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1、高考物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析一、稳恒电流专项训练1为了测量一个阻值较大的末知电阻，某同学使用了干电池（1.5V），毫安表（ 1mA），电阻箱（ 0 9999W），电键，导线等器材该同学设计的实验电路如图甲所示，实验时，将电阻箱阻值置于最大，断开K2 ，闭合 K1 ，减小电阻箱的阻值，使电流表的示数为I1 1.00mA，记录电流强度值；然后保持电阻箱阻值不变，断开K1 ，闭合 K2 ，此时电流表示数为 I1 0.80mA，记录电流强度值由此可得被测电阻的阻值为_W经分析，该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致，因此会造成误差为避免电源对实验结果的影响，又设计了如图乙所示的
2、实验电路，实验过程如下：断开 K1 ，闭合 K 2 ，此时电流表指针处于某一位置，记录相应的电流值，其大小为I；断开K2 ，闭合 K1 ，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为_，记录此时电阻箱的阻值，其大小为 R0 由此可测出Rx 【答案】 375, I , R0【解析】解：方案一中根据闭合电路欧姆定律，有E=I1（ r+R1+R2） （其中 r 为电源内阻，R1 为电阻箱电阻，R2 为电流表内阻）E=I2（ r+R1+R2+R）由以上两式可解得R=375方案二是利用电阻箱等效替代电阻R0，故电流表读数不变，为I，电阻箱的阻值为R0故答案为 375， I， R0【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆
3、定律列方程，然后联立求解；第二方案是用等效替代法，要保证电流相等2要描绘某电学元件（最大电流不超过m，最大电压不超过）的伏安特性曲线，设计电路如图，图中定值电阻为，用于限流；电流表量程为m，内阻约为；电压表（未画出）量程为，内阻约为；电源电动势为，内阻不计。（）实验时有两个滑动变阻器可供选择：a、阻值到 ，额定电流b、阻值到 ，额定电流本实验应选的滑动变阻器是（填“a”“b”或）（）正确接线后，测得数据如下表（） .003.006.006.166.286.326.366.386.396.40（ m0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50）a）根据以上数据
4、，电压表是并联在与之间的（填 “”或 “ ”）b）画出待测元件两端电压随间电压变化的示意图为（无需数值）【答案】 (1) a(2) a) Pb）【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
5、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
6、：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） InvSe证明见答案 （ 2） PF1nm 2S3【解析】（1）（ a）电流 IQnev( St) ，代入则 I nvSe，又因为 QIt（b ）F 安 =BIL，nvSeN=nSL，每个自由，代入则： F 安 =BnvSeL；因为总的自由电子个数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 lt柱体体积 V Sl柱体内分子总数 N 总 n
7、V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1N总N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p2m N总，依据动量定理有 Ftp又压力 Ftp由以上各式得单位面积上的压力F0F1 nm 2S3【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
8、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4（ 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R0 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 A （量程 200 A ，内阻约 200）；电压表 V（量程 3V，内阻约10）；电阻 R0 （阻值约 20 k ）；滑动变阻器R（最大阻值50，额定电流1 A）；电池组 E（电动势 3V，内阻不计）；开关 S 及导
9、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R0100, RV0.5 ，因此 A 表要采用内接法，其电路原理图为RAR0连线时按照上图中所标序号顺序连接即可5 超导现象是 20 世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行（ l ）超导体在
10、温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化则表明其电阻为零请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ，并经一年以上的时间t 未检测出电流变化实际上仪器只能检测出大于I的电流变化，其中 I I ，当电流的变化小于I时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为 e试用上述
11、给出的各物理量，推导出 的表达式（3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为 t 为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限 的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法【答案】（ 1）见解析 （ 2）（ 3）见解析【解析】（ 1）逆时针方向。原磁场磁感线垂直于圆环平面向上，当撤去磁场瞬间，环所围面积的原磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中感应电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。（ 2）设圆环周长为 、电阻为 R，由电阻定律得由于有电阻，所以圆环在传导电流过程中，电流做功，把电能全部转化为内能。设t 时间内环中电流释放焦耳热而损失
12、的能量为，由焦耳定律得因电流是圆环中电荷的定向移动形成的，故可设环中单位体积内定向移动电子数为n，由电流强度的定义得：因式中 n、 e、 S不变，所以只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。电流变化大小取时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为，则在 t 时间内单个电子在环中定向移动时减小的动能为：圆环中总电子为设环中定向移动电子减少的动能总和为，则由于，可得根据能量守恒定律，得联立上述各式，得（3）由看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。此题易错点：分析能量的转换关系以及微观量与宏观量关系时
13、出错。【考点定位】本题考查楞次定律、电阻定律、电流强度和能量转换等知识，是一道电磁学联系实际的综合问题，意在考查考生灵活应用物理知识解决实际问题的能力。6 如图所示，已知电源电动势E=20Vr=l R=3时，电路中标有，内阻，当接入固定电阻“ 3V,6W的”灯泡 L 和内阻 RD=1的小型直流电动机D 都恰能正常工作.试求：（1）流过灯泡的电流（2）固定电阻的发热功率（3）电动机输出的机械功率【答案】 （1） 2A（ 2） 7V（3） 12W【解析】（1）接通电路后，小灯泡正常工作，由灯泡上的额定电压U 和额定功率P 的数值可得流过灯泡的电流为：=2A（2）根据热功率公式，可得固定电阻的发热功
