高中物理稳恒电流模拟试题及解析(1) 16页

高中物理稳恒电流模拟试题及解析 (1) 一、稳恒电流专项训练 1． 4～1.0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） （4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变． 【解析】 （1）当 B＝0.6T 时，磁敏电阻阻值约为 6×150Ω＝900Ω，当 B＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约 为 11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻 20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻 器选择分压式接法；由于 x V A x R R R R ，所以电流表应内接．电路图如图所示． （2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为： 1 3 0.45 1500 0.30 10 R ， 2 3 0.91 1516.7 0.60 10 R ， 3 3 1.50 1500 1.00 10 R ， 4 3 1.79 1491.7 1.20 10 R ， 5 3 2.71 1505 1.80 10 R ， 故电阻的测量值为 1 2 3 4 5 1503 5 R R R R RR （ 1500－1503 Ω都算正确．） 由于 0 1500 10 150 R R ，从图 1 中可以读出 B＝0.9T 方法二：作出表中的数据作出 U－I 图象，图象的斜率即为电阻（略）． （3）在 0～0.2T 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均 匀变化）；在 0.4～1.0T 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化 （或均匀变化）； （4）从图 3 中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值 相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关． 本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力．从新 材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如 何根据测得的 U、I 值求电阻．第（ 3）、（ 4）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力．总 之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、 获取新知识的能力、建模能力的一道好题． 2．要描绘某电学元件（最大电流不超过６ mＡ，最大电压不超过７Ｖ）的伏安特性曲线， 设计电路如图，图中定值电阻Ｒ为１Ｋ Ω，用于限流；电流表量程为１０ mＡ，内阻约为５ Ω；电压表（未画出）量程为１０Ｖ，内阻约为１０Ｋ Ω；电源电动势Ｅ为１２Ｖ，内阻不 计。 （１）实验时有两个滑动变阻器可供选择： a、阻值０到２００ Ω，额定电流 b、阻值０到２０ Ω，额定电流 本实验应选的滑动变阻器是 （填 “a”或 “b”） （２）正确接线后，测得数据如下表 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｕ（Ｖ） ０.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40 Ｉ（ m Ａ） 0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50 a）根据以上数据，电压表是并联在Ｍ与 之间的（填 “Ｏ”或 “Ｐ”） b）画出待测元件两端电压Ｕ ＭＯ 随ＭＮ间电压Ｕ ＭＮ变化的示意图为（无需数值） 【答案】 (1) a (2) a) P b） 【解析】（ 1）选择分压滑动变阻器时，要尽量选择电阻较小的，测量时电压变化影响小， 但要保证仪器的安全。 B 电阻的额定电流为 ，加在它上面的最大电压为 10V，所以仪 器不能正常使用，而选择 a。（ 2）电压表并联在 M 与 P 之间。因为电压表加电压后一定 有电流通过，但这时没有电流流过电流表，所以电流表不测量电压表的电流，这样电压表 应该接在 P 点。 视频 3．材料的电阻率 ρ随温度变化的规律为 ρ=ρ0(1+αt)，其中 α称为电阻温度系数， ρ0 是材料 在 t=0℃时的电阻率．在一定的温度范围内 α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温 度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用 具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的 电阻．已知：在 0℃时，铜的电阻率为 1.7 ×10-8Ω·m，碳的电阻率为 3.5 × 10-5Ω·m；在 0℃附 近，铜的电阻温度系数为 3．9×10-3℃ -1，碳的电阻温度系数为 -5.0 ×10-4℃ -1．将横截面积相 同的碳棒与铜棒串接成长 1.0m 的导体，要求其电阻在 0℃附近不随温度变化，求所需碳棒 的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）． 【答案】 3．8×10-3m 【解析】 【分析】 【详解】 设所需碳棒的长度为 L1，电阻率为 1 ，电阻恒温系数为 1 ；铜棒的长度为 2L ，电阻率为 2 ，电阻恒温系数为 2 ．根据题意有 1 10 1 )l t（ ① 2 20 2 )l t（ ② 式中 10 20、 分别为碳和铜在 0℃时的电阻率． 