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                     解得x=1.2×10^-5mol

通過電解液的電量Q=ne=xN_Ae=1.2×10^-5×6.02×10²³×1.6×10^-19=1.16(C)

電路中的電流強度I= =0.387A

由閉合電路歐姆定律得 e=IR_總＝0.387×10=3.87(V)

點評：本題綜合了物理、化學的知識，以電解實驗為背景，涉及電流強度、能量轉化、化學反應的問題，電路計算等知識點，同時考查考查學生推理、理解、分析、知識遷移和綜合解決實際問題等諸多能力。

(1)如果電解CuSO4溶液獲得1kg金屬銅,通過電解槽的電量是多少?

(2)用電鍍的方法在半徑為R的銅球殼表面均勻鍍上薄的銀層,在電鍍槽中銅球是陽極還是陰極?另一極是什么材料?若電流為I,通電時間為t,銀的原子量為A,金屬銀的密度為Q,求鍍層的厚度d.

分析與解：　

本題是集新信息、數理化知識為一體的開放題,分析過程如下:

(1)1kg銅的物質的量為

=15.6mol.

Cu的化合價為a=2,所以,獲得1kg銅需要的電量為 Q=Fan=3.0×10⁶C.

(2)由電解知識得:鍍件應為陰極,鍍層金屬為陽極,所以銅球是陰極,陽極材料是銀.電流為I、通電時間為t時,通過電路的電量 　Q₁=It,

半徑為R、鍍層厚度為d的銅球上銀的物質的量為 n=4πR²dρ/A

對銀來說a=1,所需要的電量為 Q₂=F×1×4πR²dρ/A.

因為Q₁=Q₂,   所以d=AIt/4πR²ρF.

三．用動量定理求電量

在電磁感應中，往往會遇到被研究對象在磁場力（變力）作用下，做一般的變速運動求電量的問題。

方法：避開中間過程，分析各有關物理量的初、末狀態情況，思維切入點是分析運動穩定時的速度。

當導體棒只受安培力作用時，安培力對棒的沖量為：F_安?t = BIlt，

其It即為該過程中電磁感應時通過導體的電量q，即安培力沖量為Bql．當兩個過程中磁通量φ變化量Δφ相同時，由q= n△ф/(R+r)可知

此時通過的電量也相同，安培力沖量也相同．

又由動量定理得F_安△t=△p，

所以

例五．相距為L的水平光滑導軌上，存在豎直向下的勻強磁場，導軌上放著兩根質量均為m，電阻為R的金屬棒AC、DE如圖。開始時，DE靜止，AC棒以V₀初速度向右運動，求：在運動過程中通過AC棒上的總電量。

分析與解：

AC棒和DE棒在運動中，開始時AC棒的速度大于DE棒的速度，回路中有順時針方向的電流。AC棒受到的安培力使AC棒做減速運動，DE棒受到的

安培力使DE棒做加速運動。當兩棒的速度相等時，回路中的電流為零，兩棒受到的安培力也為零，兩棒最后

以相同的速度勻速運動。盡管AC棒和DE棒所受到的

安培力是變力，但始終大小相等，方向相反，兩棒組成

的系統合外力為零，系統動量守恒。

故有：mV₀＝2mV_共      V_共＝V₀/2                                                     

設回路中的平均電流（對時間平均）為I，再對AC棒用動量定理

得：－BIL△t＝mV_共－mV₀

又q＝I△t       所以  q＝

例六、如圖所示，金屬棒AB的質量m＝5克，放置在寬L＝1米、光滑的金屬導軌的邊沿，兩金屬導軌處于水平平面內，該處有豎直向下B＝0.5特的勻強磁場。電容器的電容C＝200微法，電源的電動勢E＝16伏，導軌平面距地面高度h＝0.8米。在電鍵K與“1”接通并穩定后，再使它與“2”接通，則金屬棒AB被拋到s＝0.064米的地面上，試求這時電容器上的電壓。

