电学中的动量和能量问题--二轮专题归纳.doc

第2课时 电学中的动量和能量问题

高考题型1 电场中的动量和能量问题

例1 (2018·湖南省常德市期末检测)如图1所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m 1＝0.4kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

图1

(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；

(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小． 答案 (1)2m/s (2)18N

解析 (1) 物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则 qE ＝μ(m 1＋m 2)g qEt ＝m 1v 1 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 联立解得v 2＝2m/s ；

(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N 则R (1－cos θ)＝h

F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R

解得：F N ＝18N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18N.

拓展训练1 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图2，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )

图2

A ．a 的质量比b 的大

B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大

C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等

D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等 答案 BD

解析 经时间t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则x a >x b ，根据x ＝1

2at 2，

得a a >a b ，又由a ＝F

m 知，m a

功W a >W b ，由动能定理知，a 的动能比b 的动能大，B 项正确；a 、b 处在同一等势面上，根据E p ＝qφ知，a 、b 的电势能绝对值相等，符号相反，C 项错误；

根据动量定理Ft ＝p －p 0，则经过时间t ，a 、b 的动量大小相等，D 项正确．

拓展训练2 (2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM 是半径为R 的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .光滑绝缘轨道MN 水平且足够长，PM 下端与MN 相切于M 点．质量为m 的带正电小球b 静止在水平轨道上，质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球a 从P 点由静止释放，在a 球进入水平轨道后，a 、b 两小球间只有静电力作用，且a 、b 两小球始终没有接触．带电小球均可视为点电荷，设小球b 离M 点足够远，重力加速度为g .求：

图3

(1)小球a 刚到达M 点时的速度大小及对轨道的压力大小； (2)a 、b 两小球系统的电势能最大值E p ；

(3)a 、b 两小球最终的速度v a 、v b 的大小．

答案 (1)6mg ＋qB 2gR (2)23mgR (3)132gR 4

3

2gR

解析 (1)小球a 从P 到M ，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功 由动能定理有：2mgR ＝1

2(2m )v M 2

解得：v M ＝2gR

在M 点，由牛顿第二定律有：F N －2mg －q v M B ＝2m v M 2

R

解得：F N ＝6mg ＋qB 2gR

根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：F N ′＝6mg ＋qB 2gR

(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2m v M ＝3m v 共 根据能量守恒定律有：E p ＝12(2m )v M 2－1

2(3m )v 共2

解得：E p ＝2

3

mgR

(3)由动量守恒定律：2m v M ＝2m v a ＋m v b 由能量守恒定律有：12(2m )v M 2＝12(2m )v a 2＋1

2m v b 2

解得：v a ＝13v M ＝132gR ，v b ＝43v M ＝4

3

2gR

高考题型2 磁场中的动量和能量问题

例2 (2018·广西南宁市3月适应测试)如图4所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD ，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径AD 水平，因弧的半径为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，在A 端由静止释放一个带正电荷、质量为m 的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C 时，对轨道的压力差为ΔF ，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g .求：

图4

(1)小球甲经过轨道最低点C 时的速度大小； (2)小球甲所带的电荷量；

(3)若在圆弧轨道的最低点C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的A 端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)

答案 (1)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF 4

，方向竖直向下

解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点，有

mgR ＝1

2m v C 2

解得v C ＝2gR

(2)小球甲第一次通过C 点时，q v C B ＋F 1－mg ＝m v C 2

R

第二次通过C 点时，F 2－q v C B －mg ＝m v C 2

R

由题意知ΔF ＝F 2－F 1 解得q ＝ΔF 2gR

4gRB

(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则 m v C ＝m v 甲＋m v 乙 12m v C 2＝12m v 甲2＋1

2m v 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C

设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F 乙，方向竖直向上，则 F 乙＋1

2q v 乙B －mg ＝m v 乙2R

解得F 乙＝3mg －ΔF 4

根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF

4，方向竖直向下．

拓展训练3 (2018·北京市大兴区上学期期末)如图5所示，在矩形MNQP 区域中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c 以不同的速率从O 点沿垂直

于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O 是PQ 的中点，不计粒子重力．从图示轨迹中可以判断( )

