1．2017-1朝阳21．（12分）某小组同学在研究图1所示的电磁枪原理时，绘制了图2所示的简图（为俯视图），图中两平行金属导轨间距为L ，固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E ，电容器的电容为C 。一质量为m 、长度也为L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨的电阻，假设平行金属导轨足够长。
× × ×
× ×
× B
×
×
u
×
×
图3
图1 图2
（1）将开关S 接a ，电源对电容器充电。
a ．求电容器充电结束时所带的电荷量Q ；
b ．请在图3中画出充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 变化的图像；借助u -q 图像求出稳定后电容器储存的能量E 0。
（2）电容器充电结束后，将开关接b ，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电
电流引起的磁场影响。
a ．已知自由电子的电荷量为e ，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒
中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；
b ．导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE 损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE 损。 21．（12分） 解：（1）a ．电容器充电完毕时其电压等于电动势E 。有： 电容器所带的电荷量Q = CE ①
b ．根据u =q ，画出u -q 图像如图所示，图线与横轴所
C
围面积即为电容器储存的能量。有：
1
E 0=EQ ②
2
联立①②式可得：E 0=1CE 2 ③ （5分）
2
（2）a ．方法一： 设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电
压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等，即： U =E 棒= BLv m ④
导体棒中恒定电场的场强为： E 场= U /L = Bv m
导体棒中电子所受的电场力为 F = e E场= eBv m
方法二： 金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的
电子在磁场中受到向下的洛伦兹力，大小为： f =eBv m
由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即
F -f =0
则： F = eBvm
b ． 由（1）中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：
1
E 1=CU 2 ⑤
2
导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：
2
E 0=E 1+1mv m +∆E 损 ⑥
2
设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ = CE - CU ⑦ 方法一：设此过程中的平均电流为，时间为t ，根据动量定理有：
=mv m -0 ⑧
其中=∆Q ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得： ∆E 损=
mCE 2
2(m +CL 2B 2)
方法二：设任意时刻电路中的电流为i ，取一段含此时刻的极短时间Δt ，设此段时间内速度的改变量为Δv ，根据动量定理有：
∑BLi ∆t =∑m ∆v ⑧
而∑i ∆t =∆Q ⑨ ∑m ∆v =mv m -0 ⑩
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得： ∆E 损=
哪个区最近年考重力电容匀加速
mCE 2
（7分）
2(m +CL 2B 2)
2017-1昌平16. 如图所示，在竖直平面内有相距为L 的水平金属导轨MN 、PQ ，处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。金属棒与导轨垂直放置且始终在大小为F 的水平恒力作用下紧贴导轨运动。金属棒、导轨与可变电阻R x 、平行板电容器可
构成闭合电路。已知电容器的电容为C ，、金属棒的质量为m 。不计导轨的电阻、金属棒的电阻及接触电阻；不计导轨与金属棒间的摩擦阻力。
（2）证明：断开开关S ，让金属棒在恒力F 的作用下从静止开始运动，则金属棒做匀加速直线运动。
答案16．
（2）对金属棒，根据牛顿第二定律有F －BiL =ma
对电容器i =∆Q =C ∆U =CBL ∆v
∆t
∆t
∆t
P Q
（1分） （1分） （1分）
而a =∆v
∆t
联立得：a =
F
m +B 2L 2C
（1分）
加速度a 是个恒量，所以金属棒做初速度为零的匀加速运动。 （1分）
有其他解法
2．2017延庆1-24．中国海军歼—15舰载机已经在“辽宁”舰上多次进行触舰复飞，并已经进行了舰载机着陆和甲板起飞，这标志着我国已经拥有在航母上起降舰载机的能力。
设质量为m 的舰载机，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为飞机所受重力的k 倍，发动机牵引力恒为F ，离开地面起飞时的速度为v ，重力加速度为g 。求：
（2）若舰载机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C 的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。