分析與解：

當K接“1”時，電源給電容器充電。當K扳向“2”時，充電后的電容器通過金屬棒放電，產生放電電流。金屬棒在磁場中受到安培

力作用，向右運動，當AB棒離開導軌時獲得一

定的速度，使棒做平拋運動。只要求出通過AB

棒的電量，即可求出電容器兩端的電壓。

對AB棒做平拋運動有：

h＝gt²             ①

s＝Vt                ②

解①②得   V＝＝0.16m/s

AB棒在軌道上運動，其末速度即為平拋運動的初速度，設電流的平均值為I，應用動量定理得：

BILΔt＝mV           又Q_放＝IΔt

所以  Q_放＝=1.610^－3C

電容器充電電量為：Q＝EC＝3.210^－3C

放電后電容器剩下的電量為：Q^/=Q－Q_放＝1.610^－3C

放電后電容器兩端的電壓為：U^/=＝8V

例七、如圖所示，金屬棒AB的質量m，放置在寬L、光滑的足夠長金屬導軌上，兩金屬導軌處于水平面內，該處有豎直向下磁感應強度為B的勻強磁場。電容器的電容為C，電源的電動勢E。在電鍵K與“1”接通并穩定后，再使它與“2”接通，則在以后的過程中通過金屬棒AB的電量。

分析與解：

當K由“1”扳向“2”時，電容器通過AB棒放電，產生放電電流，AB棒在磁場力作用下做變加速運動，同時AB棒切割磁感線產生電動勢，該電動勢是阻礙電容器放電的，電容器上的電荷不能放完。當AB棒產生的電動勢ε  與電容器剩余電壓U相等時，電路處于穩定狀態，AB棒勻速運動。

設穩定時電容器兩端電壓為U，AB棒運動的速度為V，   則：U＝ε    

   即     U ＝BLV         V＝

對AB棒用動量定理得：   BILΔt＝mV                 ①

  而     Q＝IΔt ＝  ＝                    ②

又     EC－UC＝Q                                 ③

解②③得：Q＝

點評：從以上分析可以看出，解決這類問題的關鍵是要認真分析棒的運動過程，求出運動穩定后的速度，應用動量定理問題就迎刃而解了。

例八. 放在絕緣水平面上的兩條平行導軌MN和PQ之間的寬度為L，置于磁感應強度為B的勻強磁場中，B的方向垂直于導軌平面，導軌左端接有阻值為R的電阻，其它部分電阻不計。導軌右端接一電容為C的電容器，長為2L的金屬棒放在導軌上，與軌導垂直且接觸良好，其a端放在導軌PQ上。現將金屬棒以a端為軸，以角速度沿導軌平面順時針旋轉，如圖所示，求這個過程中通過電阻R的總電量是多少？（設導軌長度比2L長得多）

分析與解：

從ab棒開始旋轉，直到b端脫離導軌的過程中，其感應電動勢不斷增大，對C不斷充電，同時又與R構成回路。通過R的電量為：q=△ф/R=B△S/R

式中等于ab所掃過的三角形的面積，如圖中虛線所示。

所以    △S=(L/2)L=L²/2   

 所以  q=BL²/2R 

當ab棒運動到b”時，電容C上所帶電量為q^′= CU_C   此時U_C = E_m

而E_M = B×2L×V/2 = 2BL²ω    所以q′=2BL²ωC

當ab脫離導軌后，C對R放電，通過R的電量為q”，所以整個過程中通過R的總電量為：

例九.（99年上海改編）如圖所示，長為L，電阻r=0.3Ω，質量m=0.1kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上。兩條導軌間距也是L，棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計，導軌左端接有R=0.5Ω的電阻，量程為的電流表串接在一條導軌上，量程為的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過導軌平面。現以向右恒定外力F使金屬棒右移，當金屬棒以v=2m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏，問：

此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導軌上，求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中，通過電阻R的電量。

分析與解：

若電流表滿偏，則

大于電壓表量程，所以應是電壓表滿偏

金屬棒勻速滑動時，有F=F_安  其中F_安=BIL   而U=ER/（R+r）=BLvR/(R+r)

得BL=U(R+r)/Rv    所以F=U²(R+r)/(R²v)    代入數據得：

由電磁感應定律得：E=BLv  由閉合電路歐姆定律得：E=I(R+r)