14、率：=12W（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：=9V电动机消耗的功率：=18W一部分是线圈内阻的发热功率：=4W另一部分转换为机械功率输出，则=14W【点睛】（ 1）由灯泡正常发光，可以求出灯泡中的电流；（2）知道电阻中流过的电流，就可利用热功率方程，求出热功率；（3）电动机消耗的电功率有两个去向：一部分是线圈内阻的发热功率；另一部分转化为机械功率输出。7某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d 的平行金属电极电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面（纸面）向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻
15、R，传送带背面固定有若干根间距为d 的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好当传送带以一定的速度v 匀速运动时，（ 1）电压表的示数（ 2）电阻 R 产生焦耳热的功率（ 3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功【答案】（ 1） UBLvR ；（ 2） PB2 L2v2 R ；（ 3）WB2L2vd R r( Rr ) 2R r【解析】试题分析：（1）金属条产生的感应电动势为E=BLv，电路中的感应电流为I= BLv，故电压表的示数U IRBLvR ；R rRr（2）电阻 R 产生焦耳热的功率P=I2R=B2 L2v2 R；(R
16、 r )2（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功W=F 安 d=BILd= B2 L2vd R r考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力8 如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为d，管道高度为h ，上、下两面是绝缘板，前后两侧M 、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连。整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B 、方向沿z 轴正方向。管道内始终充满导电液体，M 、N两导体板间液体的电阻为r，开关S 闭合前后，液体均以恒定速率v0 沿 x 轴正方向流动。忽略液体流动时与管道间的流动阻力。（ 1）开关 S 断开时，求 M 、
17、 N 两导板间电压 U 0 ，并比较 M 、N 导体板的电势高低；（ 2）开关 S 闭合后，求：a. 通过电阻 R 的电流 I 及 M 、 N 两导体板间电压U ；b. 左右管道口之间的压强差Vp 。【答案】（ 1） U0=Bdv0， MN （ 2） a UBdRv0 ；b V pB2 dv0R rh( R r )【解析】【详解】（1）该发电装置原理图等效为如图，管道中液体的流动等效为宽度为d 的导体棒切割磁感线，产生的电动势E=Bdv0则开关断开时U0=Bdv0由右手定则可知等效电源MN 内部的电流为N 到 M，则 M 点为等效正极，有MN ；（2） a由闭合电路欧姆定律U 0Bdv0IrR
18、 rR外电路两端的电压：U IRU 0 RBdRv0R rR rb设开关闭合后，管道两端压强差分别为V p ，忽略液体所受的摩擦阻力，开关闭合后管道内液体受到安培力为F 安 ，则有V phdF安F安 =BId联立可得管道两端压强差的变化为：VpB2dv0h(Rr )9 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。一段长为l 、横截面积为S 的细金属直导线，单位体积内有 n 个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。（1）该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率恒为v。 求导线中的电流I；为了更精细地描述电流的分布情况，引入了电流面密
19、度j，电流面密度被定义为单位面积的电流强度，求电流面密度j 的表达式；经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。请根据以上描述构建物理模型，求出金属导体的电阻率 的微观表达式。（ 2* ）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔
20、曼在1917 年发现，被称为斯泰瓦托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动，从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动，由于电子在导线中运动会受到沿导线的平均阻力，所以只会形成短暂的电流。已知电子受到的沿导线的平均阻力满足（1）问中的规律，求此线圈以由角速度 匀速转动突然停止转动（减速时间可忽略不计）之后，通过线圈导线横截面的电荷量Q。【答案】（ 1）； nev ；knem lSneSv2（ 2）ne2k【解析】【详解】（1）导线中的电流QIneSv；t电流面密度Ijnev；S取长度为L 一段导体，则电子
21、做定向移动时满足电场力与阻力相等，即UkveEe而UIRIneSvR联立解得LSk2ne（2）设线圈经过时间?t 停止运动，则对内部的粒子，由动量定理：ftmvm r其中fkvl2 r则mlkv t；2而QnS lelv t联立可得Qnem lS2k10 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80%，如果自行车
22、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2 3 1Ff kmgv ，其中 g 取 10m/s ， k 5.010 s?m 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P042611，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能10W，太阳到地球的距离r 1.5 10m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 。（ 2） 42 m/s 。（ 3
23、）101m2【解析】【详解】（1）根据公式： PIU， I 5A，再根据电池容量可得： tQ2h。IP 热 P 电 80%PI2r解得内阻为： r 1.44 。（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 kmgvmP电而 F 牵，vm联立代入数据可得：vm 42 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：1 30% P0S 15%P4 r 2电解得所需的太阳能电池板的最小面积为：3r 2 P电。S70%15% P0代入数据解得：2S101m。11 如图所示，圆形金属线圈半径r 0.3m，匝数 n 50，电阻 R0 19，竖直放
