电磁炮的主要原理如图所示,长100M,宽2M的水平导轨固定在水平面上,金属杆EF（含弹体）垂直放置在导轨上,整个装置处于

（1）由匀加速运动公式 a=
v2
2s=9×10⁵m/s²
由安培力公式和牛顿第二定律，有
F=IBl=kI²l
F=ma
因此
I=

ma
kl=8.5×10⁵A
即发射过程中电源提供的电流强度为8.5×10⁵A．
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：P△t×4%=[1/2]mv²
发射过程中电源供电时间
△t=[v/a]=[1/3]×10^-2s
因而，所需的电源输出功率为
P=

1
2mv2
△t×4%=1.0×10⁹W
由功率P=IU，解得输出电压：
U=[P/I]=1.2×10³V
即发射过程中电源的输出功率为1.0×10⁹W、输出电压为1.2×10³V．
（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有
fs_M=[1/2]MV²
f's_m=[1/2]mV²-[1/2]mv²
由牛顿定律f=-f'和相对运动s_m=s_M+s'
再由动量守恒定律
mv=（m+M）V
联立求得
fs′=[M/m+M]•[1/2]mv²
故平均冲击力
f=[Mm
2(m+M)•
v2/s′]
即滑块对砂箱平均冲击力为[Mm
2(m+M)•
v2/s′]．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；牛顿第三定律；功率、平均功率和瞬时功率；安培力的计算．

考点点评： 滑块加速过程只有安培力做功，碰撞过程系统动量守恒，还可结合动能定理求解．

A、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故A正确；
B、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故B错误；
C、要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，所以可适当增大电流或磁感应强度，故C正确；
D、若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误；
故选：AC

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法．电磁炮就是在安培力的作用下运动．

设运动中受总阻力Ff＝kv2，炮弹与金属架在磁场和阻力合力作用下加速，
根据牛顿第二定律得：
获得v₁速度时，BI1L−k
v21＝(M+m)a…①
当炮弹速度最大时，有BI2L＝k
v22…②
解得垂直轨道的磁感强度为B＝
(M+m)a
v22
l(I1
v22−I2
v21)．
答：垂直于轨道平面的磁感强度为：B＝
(M+m)a
v22
l(I1
v22−I2
v21)．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；安培力．

考点点评： 本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解．

A、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故A正确；
B、要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，所以可适当增大电流或磁感应强度．故B正确，C正确；
D、若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误；
故选：ABC．

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法．电磁炮就是在安培力的作用下运动．

（1）由运动学2ax=v²-v₀²可得弹体的加速度为：
a=
v2
-v20
2x=5×105m/s2；
安培力为F=BIL，进而由牛顿第二定律可得：
BIL=ma
解得：B=
ma
IL=55T；
（3）速度最大时磁场力的功率最大：P_m=Fv=BILv=5.5×10⁴×10×2×10×10³W=1.1×10¹⁰W．
答：
（1）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为55T；
（2）磁场力的最大功率为1.1×10¹⁰W．

点评：
本题考点： 安培力；电功、电功率．

考点点评： 本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度．

（1）由运动学2ax=v²-v₀²可得弹体的加速度为：
a=
v2
-v20
2x=5×105m/s2；
安培力为F=BIL，进而由牛顿第二定律可得：
BIL=ma
解得：B=
ma
IL=55T；
（3）速度最大时磁场力的功率最大：P_m=Fv=BILv=5.5×10⁴×10×2×10×10³W=1.1×10¹⁰W．
答：
（1）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为55T；
（2）磁场力的最大功率为1.1×10¹⁰W．

点评：
本题考点： 安培力；电功、电功率．

考点点评： 本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度．

（1）弹体在加速过程中，F=BIL…①
由动能定理：（F-f）S₀=[1/2]mv²…②
联立①②解得：V=

2(BIL−f)s0
m
代入数据得：v=6m/s
（2）设S=25m处速度为V₁，则在S距离内，由动能定理：
（F-f）S=[1/2]mv₁² …③
P=FV₁…④
联立①③④解得：P=BIL

2(BIL−f)s
m
代入数据得：P=1.2×10^-3W
答：（1）弹体最终以6m/s的速度V离开轨道；
（2）弹体在S=25m处安培力的瞬时功率P为1.2×10^-3W．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；安培力．

考点点评： 本题关键是明确飞机的加速原理，然后根据动能定理列式分析出动能或速度表达式进行分析，不难．