①在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u 与极板上所带电荷量q 的图象，在此基础上求电容器充电电压为U 0时储存的电能E 0；
②当电容器充电电压为U m 时弹射上述飞机，在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的 情况下，可使起飞距离缩短为x 。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值
为η，飞机发动的牵引力F 及受到的平均阻力不变。求完成此次弹射后电容器剩余的电能E 。
（解答）24．（20分）
（2）①见答图2（2分）
则电容器充电电压为U 0时， 电容器储存电能
答图2
2
②电容器电压为U m m （1分）
设电容器释放的电能为E' ，由动能定理有 ηE' +Fx -kmgx =
12
mv -0（2分） 2
解得E' =
1
(mv 2+2kmgx-2Fx ) 2η
电容器剩余的电能E 剩=E m - E'（2分） 解得
E 剩=
112
CU m -(mv 2+2kmgx-2Fx ) （1分） 22η
说明:以上各题用其他方法解答正确均可得分。
2017昌平2- 23．（18分）
当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C 与极板的正对面积S 、极板间距离d 的关系为C =
S
。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极4πkd
板所带电荷量Q 变化时，两极板间的电势差U 也随之变化。 （1）在图14所示的坐标系中画出极板间电势差U 与电容器带电量Q 的关系图像。
（2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。在弹簧弹力F 与形变量x 关系图像中，图像与x 轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小。与之类比，推导电容器储存的电能表达式E =
1
CU 2。2
（3）若保持平行板电容器带电量Q 、极板正对面积S 不变，两极板间为真空，将板间距离由d 1增大到d 2，需要克服电场力做多少功？ 答案23．（18分）
（1）对于给定的电容器，Q=CU，U －Q 图像直线过原点。（3分） （2）该图像的斜率为电容器电容C ，图像与横坐标轴围成的面积为对电1
容器充电过程中，电容器储存的电能。故E =QU （3分）
2
由Q=CU （2分）
1
得：E =CU 2
2
S
（3）板间距离为d 时，平行板电容器的电容为C =
4πkd Q
当电容器带电量为Q 时，两板间电压U =（3分）
C
2πkdQ 2
得电容器储存的电能为E =
S
（3分）
当板间距离由d 1增大到d 2时，电容器储存的电能增加量为
2πkQ 2
∆E =E 2-E 1=(d 2-d 1)
S
2πkQ 2
(d 2-d 1) 故需要克服电场力做功W =∆E =S
（3分）
（1分）
1．2017-1朝阳21．（12分）某小组同学在研究图1所示的电磁枪原理时，绘制了图2所示的简图（为俯视图），图中两平行金属导轨间距为L ，固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E ，电容器的电容为C 。一质量为m 、长度也为L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨的电阻，假设平行金属导轨足够长。
× × ×
× ×
× B
×
×
u
×
×
图3
图1 图2
（1）将开关S 接a ，电源对电容器充电。
a ．求电容器充电结束时所带的电荷量Q ；
b ．请在图3中画出充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 变化的图像；借助u -q 图像求出稳定后电容器储存的能量E 0。
（2）电容器充电结束后，将开关接b ，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电
电流引起的磁场影响。
a ．已知自由电子的电荷量为e ，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒
中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；
b ．导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE 损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE 损。 21．（12分） 解：（1）a ．电容器充电完毕时其电压等于电动势E 。有： 电容器所带的电荷量Q = CE ①
b ．根据u =q ，画出u -q 图像如图所示，图线与横轴所
C
围面积即为电容器储存的能量。有：
1
E 0=EQ ②
2
联立①②式可得：E 0=1CE 2 ③ （5分）
2
（2）a ．方法一： 设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电
压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等，即： U =E 棒= BLv m ④
导体棒中恒定电场的场强为： E 场= U /L = Bv m
导体棒中电子所受的电场力为 F = e E场= eBv m
方法二： 金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的
电子在磁场中受到向下的洛伦兹力，大小为： f =eBv m
由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即
F -f =0
则： F = eBvm
b ． 由（1）中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：
