中由动能定理有(mgsin mgcos )x0mv12解得x00.8 m从开始运动到滑到ef的过程中由动能定理得(mgsin mgcos )(x0x1x2)Q解得Q25 J(3)全过程由动量定理得(mgsin mgcos )tB1Lq1B2Lq2mv2且q1，q2解得t5.7 s.8.(2022福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L0.5 m，与水平面的夹角30，处于磁感应强度B0.2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma0.3 kg、mb0.1 kg，电阻均为R0.1 .现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向

31、向上拉a棒导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g10 m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa0.12 J时，其速度va1.0 m/s，求：(1)此时b棒的速度大小；(2)此时a棒的加速度大小；(3)a棒从静止释放到速度达到1.0 m/s所用的时间答案(1)3 m/s(2)1 m/s2(3)0.768 s解析(1)设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有Fmagsin F安maaambgsin F安mbab联立可得maaambab，所以有mavambvb，可解得vb3 m/s.(2)设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有EB

32、LvaBLvb，I，F安BIL联立(1)中式子解得aa1 m/s2.(3)设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxambxb根据能量守恒有Fxambgxbsin magxasin mava2mbvb22Qa对a棒根据动量定理有(Fmagsin )tI安mava0其中安培力的冲量I安F安t可得I安联立代入数据可解得t0.768 s.9(2018天津卷12)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甲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

33、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，如图甲所示为使列车启动，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，启动时图甲中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，需在前方设置如图乙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

34、界磁场？答案(1)见解析(2)(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，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I设两根金属棒所受安培力之和为F，有FIlB根据牛顿第二定律有Fma联立式得a(3)设列车减速时，cd进入磁场后经t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为，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1其中Bl2设回路中平均电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设cd受到的平均安培力为F，有FIlB以向右为正方向，设t时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲Ft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I02I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总0mv0联立式得讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N1块有界磁场