1、電磁感應中求電量題型歸納一。由交流電中的平均電流求電量交流電流的描述量有效值、最大值和平均值，有效值是從電流產生焦耳熱相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效；交流電的平均值是從電流通過導線橫截面的電量相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效，故有效值用來求熱量和功率以及保險絲的熔斷電流，而平均電流用來求電量，最大值用來求電容器的擊穿電壓。例 一.如圖所示，矩形線圈 abcd 在磁感強度 B=2T 的勻強磁場中繞軸 OO ，以角速度 =10rad/s 勻速轉動，線圈共 10 匝， ab=0. 3m ， bc= 0.6m ，負載電阻 R= 45 。求（ l ）電阻 R 在 0.05s 內所發出的熱量

2、；（ 2 ） 0.05s 內流過的電量（設線圈從垂直中性面開始轉動）。 錯解： 第一步，求電流的有效值，用有效值來計算熱量。 電動勢的最大值為 m=nBLv=nBS=1020.30.610=113.1 電流的有效值 I=IM/ EQ r(,2) =m/ EQ r(,2) (R+r)=1.6A因此 0.05s 內 R 上發出的熱量 Q=I 2 Rt=5.76 （ J ） 第二步，根據有效值求通過 R 上的電量，由題意 0.05s 內通過 R 的電流方向不變 q It 1 60.05 0.08 （ C ） 分析與解：電動勢的最大值為 m = 2nBLv=nBS=1020.30.610=113.1

3、（ V ） 因此 0.05s 內 R 上發出的熱量 Q=I 2 Rt=5.76 （ J ） 點評：交流電的有效值是從電流產生焦耳熱相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效；交流電的平均值是從電流通過導線橫截面的電量相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效，兩個概念的出發點不同。例二. 閉合矩形線圈abcd豎直放置，可繞其水平邊ad轉動。線圈處在豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖7所示，其中ab=d，bc=L，bc邊質量為m，其他各邊的質量不計，線圈電阻為R，現給bc邊一種瞬時沖量，使bc邊獲得水平速度v，通過時間t，bc邊上升到最大高度，ab邊與豎直線的最大夾角為。求在bc邊上升的過程中，

4、（1）線圈中電流的有效值；（2）流過導體橫截面的電量。分析與解：（1）bc邊達到最大高度時，速度為零，但有加速度，因此不能用力的平衡分析，在bc邊上升過程中，由能量觀點分析知，其動能轉化為重力勢能和線圈內的焦耳熱，即mv2/2=mgh+Q 由幾何關系得 :h=d(1-cos) 又Q=I2Rt因此 （2）由法拉第電磁感應定律得：E=/t=BLdsin/t通過導體橫截面的電量:q=It=/R=BLdsin/R.二.電解過程求通過電解液的電量例三某次實驗中，將兩個銅極插入一定量的硫酸的飽和溶液中進行電解。通電3s后，陰極上放出610-6mol的氣體。已知整個電路的電阻為10W，求通過電解液的電量和本

5、實驗裝置所用電源的電動勢。（阿伏加德羅常數NA=6.021023mol-1）分析與解：寫出電極反映、電解過程的總化學方程式，求出產生的電子的總物質的量，進而求出通過電解液的電量、電流強度和電源電動勢。電極反映：陰極2H+4e4H2H2 陽極4OH-4e2H2O+O2 陰極產生的氣體應為H2。電解過程總反映為 2H2O 2H2 + O2 4e 2mol 4mol 610-6mol x 解得x=1.210-5mol通過電解液的電量Q=ne=xNAe=1.210-56.0210231.610-19=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0.38710=3.

6、87(V)點評：本題綜合了物理、化學的知識，以電解實驗為背景，波及電流強度、能量轉化、化學反映的問題，電路計算等知識點，同步考察考察學生推理、理解、分析、知識遷移和綜合解決實際問題等諸多能力。例四由實驗知,用電解法將電解液中的金屬離子還原為金屬單質時,電極所通過的電量Q正比于金屬的物質的量n和金屬離子的化合價a的乘積,其比例系數F是一種常量,稱為法拉第常數, F=9.65104C/mol.它與金屬的種類無關.已知:阿伏加德羅常數NA=6.021023mol-1,電子電量e=1.6010-19C,Cu的摩爾質量為64(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

7、鍍的措施在半徑為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,因此,獲得1kg銅需要的電量為 Q=Fan=3.0106(2)由電解知識得:鍍件應為陰極,鍍層金屬為陽極,因此銅球是陰極,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=4R2d/A對銀來說a=1,所需要的電量為 Q2=F1