1
E 1=CU 2 ⑤
2
导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：
2
E 0=E 1+1mv m +∆E 损 ⑥
2
设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ = CE - CU ⑦ 方法一：设此过程中的平均电流为，时间为t ，根据动量定理有：
=mv m -0 ⑧
其中=∆Q ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得： ∆E 损=
mCE 2
2(m +CL 2B 2)
方法二：设任意时刻电路中的电流为i ，取一段含此时刻的极短时间Δt ，设此段时间内速度的改变量为Δv ，根据动量定理有：
∑BLi ∆t =∑m ∆v ⑧
而∑i ∆t =∆Q ⑨ ∑m ∆v =mv m -0 ⑩
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得： ∆E 损=
哪个区最近年考重力电容匀加速
mCE 2
（7分）
2(m +CL 2B 2)
2017-1昌平16. 如图所示，在竖直平面内有相距为L 的水平金属导轨MN 、PQ ，处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。金属棒与导轨垂直放置且始终在大小为F 的水平恒力作用下紧贴导轨运动。金属棒、导轨与可变电阻R x 、平行板电容器可
构成闭合电路。已知电容器的电容为C ，、金属棒的质量为m 。不计导轨的电阻、金属棒的电阻及接触电阻；不计导轨与金属棒间的摩擦阻力。
（2）证明：断开开关S ，让金属棒在恒力F 的作用下从静止开始运动，则金属棒做匀加速直线运动。
答案16．
（2）对金属棒，根据牛顿第二定律有F －BiL =ma
对电容器i =∆Q =C ∆U =CBL ∆v
∆t
∆t
∆t
P Q
（1分） （1分） （1分）
而a =∆v
∆t
联立得：a =
F
m +B 2L 2C
（1分）
加速度a 是个恒量，所以金属棒做初速度为零的匀加速运动。 （1分）
有其他解法
2．2017延庆1-24．中国海军歼—15舰载机已经在“辽宁”舰上多次进行触舰复飞，并已经进行了舰载机着陆和甲板起飞，这标志着我国已经拥有在航母上起降舰载机的能力。
设质量为m 的舰载机，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为飞机所受重力的k 倍，发动机牵引力恒为F ，离开地面起飞时的速度为v ，重力加速度为g 。求：
（2）若舰载机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C 的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。
①在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u 与极板上所带电荷量q 的图象，在此基础上求电容器充电电压为U 0时储存的电能E 0；
②当电容器充电电压为U m 时弹射上述飞机，在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的 情况下，可使起飞距离缩短为x 。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值
为η，飞机发动的牵引力F 及受到的平均阻力不变。求完成此次弹射后电容器剩余的电能E 。
（解答）24．（20分）
（2）①见答图2（2分）
则电容器充电电压为U 0时， 电容器储存电能
答图2
2
②电容器电压为U m m （1分）
设电容器释放的电能为E' ，由动能定理有 ηE' +Fx -kmgx =
12
mv -0（2分） 2
解得E' =
1
(mv 2+2kmgx-2Fx ) 2η
电容器剩余的电能E 剩=E m - E'（2分） 解得
E 剩=
112
CU m -(mv 2+2kmgx-2Fx ) （1分） 22η
说明:以上各题用其他方法解答正确均可得分。
2017昌平2- 23．（18分）
当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C 与极板的正对面积S 、极板间距离d 的关系为C =
S
。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极4πkd
板所带电荷量Q 变化时，两极板间的电势差U 也随之变化。 （1）在图14所示的坐标系中画出极板间电势差U 与电容器带电量Q 的关系图像。
（2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。在弹簧弹力F 与形变量x 关系图像中，图像与x 轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小。与之类比，推导电容器储存的电能表达式E =
1
CU 2。2
（3）若保持平行板电容器带电量Q 、极板正对面积S 不变，两极板间为真空，将板间距离由d 1增大到d 2，需要克服电场力做多少功？ 答案23．（18分）
（1）对于给定的电容器，Q=CU，U －Q 图像直线过原点。（3分） （2）该图像的斜率为电容器电容C ，图像与横坐标轴围成的面积为对电1
容器充电过程中，电容器储存的电能。故E =QU （3分）
2
由Q=CU （2分）
1
得：E =CU 2
2
S
（3）板间距离为d 时，平行板电容器的电容为C =
4πkd Q
当电容器带电量为Q 时，两板间电压U =（3分）
C
2πkdQ 2
得电容器储存的电能为E =
S
（3分）
当板间距离由d 1增大到d 2时，电容器储存的电能增加量为
2πkQ 2
∆E =E 2-E 1=(d 2-d 1)
S
2πkQ 2
(d 2-d 1) 故需要克服电场力做功W =∆E =S
（3分）
（1分）