所以q=△p/(BL)=mv²/[I(R+R)]     代入數據得： q=0.25C

求電磁感應過程中通過電路的電量時，用到的是平均電流和平均電動勢，所以通常用E=n△ф/△t，即q= n△ф/(R+r)

所以，通過電路的電量僅由電阻磁通量的改變量決定．

例十．在一磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為h＝0.1 m的平行金屬導軌MN與PQ，導軌的電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻．導軌上跨放著一根長為L＝0.2 m，每米長電阻r＝2.0 Ω/m的金屬棒ab．金屬棒與導軌正交放置，交點為c、d．當金屬棒以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運動時，試求：

 （1）電阻R中的電流強度大小和方向；

（2）使金屬棒做勻速運動的外力；

（3）金屬棒ab兩端點間的電勢差．

（4）ab棒向右變速移動L′＝0.5 m的過程中，通過電阻R的電量是多少？

分析與解：

金屬棒向左勻速運動時，等效電路如圖所示．在閉合回路中，金屬棒的cd部分相當于電源，內阻r_cd＝hr，電動勢E_cd＝Bhv．

（1）根據歐姆定律，R中的電流強度為

I＝＝0.4 A

方向從N流向Q

（2）使棒勻速運動的外力與安培力是一對平衡力，方向向左，大小為

F＝F_安＝IhB＝0.4×0.1×0.5 N＝0.02 N

（3）金屬棒ab兩端的電勢差，等于U_ac＋U_cd＋U_db，由于U_cd＝IR＝E_cd－Ir_cd，因此也可以寫成：

U_ab＝E_ab－Ir_cd＝BLv－Ir_cd

＝0.5×0.2×4 V－0.4×0.1×2 V＝0.32 V

（4）在ab變速移動L′＝0.5 m的過程中通過電阻的電量為

q=I△t=E△t/(R+r_cd)=△ф/(R+r_cd)=BhL^′/(R+hr)=0.5×0.1×0.5/(3.2+2×0.1)=5×10^-2C

q＝

＝C＝5×10^{－2 C}

點評：（求電磁感應過程中通過電路的電量時，用到的是平均電流和平均電動勢，所以通常用

E=n△ф/△t，即q＝I△t=E△t/R=△ф/R

所以，通過電路的電量僅由電阻磁通量的改變量決定．通過本例說明綜合利用電磁感應規律和電路知識分析電磁感應問題的方法．

   分析與解：

(1)  在t=0到t=T/4時間內，環中的感應電動勢 

   E₁=n△ф/△t  

在以上時段內，環中的電流為I₁=E₁/R

    則在這段時間內通過金屬環某橫截面的電量  q= I ₁ t 

    聯立求解得  q=ф₀/R 

五．由Q=CU或者帶電物體電場中的的平衡、加速和偏轉發及在磁場中的園周運動求電量（略）

例十二.如圖所示，面積為0.2 m²的100匝線圈A處在磁場中，磁場方向垂直于線圈平面．磁感應強度隨時間變化的規律是B＝（6－0.2t）T，已知電路中的R₁＝4 Ω，R₂＝6 Ω，電容C＝30 μF，線圈A的電阻不計．求：

（1）閉合K后，通過R₂的電流強度大小及方向．

（2）閉合K一段時間后，再斷開K，K斷開后通過R₂的電量是多少?

分析與解：

（1）由于磁感應強度隨時間均勻變化，根據B＝（6－0.2t）T，可知△B/△t＝0.2 T／s，所以線圈中感應電動勢的大小為

E=n△ф/△t＝ns?△B/△t＝100×0.2×0.2 V＝4 V   通過R_r的電流強度為I＝E/(R₁+R₂)=4/(4+6)=0.4A

由楞次定律可知電流的方向由上而下．

（2）閉合K一段時間后，電容器被充上一定的電量，此時其電壓U＝IR₂＝0.4×6 V＝2.4 V

再斷開K，電容器將放電，通過R₂的電量就是C原來所帶的總量Ｑ＝CU＝30×10^－6×2.4 C＝7.2×10^{－5 C}

點評： 在計算線圈產生的感應電動勢時，一定不能漏掉公式E=n△ф/△t中的匝數n．

通過本例說明綜合應用法拉第電磁感應定律和電路的規律解決問題的方法．