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(shù)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(tài)情況，思維切入點是分析運動穩(wěn)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(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)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(nèi)，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(wěn)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(chǎn)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(nèi)，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(wěn)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(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)生的電動勢ε  與電容器剩余電壓U相等時，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，AB棒勻速運動。

設穩(wěn)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(wěn)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�，F(xiàn)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�，F(xiàn)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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)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(nèi)阻r_cd＝hr，電動勢E_cd＝Bhv．

（1）根據(jù)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(guī)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(nèi)，環(huán)中的感應電動勢 

   E₁=n△ф/△t  

在以上時段內(nèi)，環(huán)中的電流為I₁=E₁/R

    則在這段時間內(nèi)通過金屬環(huán)某橫截面的電量  q= I ₁ t 

    聯(lián)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(fā)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(guī)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(jù)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(chǎn)生的感應電動勢時，一定不能漏掉公式E=n△ф/△t中的匝數(shù)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(guī)律解決問題的方法．