图5

A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电

B ．c 粒子的动量大小大于a 粒子的动量

C ．b 粒子运动的时间大于a 粒子运动的时间

D ．b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度 答案 D

解析 根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2

r ，解得：p ＝m v ＝qBr ，

因c 的轨道半径小于a 的轨道半径，则c 粒子的动量大小小于a 粒子的动量，选项B 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB 相同，粒子在磁场中的运动时间：t ＝θ2πT ＝θm

qB ，由

于m 、q 、B 都相同，粒子a 转过的圆心角大于b ，则b 粒子运动的时间小于a 粒子运动的时间，故C 错误；根据q v B ＝ma ，b 的速度最大，则b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度，选项D 正确．

高考题型3 电磁感应中动量和能量问题

例3 如图6所示，NQ 和MP 是两条平行且倾角为θ的光滑金属轨道，在两条轨道下面，在Q 、P 处接着QT 和PS 两条平行光滑的金属轨道，轨道足够长，所有轨道电阻忽略不计．金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒ab 、cd 的质量均为m ，长度均为L ，且金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道构成闭合回路，金属棒ab 的电阻为2R ，cd 的电阻为R .磁场方向均垂直于导轨向上(不考虑PQ 交界处的边界效应，可认为磁场在PQ 处立即变为竖直向上)，磁感应强度大小为B .若先保持金属棒cd 不动，ab 在沿导轨向下的力F 的作用下，开始以加速度a 沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动．经过t 0时间，ab 棒恰好到PQ 位置，此时撤去力F ，同时释放金属棒cd ，重力加速度为g ，求：

图6

(1)ab 棒匀加速运动过程中，外力F 随时间t 变化的函数关系；

(2)两金属棒从撤去F ，直到最后达到稳定后的运动过程中，金属棒cd 产生的热量Q ； (3)两金属棒从撤去F ，直到最后达到稳定后的运动过程中，通过金属棒cd 的电荷量q . 答案 (1)F ＝B 2L 2at 3R ＋ma －mg sin θ (t ≤t 0)(2)112ma 2t 02 (3)mat 0

2BL

解析 (1)棒ab 匀加速运动过程中， F ＋mg sin θ－B BL v

3R

L ＝ma

得：F ＝B 2L 2at

3R ＋ma －mg sin θ (t ≤t 0)

(2)撤去力F 时，金属棒ab 的速度v ＝at 0，

ab 、cd 组成的系统动量守恒，最终稳定时，两棒速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v ＝2m v ′ 得v ′＝1

2

at 0

则两金属棒产生的热量Q 等于动能的减少量， 则Q 总＝12m v 2－12m v ′2－12m v ′2＝1

4

ma 2t 02

由于金属棒ab 电阻为2R ，金属棒cd 电阻为R ，故其产生的热量之比为2∶1 故金属棒cd 产生的热量Q ＝13Q 总＝1

12ma 2t 02

(3)对金属棒cd 应用动量定理得：BLq ＝m v ′＝1

2mat 0

故q ＝mat 0

2BL

拓展训练4 (2018·湖北省孝感市重点高中协作体模拟)如图7所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑金属导轨，左侧两导轨间的距离为2L ，右侧两导轨间的距离为L ，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．两均匀的导体棒ab 和cd 分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab 棒的质量为2m 、有效电阻为2r ，而cd 棒的质量为m 、有效电阻为r ，其他部分的电阻不计．原来两棒都处于静止状态，现给棒一大小为I 0、方向

平行导轨向右的冲量使ab 棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道．求：

图7

(1)cd 棒中的最大电流I m ； (2)cd 棒的最大加速度；

(3)两棒达到稳定状态时，各自的速度大小． 答案 (1)BLI 03mr (2)B 2L 2I 03m 2r (3)I 06m I 03m

解析 (1)ab 棒获得一冲量，所以初速度v 0＝I 0

2m

分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为E m ＝2BL v 0 所以cd 棒中最大感应电流I m ＝

E m

2r ＋r ＝BLI 03mr (2)cd 棒所受的最大安培力F m ＝BI m L cd 棒的最大加速度a m ＝F m m ＝B 2L 2I 0

3m 2r

(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BL v ab ＝BL v cd

由ab 棒与cd 棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab 棒与cd 棒的冲量大小关系为I ab ＝2I cd

对ab 棒根据动量定理有I 0－I ab ＝2m v ab 对cd 棒根据动量定理有I cd ＝m v cd 解得v ab ＝I 06m ，v cd ＝I 0

3m

.

