18.（10分）电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术，适宜于短行程发射大载荷，在军事、民用和工业领域具有广泛应用前景。我国已成功研制出用于航空母舰舰载机起飞的电磁弹射器。它由发电机、直线电机、强迫储能装置和控制系统等部分组成。
电磁弹射器可以简化为如图20所示的装置以说明其基本原理。电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=10V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.1m且水平放置，处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C=10F。现将一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a使电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动，不计导轨和电路其他部分的电阻，且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力，不计电容充放电过程中该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用。
（1）在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极间电压始终相等。求在开关K置于b瞬间，金属滑块的加速度的大小a；
（2）求金属滑块最大速度v；
（3）a.电容器是一种储能装置，当电容两极间电压为U时，它所储存的电能A=CU2/2。求金属滑块在运动过程中产生的焦耳热Q；
b.金属滑块在运动时会产生反电动势，使金属滑块中大量定向运动的自由电子又受到一个阻力作用。请分析并计算在金属滑块运动过程中这个阻力所做的总功W。
a b M
K B × E × × × × C N
图20
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海淀区高三年级第一学期期末练习参考答案及评分标准
物 理 2018. 01
一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是符合题意的，有的小题有多个选项是符合题意的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题号 答案 B BD D CD ABD D BD AD BCD B 二、本题共2小题，共15分。
11．（共7分）每空1分
（1） “×1”；??1分 （2）8；??1分
（3）F??1分，B??1分，D??1分；甲 ??1分； （4）B??1分 12．（共8分）
(1)如图1或图2所示??2分； (2)1.5V??2分, 0.6Ω??2分； ( 3)A??2分。
图1 图2
三、本题包括6小题，共55分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
说明：计算题提供的参考解答，不一定都是唯一正确的。对于那些与此解答不同的正确解答，同样得分。 13．（9分）
（1）设金属棒中感应电动势为E
E=BLv??????2分
带入数值得E=0.05V??????1分 （2）设过电阻R的电流大小为I
R0
R0
I= ??????1分
带入数值得I=0.01A，??????1分
方向：从M通过R流向P????????1分 （3）设a、b两点间的电势差为U Uab=IR??????2分
带入数值得Uab=0.048V??????1分 14．（9分）
（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是
Eq=mgtanα??????2分
E=tanα
带入数值计算得：E=3.75×106N/C??????1分
（2）小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有
WF-Eqlsinα+mg(l-lcosα)=0??????1分
7
WF=qlsinαtanα- mg(l-lcosα) ??????1分
带入数值得：WF=1.25×10-2J ??????1分 （3）方法1：
如图，设一带电量为+q电荷在电场力作用下由A点移动到C点，电场力做功为W （1分） W=qUAB=q(φA-φB) （1分） 因为W>0
所以φA>φC（1分） 方法2：
设带电量为+q电荷放入A点，其电势能为EPA，此电荷在电场力作用下从A点移到C点，电势能为EPC，????????1分
因为电场力做正功，所以EPA>EPC????????1分
电场中A点的电势为φA=，C点的电势为φC=
所以，φA>φC,????????1分 说明：其他方法正确均得分。 15．（9分） （1）U1e?12mv0?0 ………………1分 22U1e
………………1分
m v0?（2）电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t 水平方向：t?l ………………1分 v0竖直方向：E?U2F , F=Ee , a? ………………2分 dm12U2l2 y?at? ………………1分
24U1d （3）当交变电压为最大值Um时，设电子离开交变电场时沿y轴上的速度为vym，最大侧移量为ym；离开偏转电场后到达荧光屏的时间为t1，在这段时间内的侧移量为y1
则 ym= ????????1分
vym=amt=
, t1?L , y1?vymt1=v0 ????????1分
设电子打在荧光屏内范围的长度为s，则
8
s=2(ym+y1)=(l+2L) ???????1分
说明：对于第3问，若直接用“二级结论”，没有推导过程，即使结果正确，也要减1分。
16．（9分）
（1）天平两侧平衡，因此有 m1g= m0g+F ………………………………………1分
可得：F= m1g-m0g=0.05N???????1分 F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线框电流方向为顺时针???????1分 （2）线圈中电流的大小为：I=(E-U)/r=0.1A …………………1分
根据电路规律：U=I(R1+R) ???????1分 联立两式可得：R=4Ω???????1分
（3）矩形线圈下边所受安培力为：F=nBIl …………………2分 将数值代入可得： B=F/nIl=0.5T …………………（1分） 17．（9分）
(1) 对电子经CA间的电场加速时，由动能定理得
Ue?11m(kv)2?mv2 ??????1分 22所需加速电压为
U=?????? 2分
(2)电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为BC。设此轨迹圆的半
径为r，则
v2Bcev?m ?????? 1分 D v C rr (b?r)?r?a
解得r?222b a a O r M b-r b?a ?????? 1分 2b22解得最小磁感应强度为：
Bc?2bmv ?????? 1分
(b2?a2)e(3)设时间t内由M口射出的电子数为n
I=
n=?????? 1分
设时间t内从A中发射的电子数为N
9
N=n = ?????? 1分
圆柱体A发射电子的功率为
P==?????? 1分
方法二：
设单位时间内由M口射出的电子数为n
则 I=ne?????? 1分
设单位时间内由A发射出的电子数为N
则N=n?????? 1分
圆柱体A发射电子的功率为
P=N=?????? 1分
18．（10分）
（1）开关K置于b瞬间，流过金属滑块的电流：
I= ????1分
金属滑块受到安培力作用，由牛顿运动定律： BIL=ma，????1分
a=
m/s2 ????1分
（2） 设金属滑块做加速运动到最大速度时两端的电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I：
电容放电过程的电荷量变化Δq=C(E-U) ????1分 金属滑块速度最大时，其两端电压U=BLv 由电流定义有Δq=IΔt
在金属滑块运动过程中，由动量定理有BILΔt=mv-0 ????1分
联立以上各式，可得：v=40m/s ????1分 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△t，最大速度为v，由动量定理得
????1分
而
????1分
解得 v=40m/s????1分
（3）a. 由U=BLv可知电容器两端最终电压U=2V
由能量守恒定律有 ????1分
解得：Q=400J ????1分
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b.因金属滑块做切割磁感线运动产生反电动势，由此使滑块中的自由电荷受到阻碍其定向运动的洛伦兹力f1
（即阻力）；同时由于金属滑块中的自由电荷定向运动还使其受到洛伦兹力f2。金属滑块中的所有自由电荷所受f2的合力在宏观上表现为金属滑块的安培力。
由动能定理可知安培力做功
WF=???1分
f1与f2的合力即洛伦兹力f不做功。所以金属滑块运动过程中阻力f1所做的总功 W=–WF =–80J????1分
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