解得x=1.2×10^-5mol

通过电解液的电量Q=ne=xN_Ae=1.2×10^-5×6.02×10²³×1.6×10^-19=1.16(C)

电路中的电流强度I= =0.387A

由闭合电路欧姆定律得 e=IR_总＝0.387×10=3.87(V)

点评：本题综合了物理、化学的知识，以电解实验为背景，涉及电流强度、能量转化、化学反应的问题，电路计算等知识点，同时考查考查学生推理、理解、分析、知识迁移和综合解决实际问题等诸多能力。

(1)如果电解CuSO4溶液获得1kg金属铜,通过电解槽的电量是多少?

(2)用电镀的方法在半径为R的铜球壳表面均匀镀上薄的银层,在电镀槽中铜球是阳极还是阴极?另一极是什么材料?若电流为I,通电时间为t,银的原子量为A,金属银的密度为Q,求镀层的厚度d.

分析与解：　

本题是集新信息、数理化知识为一体的开放题,分析过程如下:

(1)1kg铜的物质的量为

=15.6mol.

Cu的化合价为a=2,所以,获得1kg铜需要的电量为 Q=Fan=3.0×10⁶C.

(2)由电解知识得:镀件应为阴极,镀层金属为阳极,所以铜球是阴极,阳极材料是银.电流为I、通电时间为t时,通过电路的电量 　Q₁=It,

半径为R、镀层厚度为d的铜球上银的物质的量为 n=4πR²dρ/A

对银来说a=1,所需要的电量为 Q₂=F×1×4πR²dρ/A.

因为Q₁=Q₂,   所以d=AIt/4πR²ρF.

三．用动量定理求电量

在电磁感应中，往往会遇到被研究对象在磁场力（变力）作用下，做一般的变速运动求电量的问题。

方法：避开中间过程，分析各有关物理量的初、末状态情况，思维切入点是分析运动稳定时的速度。

当导体棒只受安培力作用时，安培力对棒的冲量为：F_安?t = BIlt，

其It即为该过程中电磁感应时通过导体的电量q，即安培力冲量为Bql．当两个过程中磁通量φ变化量Δφ相同时，由q= n△ф/(R+r)可知

此时通过的电量也相同，安培力冲量也相同．

又由动量定理得F_安△t=△p，

所以

例五．相距为L的水平光滑导轨上，存在竖直向下的匀强磁场，导轨上放着两根质量均为m，电阻为R的金属棒AC、DE如图。开始时，DE静止，AC棒以V₀初速度向右运动，求：在运动过程中通过AC棒上的总电量。

分析与解：

AC棒和DE棒在运动中，开始时AC棒的速度大于DE棒的速度，回路中有顺时针方向的电流。AC棒受到的安培力使AC棒做减速运动，DE棒受到的

安培力使DE棒做加速运动。当两棒的速度相等时，回路中的电流为零，两棒受到的安培力也为零，两棒最后

以相同的速度匀速运动。尽管AC棒和DE棒所受到的

安培力是变力，但始终大小相等，方向相反，两棒组成

的系统合外力为零，系统动量守恒。

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

设回路中的平均电流（对时间平均）为I，再对AC棒用动量定理

得：－BIL△t＝mV_共－mV₀

又q＝I△t       所以  q＝

例六、如图所示，金属棒AB的质量m＝5克，放置在宽L＝1米、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平平面内，该处有竖直向下B＝0.5特的匀强磁场。电容器的电容C＝200微法，电源的电动势E＝16伏，导轨平面距地面高度h＝0.8米。在电键K与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，则金属棒AB被抛到s＝0.064米的地面上，试求这时电容器上的电压。

分析与解：

当K接“1”时，电源给电容器充电。当K扳向“2”时，充电后的电容器通过金属棒放电，产生放电电流。金属棒在磁场中受到安培

力作用，向右运动，当AB棒离开导轨时获得一

定的速度，使棒做平抛运动。只要求出通过AB

棒的电量，即可求出电容器两端的电压。

对AB棒做平抛运动有：

h＝gt²             ①

s＝Vt                ②

解①②得   V＝＝0.16m/s

AB棒在轨道上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I，应用动量定理得：

BILΔt＝mV           又Q_放＝IΔt

所以  Q_放＝=1.610^－3C

电容器充电电量为：Q＝EC＝3.210^－3C

放电后电容器剩下的电量为：Q^/=Q－Q_放＝1.610^－3C

放电后电容器两端的电压为：U^/=＝8V

例七、如图所示，金属棒AB的质量m，放置在宽L、光滑的足够长金属导轨上，两金属导轨处于水平面内，该处有竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场。电容器的电容为C，电源的电动势E。在电键K与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，则在以后的过程中通过金属棒AB的电量。

分析与解：

当K由“1”扳向“2”时，电容器通过AB棒放电，产生放电电流，AB棒在磁场力作用下做变加速运动，同时AB棒切割磁感线产生电动势，该电动势是阻碍电容器放电的，电容器上的电荷不能放完。当AB棒产生的电动势ε  与电容器剩余电压U相等时，电路处于稳定状态，AB棒匀速运动。