专题强化练

1．(2018·河北省承德市联校期末)如图1所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的1

5.已知

两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是( )

图1

A ．1∶1

B ．1∶2

C ．1∶3

D ．1∶4 答案 D

2．(多选)(2018·山东省临沂市上学期期末)如图2所示，水平面上有相距为L 的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a 和b ，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a 以速度v 向右运动，当杆a 与杆b 发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a 刚进入磁场时，杆b 的速度刚好为a 的一半．已知杆a 、b 的质量分别为2m 和m ，接入电路的电阻均为R ，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )

图2

A ．杆a 与杆b 碰撞后，杆a 的速度为v

3，方向向右

B ．杆b 刚进入磁场时，通过b 的电流为2BL v

3R

C ．从b 进入磁场至a 刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为7

8m v 2

D ．杆a 、b 最终具有相同的速度，大小为2v

3

答案 ABC

3．(2018·安徽省马鞍山市二质监)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上垂直放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图3甲所示．两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场．导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x 0，现给导体棒a 一向右的初速度v 0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv －t 图象(Δv 表示两棒的相对速度，即Δv ＝v a －v b )

图3

(1)试证明：在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关； (2)求t 1时刻，棒b 的加速度大小； (3)求t 2时刻，两棒之间的距离．

答案 见解析

解析 (1)t 2时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律得：m v 0＝m v ＋m v 由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Q ＝12m v 02－1

2(2m )v 2

解得：Q ＝1

4

m v 02

所以在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关． (2)t 1时刻，Δv ＝v a －v b ＝v 0

2

由动量守恒定律：m v 0＝m v a ＋m v b 解得：v a ＝34v 0时，v b ＝1

4

v 0

回路中的电动势：E ＝34BL v 0－14BL v 0＝1

2BL v 0

此时棒b 所受的安培力：F ＝BIL ＝B 2L 2v 0

4R

由牛顿第二定律可得，棒b 的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 0

4mR

(3)t 2时刻，两棒速度相同，由(1)知：v ＝v 0

2

0～t 2时间内，对棒b ，由动量定理，有：ΣBiL Δt ＝m v －0，即：BqL ＝m v 又：q ＝I Δt ＝E

2R Δt ＝ΔΦΔt 2R Δt ＝B ΔS 2R ＝BL (x －x 0)

2R

解得：x ＝x 0＋m v 0R

B 2L

2.

4．(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图4甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h ＝0.3m 的绝缘斜面固定在水平面上，一可视为质点的质量为m ＝1kg 、带电荷量q ＝＋0.02C 的物块放在斜面顶端，距斜面底端L ＝0.6m 处有一竖直放置的绝缘光滑半圆轨道，半径为R ＝0.2m ，半圆轨道底端有一质量M ＝1kg 可视为质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的变化电场(水平向右为正方向，图乙中O 点对应坐标原点，虚线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S ＝πab ，a 、b 分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面向下的初速度v 0，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.

图4

(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度v 0的范围；

(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度大小及小球打在斜面上的位置．

答案 (1)2m/s

m/s 小球恰好垂直打在斜面的底端

解析 (1)当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定理有mgh ＋W 电－μmg ????L ＋h tan θ＝12m v 2－12m v 02 分析题图乙可知W 电＝1

4

πqE m ×0.2

物块与小球碰撞时，由动量守恒有m v ＝m v 1＋M v 2，由机械能守恒有12m v 2＝12m v 12＋1

2M v 22

当小球能沿半圆轨道返回时，对小球由动能定理有1

2M v 22＝MgR

以上各式联立解得v 0＝6m/s

物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有mgh ＋W 电－μmg ????L ＋h tan θ＝0－12m v 012，解得v 01＝2m/s