设碳棒的电阻为 1R ，铜棒的电阻为 2R ，有 1 1 1 LR S ③ ， 2 2 2 LR S ④ 式中 S为碳棒与铜棒的横截面积． 碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为 1 2R R R ⑤ ， 0 1 2L L L ⑥ 式中 0 1.0mL 联立以上各式得： 10 1 1 20 2 21 2 10 20 L LL LR t S S S ⑦ 要使电阻 R 不随温度 t 变化， ⑦ 式中 t 的系数必须为零．即 10 1 1 20 2 2 0L L ⑧ 联立 ⑥⑧ 得： 20 2 1 0 20 2 10 1 L L ⑨ 代入数据解得： 3 1 3 8 10 mL ． ⑩ 【点睛】 考点：考查了电阻定律的综合应用 本题分析过程非常复杂，难度较大，关键是对题中的信息能够吃投，比如哦要使电阻 R不 随温度 t 变化，需要满足的条件 4．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系， 从而更加深刻地理解其物理本质． （1）一段横截面积为 S、长为 l 的直导线，单位体积内有 n 个自由电子，电子电荷量为 e．该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为 v． （a）求导线中的电流 I； （b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度 B，导线所受安培力大小为 F 安 ，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为 F，推导 F 安 =F． （2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量 n 为 恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v，且与器壁各面碰撞的 机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力 学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 F 与 m、n 和 v 的关系． （注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 【答案】（ 1） I nvSe证明见答案 （2） 21 3 FP nm S 【解析】 （1）（ a）电流 QI t ，又因为 [ ( )]Q ne v St ，代入则 I nvSe （b）F 安 =BIL， I nvSe，代入则： F 安 =BnvSeL；因为总的自由电子个数 N=nSL，每个自由 电子受到洛伦兹力大小 f=Bve，所以 F=Nf=BnvSeL=F安 ，即 F 安 =F． （2）气体压强公式的推导：设分子质量为 m，平均速率为 v，单位体积的分子数为 n ；建 立图示柱体模型，设柱体底面积为 S ，长为 l ，则 l t 柱体体积 V Sl 柱体内分子总数 N nV总 因分子向各个方向运动的几率相等，所以在 t 时间内与柱体底面碰撞的分子总数为 ’ 1 6 N N总 总＝ 设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为 2p m N ， 总 依据动量定理有 Ft p 又压力 Ft p 由以上各式得单位面积上的压力 2 0 1 3 FF nm S 【点评】本题的第 1 题中两问都曾出现在课本中，例如分别出现在人教版选修 3-1.P42，选 修 3-1P.42，这两个在上新课时如果老师注意到，并带着学生思考推导，那么这题得分是很 容易的．第 2 问需要利用动量守恒知识，并结合热力学统计知识，通过建立模型，然后进 行推导，这对学生能力要求较高，为了处理相应问题，通过建模来处理问题．在整个推导 过程并不复杂，但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运 动，而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等，即要取总分子个数的 1 6 ． 【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导． 5．在 “探究导体电阻与其影响因素的定量关系 ”试验中，为了探究 3 根材料未知，横截面积 均为 S=0.20mm 2 的金属丝 a、b、c 的电阻率，采用如图所示的实验电路． M 为金属丝 c 的 左端点， O 为金属丝 a 的右端点， P 是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表 读数始终为 I=1.25A，电压表读数 U 随 OP 间距离 x 的变化如下表： x/mm 600 700 800 900 1000 1200 1400 1600 1800 2000 2100 2200 2300 2400 U/V 3.95 4.50 5.10 5.90 6.50 6.65 6.82 6.93 7.02 7.15 7.85 8.50 9.05 9.75 ⑴绘出电压表读数 U 随 OP 间距离 x 变化的图线； ⑵求出金属丝的电阻率 ρ，并进行比 较． 【答案】（ 1）如图所示； （2）电阻率的允许范围： a ： 60.96 10 m ~ 61.10 10 m b ： 68.5 10 m ~ 71.10 10 m c ： 60.96 10 m ~ 61.10 10 m 通过计算可知，金属丝 a 与 c 电阻率相同，远大于金属丝 b 的电阻率． 【解析】 （1）以 OP间距离 x 为横轴，以电压表读数 U 为纵轴，描点、连线绘出电压表读数 U 随 OP 间距离 x 变化的图线． （2）根据电阻定律 lR S 可得 S U SR l I l ． 