设稳定时电容器两端电压为U，AB棒运动的速度为V，   则：U＝ε    

   即     U ＝BLV         V＝

对AB棒用动量定理得：   BILΔt＝mV                 ①

  而     Q＝IΔt ＝  ＝                    ②

又     EC－UC＝Q                                 ③

解②③得：Q＝

点评：从以上分析可以看出，解决这类问题的关键是要认真分析棒的运动过程，求出运动稳定后的速度，应用动量定理问题就迎刃而解了。

例八. 放在绝缘水平面上的两条平行导轨MN和PQ之间的宽度为L，置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有阻值为R的电阻，其它部分电阻不计。导轨右端接一电容为C的电容器，长为2L的金属棒放在导轨上，与轨导垂直且接触良好，其a端放在导轨PQ上。现将金属棒以a端为轴，以角速度沿导轨平面顺时针旋转，如图所示，求这个过程中通过电阻R的总电量是多少？（设导轨长度比2L长得多）

分析与解：

从ab棒开始旋转，直到b端脱离导轨的过程中，其感应电动势不断增大，对C不断充电，同时又与R构成回路。通过R的电量为：q=△ф/R=B△S/R

式中等于ab所扫过的三角形的面积，如图中虚线所示。

所以    △S=(L/2)L=L²/2   

 所以  q=BL²/2R 

当ab棒运动到b”时，电容C上所带电量为q^′= CU_C   此时U_C = E_m

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

当ab脱离导轨后，C对R放电，通过R的电量为q”，所以整个过程中通过R的总电量为：

例九.（99年上海改编）如图所示，长为L，电阻r=0.3Ω，质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上。两条导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，量程为的电流表串接在一条导轨上，量程为的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面。现以向右恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：

此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上，求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中，通过电阻R的电量。

分析与解：

若电流表满偏，则

大于电压表量程，所以应是电压表满偏

金属棒匀速滑动时，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)    代入数据得：

由电磁感应定律得：E=BLv  由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+r)

所以q=△p/(BL)=mv²/[I(R+R)]     代入数据得： q=0.25C

求电磁感应过程中通过电路的电量时，用到的是平均电流和平均电动势，所以通常用E=n△ф/△t，即q= n△ф/(R+r)

所以，通过电路的电量仅由电阻磁通量的改变量决定．

例十．在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1 m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻．导轨上跨放着一根长为L＝0.2 m，每米长电阻r＝2.0 Ω/m的金属棒ab．金属棒与导轨正交放置，交点为c、d．当金属棒以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时，试求：

 （1）电阻R中的电流强度大小和方向；

（2）使金属棒做匀速运动的外力；

（3）金属棒ab两端点间的电势差．

（4）ab棒向右变速移动L′＝0.5 m的过程中，通过电阻R的电量是多少？

分析与解：

金属棒向左匀速运动时，等效电路如图所示．在闭合回路中，金属棒的cd部分相当于电源，内阻r_cd＝hr，电动势E_cd＝Bhv．

（1）根据欧姆定律，R中的电流强度为

I＝＝0.4 A

方向从N流向Q

（2）使棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为

F＝F_安＝IhB＝0.4×0.1×0.5 N＝0.02 N

（3）金属棒ab两端的电势差，等于U_ac＋U_cd＋U_db，由于U_cd＝IR＝E_cd－Ir_cd，因此也可以写成：

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变速移动L′＝0.5 m的过程中通过电阻的电量为

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}

点评：（求电磁感应过程中通过电路的电量时，用到的是平均电流和平均电动势，所以通常用

E=n△ф/△t，即q＝I△t=E△t/R=△ф/R

所以，通过电路的电量仅由电阻磁通量的改变量决定．通过本例说明综合利用电磁感应规律和电路知识分析电磁感应问题的方法．

   分析与解：

(1)  在t=0到t=T/4时间内，环中的感应电动势 

   E₁=n△ф/△t  

在以上时段内，环中的电流为I₁=E₁/R

    则在这段时间内通过金属环某横截面的电量  q= I ₁ t 

    联立求解得  q=ф₀/R 

五．由Q=CU或者带电物体电场中的的平衡、加速和偏转发及在磁场中的园周运动求电量（略）

例十二.如图所示，面积为0.2 m²的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B＝（6－0.2t）T，已知电路中的R₁＝4 Ω，R₂＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻不计．求：

（1）闭合K后，通过R₂的电流强度大小及方向．

（2）闭合K一段时间后，再断开K，K断开后通过R₂的电量是多少?

分析与解：

（1）由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B＝（6－0.2t）T，可知△B/△t＝0.2 T／s，所以线圈中感应电动势的大小为

E=n△ф/△t＝ns?△B/△t＝100×0.2×0.2 V＝4 V   通过R_r的电流强度为I＝E/(R₁+R₂)=4/(4+6)=0.4A

由楞次定律可知电流的方向由上而下．

（2）闭合K一段时间后，电容器被充上一定的电量，此时其电压U＝IR₂＝0.4×6 V＝2.4 V

再断开K，电容器将放电，通过R₂的电量就是C原来所带的总量Ｑ＝CU＝30×10^－6×2.4 C＝7.2×10^{－5 C}

点评： 在计算线圈产生的感应电动势时，一定不能漏掉公式E=n△ф/△t中的匝数n．

通过本例说明综合应用法拉第电磁感应定律和电路的规律解决问题的方法．