当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得Mg ＝M v 32

R

小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得－2MgR ＝12M v 32－1

2M v 02′2，得v 02′＝

10m/s ，物块由斜面顶端释放至碰撞前瞬间，由动能定理有mgh ＋W 电－μmg (L ＋

h tan θ)＝12

m v 02′2－1

2

m v 022，解得v 02＝23m/s

综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为2m/s

2

gt 2

又垂直打在斜面上，则x y ＝2v 4

gt

＝2tan θ

设打在斜面上位置的高度为h ′，则由几何知识可得x ＝L ＋h ′

tan θ，y ＝2R －h ′

代入数据联立可得h ′＝0，v 4＝32

2

m/s ，故小球恰好垂直打在斜面的底端．

5．(2018·陕西省宝鸡市质检二)如图5所示，绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝5N/C ，过桌左边缘的虚线PQ 上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝π3

T ，虚线PQ 与水平桌面成45°角，现将一个质量m 1＝2.0×10－3kg 、带正电q ＝4.0×10

－3

C 的物块A 静置在桌面上，质量m 2＝1.0×10－

3kg 、不带电的绝缘物块B 从与A 相距L ＝2.0m

处的桌面上以v 0＝5.0m /s 的初速度向左运动．物块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短，A 、B 间无电荷转移)，碰撞后B 反弹速度大小为v B ＝1.0 m/s ，A 向左运动进入磁场，(重力加速度g 取10m/s 2，结果保留两位有效数字)求：

图5

(1)碰撞后物块A 的速度；

(2)物块A 从进入磁场到再次回到桌面所用时间；

(3)若一段时间后A 、B 在桌面上相遇，求碰撞前A 与桌面左边缘P 的距离． 答案 (1)2.0m/s 方向水平向左 (2)2.7s (3)0.83m

解析 (1)设B 与A 碰撞前瞬间的速度为v ，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，对于B 由动能定理可得：

－μm 2gL ＝12m 2v 2－1

2

m 2v 02

A 、

B 碰撞过程中，规定向左为正方向，对于A 、B 组成的系统由动量守恒定律可得：m 2v ＝m 1v A －m 2v B

联立可得：v A ＝2.0m/s ，方向水平向左．

(2)对A 受力分析可知qE ＝m 1g ，故碰撞后A 向左做匀速直线运动进入磁场，并在磁场中做匀速圆周运动，设在磁场中做圆周运动的周期为T ，则：T ＝2πm 1

qB

由几何知识可得：物块A 在磁场中运动了3

4

个圆周，轨迹如图所示．

设A 在磁场中运动的时间为t 1，则：t 1＝3

4

T

A 运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置，设其运动时间为t 2，由题意可得： 在磁场中洛伦兹力提供向心力：q v A

B ＝m 1v A 2

R

R ＝v A t 2 t ＝t 1＋t 2 联立得：t ≈2.7s

(3)碰撞后B 反弹，在桌面上做匀减速运动，设其加速度大小为a ，碰撞至停止运动所用时间为t 3，可得： μm 2g ＝m 2a 0＝v B －at 3 解得：t 3＝0.25s

显然，碰撞后B 运动时间小于A 运动时间，由此可知A 、B 相遇时，B 已经停止运动．所以A 、B 相遇的位置为B 停止运动的位置，也是A 竖直向下再次回到桌面的位置． B 匀减速的位移：s ＝1

2v B t 3

则A 距桌边P 的距离：x ＝R －s 解得x ≈0.83m

6．(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6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．

图6

(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v 0，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？ 答案 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＝R 2

①

设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有 I ＝E R 总

② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有 F ＝IlB ③

根据牛顿第二定律有 F ＝ma ④

联立①②③④式得 a ＝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为ΔΦ，平均感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有 E 1＝ΔΦΔt ⑥

其中 ΔΦ＝Bl 2⑦

设回路中平均电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有 I ′＝E 1

2R

⑧

设cd 受到的平均安培力为F ′，有 F ′＝I ′lB 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I 0，有 I 0＝2I 冲?

设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有 I 总＝0－m v 0?

联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得 I 总I 0＝m v 0R B 2l 3

? 讨论：若I 总I 0恰为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场；若I 总I 0不是整数，设I 总

I 0的整数部分

为N ，则需设置N ＋1块有界磁场．