6 6 3 (6.5 3.9) 0.20 10 1.04 10 1.25 (1000 600) 10a m m 6 7 3 (7.1 6.5) 0.20 10 9.6 10 1.25 (2000 1000) 10b m m 6 6 3 (9.7 7.1) 0.20 10 1.04 10 1.25 (2400 2000) 10c m m 通过计算可知，金属丝 a 与 c 电阻率相同，远大于金属丝 b 的电阻率． 6．（1）用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为 mm． （2）用下列器材装成描绘电阻 0R 伏安特性曲线的电路，请将实物图连线成为实验电路． 微安表 μA （量程 200μA ，内阻约 200Ω）； 电压表 V（量程 3V，内阻约 10Ω）； 电阻 0R （阻值约 20 k Ω）； 滑动变阻器 R（最大阻值 50Ω，额定电流 1 A）； 电池组 E（电动势 3V，内阻不计）； 开关 S及导线若干． 【答案】（ 1）1.880（ 1.878～1.882 均正确） （2） 【解析】 （1）首先读出固定刻度 1.5 mm 再读出可动刻度 38. 0 ×0. 01 mm="0.380" mm 金属丝直径为（ 1.5＋0.380) mm="1.880" mm ． （注意半刻度线是否漏出；可动刻度需要估读） （2）描绘一个电阻的伏安特性曲线一般要求电压要从 0 开始调节，因此要采用分压电 路．由于 0 V A 0 100, 0.5R R R R ，因此 μA 表要采用内接法，其电路原理图为 连线时按照上图中所标序号顺序连接即可． 7．在如图所示的电路中，电源内电阻 r=1Ω，当开关 S 闭合后电路正常工作，电压表的读 数 U=8.5V，电流表的读数 I=0.5A ．求： ①电阻 R； ②电源电动势 E； ③电源的输出功率 P． 【答案】 (1) 17R ；(2) 9E V ； (3) 4.25P w 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为： 5UR I (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为 E＝U＋Ir＝12V (3)电源的输出功率为 P＝UI＝20W 【点睛】 部分电路欧姆定律 U=IR和闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 是电路的重点，也是考试的热点，要 熟练掌握． 8．一电路如图所示，电源电动势 E=28v，内阻 r=2Ω，电阻 R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω， C为 平行板电容器，其电容 C=3.0pF，虚线到两极板距离相等 ,极板长 L=0.20m，两极板的间距 d=1.0 × 10-2m． （1）闭合开关 S稳定后，求电容器所带的电荷量为多少 ? （2）当开关 S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以 v0=2.0m/s 的初速度 射入 MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的 比荷 q/m （不计粒子的重力， M、N 板之间的电场看作匀强电场， g=10m/s 2） 【答案】（ 1） 114.8 10 C （2） 46.25 10 /C kg 【解析】 【分析】 【详解】 （1）闭合开关 S稳定后，电路的电流： 1 2 28 2 4 8 2 EI A A R R r ； 电容器两端电压： 2 2 2 8 16RU U IR V V ； 电容器带电量： 12 11 2 3.0 10 16 4.8 10RQ CU C C （2）粒子在电场中做类平抛运动，则： 0L v t 21 1 2 2 Uqd t dm 联立解得 46.25 10 /q C kg m 9．（18 分） 如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与 PQ平行且间距为 L，所在平面与 水平面夹角为 α，N、Q 连线与 MN 垂直， M、 P间接有阻值为 R 的电阻；光滑直导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角 θ。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均 为 L，ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合； ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动 摩擦因数为 μ（μ较小），由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强 磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和 ab 棒的电阻， ef 棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加 速度为 g。 （1）若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上 沿运动方向滑行一段距离后停止， ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量； （2）在（ 1）问过程中， ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电荷量； （3）若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小 立柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离。 