24、置在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小随时间t 按 B（ 1+ 2 t ） T 的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R169， R212，水平平行板电容器C极板长 L0.1m，两板间距d0.05m（1）求线圈中产生的感应电动势E；（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R1 时，求电阻R1 消耗的电功率；（3）调节滑动变阻器，可使速度为v310 2m/s 、比荷为q 310 4Ckg 的带电粒子（重m力忽略不计）紧贴电容器 C上极板从左侧水平射入电容器后，刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电路的阻值。【答案】 (1)9V ； (2)6W； (3)19【解析
25、】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有：E nSBt2线圈面积为： S r代入数据得： E 9VR1R2（2）当 R 1 时，由闭合电路的欧姆定律得：E I（ R0+R+ R1 R2）流过电阻 R1 的电流为：I 1R2IR2R1R1 消耗的电功率为：P I12 R1代入数据可求得：P1 6W（3）由楞次定律可知电容器下极板带正电，且电容器的电压等于R2 两端电压，带电粒子在两极板间做类平抛运动，所以有：x vty 1 at22qU R2由牛顿第二定律有：mad由电路规律有：EUR2+I（ Rx+R0）联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R 1912 麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：
26、变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场（1）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt （ k0 且为常量）将一半径也为r 的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置求金属圆环内产生的感生电动势的大小变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆，如图中的实线所示，圆心与磁场区域的中心重合在同一圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力，这个力称为涡旋电场力，其与电
27、场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E 感 （2）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场，电场强度大小随时间的变化关系为 E=t（0 且为常量）我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量，同样地，我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量电场强度发生变化时，对应面积内的电通量也会发生变化，该变化的电场必然会产生磁场小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B 感的方法可以类比（ 1）中求解 E 感的方法若小明同学的猜想成立，请推导B 感 在距离电场中心为 a（ ar）处的表达式，并求出在距离电场中心r 和 2r 处的磁感
28、应强度的比值B 感 1： B2感 2小红同学对上问通过类比得到的B 感的表达式提出质疑，请你用学过的知识判断B 感 的表达式是否正确，并给出合理的理由【答案】 （1） k r 2 kr；（ 2） 1:1 不正确 .2【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解金属圆环内产生的感生电动势 的大小在金属圆环内，求解非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功，求解电动势，从而求解感应电场强度； （2） 类比（ 1）中求解 E 感的过程求解 两处的磁感应强度的比值 ； 通过量纲分析表达式的正误 .【详解】（1） 根据法拉第电磁感应定律得B SB S k r2ttt在金属圆环内，非静电力对带电量为-
29、q 的自由电荷所做的功W 非 =qE 感2rW非根据电动势的定义qkr解得感生电场的场强大小E感2 r t 2（2）1E 感 的过程，在半径为R 处的磁感应强度为B感e类比（ ）中求解R t2在 R=a 时， eE a2，解得 B感a2在 R= r 时，2将 R=2r 时，r2re1E，解得 B感124e2Er 2，解得 B感2r4B感11所以B感21 上问中通过类比得到的B 感 的表达式不正确；因为通过量纲分析我们知道：用基本物理量的国际单位表示B感e的导出单位为R t2kg m2；又因为 BFBFAs4，用基本物理量的国际单位表示的导出单位为ILILkg2 可见，通过类比得到的 B 感 的
30、单位是不正确的，所以B感e的表达式不正A s2Rt确【点睛】考查电磁学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、电场强度和磁感应强度的应用，会用类比法解决问题以及用物理量的量纲判断表达式的正误13 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 t0 后金属棒达到最大速度1 金属棒的最大速度vmax 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
31、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】 1FRFt 0FmRFCBLt2 2 ； 23L3 ； 32 2B LBLBm 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
32、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B2L2v maxF=BIL=R由此可得金属棒的最大速度： vmaxFR=B 2L2（ 2）由动量定律可得： (F- F)t 0=mvmaxB2 L2x其中： F=Rt 0解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离Ft 0 RFmR 2： x=-B4 L4B 2 L2BLxFt 0FmR通过电阻 R 的电荷量 ： q=R=-BL B3L3（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 n 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= VQ
33、 = CVEVtVt其中： n E=BLv2-BLv1=BLn v，a=n v联立各式得： a=n tFmCB 2L2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=FCBLtm CB2 L2（ 1）FR答：金属棒的最大速度 v max 是 B2L2 ；（2）金属棒从静止达到最大速度的过程中，通过电阻Ft 0FmRR 的电荷量 q 为3 3 ；BLB 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FCBLtQ 为m CB 2 L2【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14 如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L=1m，质量m=0.1 的导体棒 ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R=1，磁感强度 B=1T 的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面，当导体棒在电动机牵引下