8、4R2d/A.由于Q1=Q2, 因此d=AIt/4R2F.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。措施：避開中間過程，分析各有關物理量的初、末狀態狀況，思維切入點是分析運動穩定期的速度。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變化量相似時，由q= n/(R+r)可知此時通過的電量也相似，安培力沖量也相似又由動量定理得F安t=p，因此 A EB V0C D A EB V0C D 分析與解：AC棒和DE棒在運動中，開始時A

9、C棒的速度不小于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似的速度勻速運動。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，兩棒構成的系統合外力為零，系統動量守恒。故有：mV02mV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：BILtmV共mV0又qIt 因此 q例六、如圖所示，金屬棒AB的質量m5克，放置在寬L1米、光滑的金屬導軌的邊沿，兩金屬導軌處在水平平面內，該處有豎直向下B0.5特的勻強

10、磁場。電容器的電容C200微法，電源 1 K 2 AE C VBh s 的電動勢E16伏，導軌平面距地面高度h 1 K 2 E C VBh s 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。只規定出通過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：hgt2 = 1 * GB3 sVt = 2 * GB3 解 = 1 * GB3 = 2 * GB3 得 V0.16m/sAB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

11、為I，應用動量定理得：BILtmV 又Q放It因此 Q放=1.6103C電容器充電電量為：QEC3.2103C放電后電容器剩余的電量為：Q/=QQ放1.6103C 1 K 2 AE 1 K 2 AE C B 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，兩金屬導軌處在水平面內，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”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，同步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

12、荷不能放完。當AB棒產生的電動勢 與電容器剩余電壓U相等時，電路處在穩定狀態，AB棒勻速運動。設穩定期電容器兩端電壓為U，AB棒運動的速度為V， 則：U 即 U BLV V對AB棒用動量定理得： BILtmV = 1 * GB3 而 QIt = 2 * GB3 又 ECUCQ = 3 * GB3 解 = 2 * GB3 = 3 * GB3 得：Q點評：從以上分析可以看出，解決此類問題的核心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

13、有阻值為R的電阻，其他部分電阻不計。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，同步又與R構成回路。通過R的電量為：q=/R=BS/R式中檔于ab所掃過的三角形的面積，如圖中虛線所示。因此 S=(L/2) EQ r(,3) L= EQ r(,3) L2/2 因此 q= EQ r(,3) BL2/2R 當ab棒運動到b”時，電

14、容C上所帶電量為q= CUC 此時UC = Em而EM = B2LV/2 = 2BL2 因此q=2BL2C當ab脫離導軌后，C對R放電，通過R的電量為q”，因此整個過程中通過R的總電量為：例九.（99年上海改編）如圖所示，長為L，電阻r=0.3，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=0.5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，觀測

15、到電路中的一種電表正好滿偏，而另一種電表未滿偏，問：此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最后停止在導軌上，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，則不小于電壓表量程，因此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 因此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) 因此q=p/(BL)=mv2/I(R+R) 代入數據得： q=0.25C四由法拉弟電磁感應定律，歐姆定律和電流強度的定義式求電量求電磁感

16、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，因此一般用E=n/t，即q= n/(R+r)因此，通過電路的電量僅由電阻磁通量的變化量決定例十在一磁感應強度B0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為h0.1 m的平行金屬導軌MN與PQ，導軌的電阻忽視不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R0.3 的電阻導軌上跨放著一根長為L0.2 m，每米長電阻r2.0 /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v4.0 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）

17、ab棒向右變速移動L0.5 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部分相稱于電源，內阻rcdhr，電動勢EcdBhv（1）根據歐姆定律，R中的電流強度為I0.4 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FF安IhB0.40.10.5 N0.02 N（3）金屬棒ab兩端的電勢差，等于UacUcdUdb，由于UcdIREcdIrcd，因此也可以寫成：UabEabIrcdBLvIrcd0.50.24 V0.40.12 V0.32 V（4）在ab變速移動L0.5 m的過程中通過電阻的電量為q

18、=It=Et/(R+rcd)=/(R+rcd)=BhL/(R+hr)=0.50.10.5/(3.2+20.1)=510-2qC5102 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，因此一般用E=n/t，即qIt=Et/R=/R因此，通過電路的電量僅由電阻磁通量的變化量決定通過本例闡明綜合運用電磁感應規律和電路知識分析電磁感應問題的措施例十一一電阻為R的金屬圓環，放在勻強磁場中，磁場與圓環所在平面垂直，如圖(a)所示已知通過圓環的磁通量隨時間t的變化關系如圖(b)所示，圖中的最大磁通量0和變化周期T 都是已知量，求在t= 0到t=T/4的時間內，通過金屬圓環某橫截面的電荷量q分析與解：在t=0到t=T/4時間內，環中的感應電動勢E1=n/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=0/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（60.2t）T，已知電路中的R14 ，R26 ，電容C30 F，線圈A（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