【答案】（ 1）Qef＝ ；（ 2）q＝ ；（ 3）Bm＝ ，方 向竖直向上或竖直向下均可， xm＝ 【解析】 解：（ 1）设 ab 棒的初动能为 Ek， ef 棒和电阻 R 在此过程产生热量分别为 Q 和 Q1，有 Q+Q1=Ek① 且 Q=Q1 ② 由题意 Ek= ③ 得 Q= ④ （2）设在题设的过程中， ab 棒滑行的时间为 △t，扫过的导轨间的面积为 △S，通过 △S的 磁通量为 △Φ，ab 棒产生的电动势为 E，ab 棒中的电流为 I，通过 ab 棒某截面的电荷量为 q，则 E= ⑤ 且△ Φ=B△S ⑥ 电流 I= ⑦ 又有 I= ⑧ 由图所示， △S=d（L﹣dcot θ） ⑨ 联立 ⑤ ～⑨ ，解得： q= （10） （3）ab 棒滑行距离为 x 时， ab 棒在导轨间的棒长 Lx 为： Lx=L﹣2xcot θ （11） 此时， ab 棒产生的电动势 Ex 为： E=Bv2Lx （ 12） 流过 ef 棒的电流 Ix 为 Ix= （13） ef 棒所受安培力 Fx 为 Fx=BIxL （14） 联立（ 11）～（ 14），解得： Fx= （15） 有（ 15）式可得， Fx 在 x=0 和 B 为最大值 Bm 时有最大值 F1． 由题意知， ab 棒所受安培力方向必水平向左， ef 棒所受安培力方向必水平向右，使 F1 为最 大值的受力分析如图所示， 图中 fm 为最大静摩擦力，有： F1cos α =mgsin α +μ（mgcosα +F1sin α） （16） 联立（ 15）（ 16），得： Bm= （17） Bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下． 有（ 15）式可知， B为 Bm 时， Fx 随 x 增大而减小， x 为最大 xm 时， Fx 为最小值，如图可知 F2cos α ++μ（mgcosα +F2sin α）=mgsin α （18） 联立（ 15）（ 17）（ 18），得 xm= 答：（ 1）ef 棒上产生的热量为 ； （2）通过 ab 棒某横截面的电量为 ． （3）此状态下最强磁场的磁感应强度是 ，磁场下 ab 棒运动 的最大距离是 ． 【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情 况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点． 10． 如图所示，闭合电路处于方向竖直向上的磁场中，小灯泡的电阻为 10Ω，其它电阻不 计．当磁通量在 0. 1s 内从 0.2Wb 均匀增加到 0.4Wb 过程中，求： ①电路中的感应电动势； ②如果电路中的电流恒为 0.2A，那么小灯泡在 10s 内产生的热量是多少． 【答案】（ 1）2V（2）4J 【解析】 （1）当磁通量发生变化时，闭合电路中要产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，感 应电动势大小为： 0.4 0.2 2 0.1 E V V t （2）当小灯泡上的电流为 I=0.2A 时，根据焦耳定律， 10s 钟内产生的热量为： Q=I2Rt=0.22× 10× 10J=4J 11． 如图中 A、B、C、D 四个电路中，小灯 L1 上标有 “ 6V 3A ”字样，小灯 L2 上标有 “ 4V 0.2A ” 字样，电压 Uab 均为 U=10V。试判断： （1）哪个电路两小灯不可能正常发光，并说明理由； （2）两小灯均正常发光时，哪个电路消耗的电功率最小。 【答案】（ 1）b 电路小灯不可能正常发光，根据串联电路电压关系和题中所给条件，两灯 中若有一个正常发光，则另一个也正常发光，此时 L2 中电流大于 3A，而其额定电流为 0.2A，因此两灯均不能正常发光； 例如： b 电路小灯不可能正常发光；根据串、并联电路知识和所给条件知：由于 L2 的电阻 大于 L1 的电阻， L2 分得电压大于 4V（烧坏）、 L1 分得电压小于 6V，因此两灯均不可能正 常发光 （2）a 电路消耗的电功率最小 【解析】 【详解】 （1）b 电路小灯不可能正常发光，根据串联电路电压关系和题中所给条件，两灯中若有一 个正常发光，则另一个也正常发光，此时 L2 中电流大于 3A，而其额定电流为 0.2A，因此 两灯均不能正常发光； （2）电压 Uab 均为 U=10V，a 图回路电流为 1 3AI ，所以总功率为 1 30WabP I U ； b 图无法满足均正常发光； c 图干路电流为 1 2 3.2AI I ，所以总功率为 1 2( ) 32WabP I I U ；d 图干路电流为 1 2 3.2AI I ，所以总功率为 1 2( ) 32WabP I I U ，所以 a 图消耗功率最小。 12． 一根粗细均匀的金属导线 ，两端加上恒定电压 10 V 时 ，通过金属导线的电流为 2 A， 求： ①金属导线电阻； ②金属导线在 10 s 内产生的热量 ． 【答案】（ 1）5 Ω （ 2）200 J 【解析】试题分析：根据欧姆定律和焦耳定律即可解题。 （1）根据欧姆定律： 10 5 2 UR I 。 （2）产生的热量为： 2Q I Rt ，代入数据得： 200Q J 点睛：本题主要考查了欧姆定律和焦耳定律，此题为基础题。 13． 电动自行车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动自行车，设计质量 （包括人）为 m＝90kg，动力电源选用能量存储量为 “36V、15Ah”（即输出电压恒为 36V， 工作电流与工作时间的乘积为 15Ah）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率 P 电 ＝180W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自行车的效率为 η＝80%，如果 自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正比，即 Ff＝kmgv，其中 g 取 10m/s 2，k＝5.0 ×10﹣3s?m﹣ 1．求： （1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间和自行车电动机的内阻； （2）自行车在平直的公路上能达到的最大速度； （3）有人设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，已知太阳辐射的总功率 P0＝ 4× 1026W，太阳到地球的距离 r＝ 1.5 × 1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有 30%的能 量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为 15%．则此设想所需的太阳能电池板的 最小面积。 【答案】（ 1）2h， 1.44 Ω。（ 2） 4 2 m/s 。（ 3）101m2 【解析】 【详解】 （1）根据公式： P＝IU，I＝5A，再根据电池容量可得： t Q I 2h。 P 热＝P 电 ﹣ 80%P＝I2r 解得内阻为： r＝1.44 Ω。 （2）经分析可知，当自行车以最大功率行驶且达匀速时速度最大，因此有： F 牵＝kmgvm 而 F 牵 m P v 电 ， 联立代入数据可得： vm＝4 2 m/s。 （3）当阳光垂直电池板入射时，所需电池板面积最小，设其为 S，由题意得： 0 2 1 30% 15% 4 P S r P 电 解得所需的太阳能电池板的最小面积为： S 2 0 3 70% 15% r P P 电 。 代入数据解得： S≈101m2。 14． 如图甲所示，一正方形线框边长为 L＝0．3m，匝数为 n＝ 10 匝，放置在匀强磁场中， ab 边与磁场边界 MN 重叠，线框内阻为 r=2 Ω，与 R＝10Ω的外电阻形成一闭合回路。若以 垂直纸面向里为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间 t 按如图乙所示规律周期 性变化（图中只画出两个周期）求从 t=0 时刻开始经过 3 分钟电阻产生的热量。 【答案】 324J 【解析】 【详解】 在 0~0.1s 内： 2 1 0.410 0.3 7.2 0.05 E n V V t ； 1 1 0.6EI A R r 在 0.1~0.3s 内: 2 2 0.410 0.3 3.6 0.1 E n V V t ； 2 2 0.3EI A R r 在 0~0.3 内发热量为 2 2 1 1 2 2 0.54Q I Rt I Rt J 3min 总热量为 180 0.54 324 0.3 Q J J总 15． 如图所示，在两光滑平行金属导轨之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 度大小为 B，导轨的间距为 L，电阻不计．金属棒垂直于导轨放置，质量为 m，重力和电阻 可忽略不计．现在导轨左端接入一个电阻为 R 的定值电阻，给金属棒施加一个水平向右的 恒力 F，经过时 0t 后金属棒达到最大速度． 1 金属棒的最大速度 maxv 是多少？ 2 求金属棒从静止达到最大速度的过程中．通过电阻 R 的电荷量 q； 3 如图乙所示，若将电阻换成一个电容大小为 C的电容器 ( 认为电容器充放电可瞬间完成 ) ．求金属棒由静止开始经过时间 t 后，电容器所带的电荷量 Q． 【答案】 2 21 FR B L ； 0 3 32 Ft FmR BL B L ； 2 23 FCBLt m CB L ． 【解析】 【分析】 （1）当速度最大时，导体棒受拉力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式 列式后联立求解即可； （2）根据法律的电磁感应定律列式求解平均感应电动势、根据欧姆 定律列式求解平均电流、再根据电流定义求解电荷量； （3）根据牛顿第二定律和电流的定 义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况．由法拉第电磁感应定律求解 MN 棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量． 【详解】 （1）当安培力与外力相等时，加速度为零，物体速度达到最大，即 F=BIL= 2 2 maxB L v R 由此可得金属棒的最大速度 ：vmax= 2 2 FR B L （2）由动量定律可得： (F- F)t 0=mvmax 其中： F= 2 2 0 x Rt B L 解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离 ：x= 0 2 2 Ft R B L - 2 4 4 FmR B L 通过电阻 R 的电荷量 ：q= BLx R = 0Ft BL - 3 3 FmR B L （3）设导体棒运动加速度为 a，某时装金属棒的速度为 v1，经过 t 金属体的速度为 v2， 导体棒中流过的电流 ( 充电电流 ) 为 I，则 :F-BIL=ma 电流： I= Q t = C E t 其中： E=BLv2-BLv1=BL v，a= v t 联立各式得： a= 2 2 F m CB L 因此，导体棒向右做匀加速直线运动．由于所有电阻均忽略，平行板电容器两板间电压 U 与导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E 相等，电容器的电荷量： Q=CBLat= 2 2 FCBLt m CB L 答： （1）金属棒的最大速度 maxv 是 2 2 FR B L ； （2）金属棒从静止达到最大速度的过程中，通过电阻 R 的电荷量 q 为 0 3 3 Ft FmR BL B L ； （3）金属棒由静止开始经过时间 t 后，电容器所带的电荷量 Q 为 2 2 FCBLt m CB L ． 【点睛】 解决本题的关键有两个：一是抓住电流的定义式，结合牛顿第二定律分析金属棒的加速 度．二是运用微元法，求解金属棒的位移，其切入口是加速度的定义式．