第一章 电场直流电路章节练习(word版含答案）

高中物理选修2-1电场直流电路
一、单选题
1．一平行板电容器的电容C＝1.0×10－4F．当两极板间电势差为20 V时，所带电荷量为（　　）
A．1.0×10－4 C B．2.0×10－5 C
C．2.0×10－3 C D．5.0×10－5 C
2．在国际单位制中，用基本单位表示F（法拉），正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．点电荷与带电金属板之间的电场和电场线分布如图所示，对此电场的分析，下列说法正确的是（　　）
A．金属板的电势是正中间（正电荷的正下方）最高，向两边依次降低
B．金属板上表面的电场线都垂直于金属板表面
C．因为a点的电势高于b点的电势，故把一正点电荷从a点沿某一路径运动到b点，电场力一定全程做正功
D．置于a点的负电荷的电势能大于把它置于b点所具有的电势能
4．如图所示，点A、B、C在半径为r的同一圆周上，三点等分圆周，A点放置正点电荷，所带电荷量为＋
，B、C点放置负点电荷，所带电荷量为－
，静电力常量为k，则三个点电荷在圆心O处产生的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．下列说法中，正确的是（　　）
A．由可知，越大，沿电场线方向电势降落越快
B．由可知，以点电荷为中心，为半径的球面上各处电场强度都相同
C．由可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷所带电量成反比
D．由可知，电势能越大的地方，电势越高
6．如图所示，Q1、Q2为两个等量带正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上（O为连线的中点），N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是（　　）
A．从N点由静止释放一个负点电荷，仅在电场力作用下该电荷从N到O的过程中加速度不断减小
B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大
C．若将一个带负电的点电荷从M点移到O点，则电势能减少
D．若将一个带负电的点电荷从N点移到O点，则电势能增加
7．如图所示是两个等量点电荷的电场线分布，虚线是某带电体在电场中仅受电场力的运动轨迹，图中A、是轨迹上其中两点，则（　　）
A．该带电体应带的是正电荷
B．题中等量点电荷左边为正电荷，而右边应为负电荷
C．该带电体在A处的加速度比在B处的加速度要大
D．该带电体在A处的电势能比B处的电势能大
8．如图所示，两电荷量分别为-Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L。以+2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在直线上，c、d两点连线垂直于，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（　　）
A．圆周上所有点中，a点的电势最高
B．将一正点电荷从a沿圆弧经c移动到b，电势能减小
C．圆周上所有点中，a点的场强最大
D．c、d两点的电场强度相同
9．如图所示，两等量负点电荷固定在、两点。以、的连线中点为原点，沿、连线的中垂线建立轴。选无穷远处的电势为零。则关于轴上各处的电场强度、电势随轴坐标的变化规律，下列图像较合理的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（　　）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大
B．保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变
C．断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D．断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
11．法拉第采用了一个简洁的方法描述电场，即用电场线来描述电场中各点电场强度的大小和方向。下列四幅图的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（　　）
A． B．
C． D．
12．等量异种点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示。实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b是图中的两点。下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势比b点高
B．a点的电场强度比b大
C．负电荷在a点具有的电势能比b点大
D．正电荷从a点移到b点电场力做负功
13．如图所示是某静电场中的三条电场线，A、B是该电场中的两点，下列说法正确的是（　　）
A．该电场可能是负电荷产生的
B．A点的电势比B 点的电势高
C．A点的电场强度比B点的电场强度大
D．负电荷在A点的电势能大于B点的电势能
14．如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O，H是三角形的中心，D为中点，若两三角形均竖直放置，且、相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．O点处的电势高于D点处的电势
B．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同
15．如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q，以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad 为圆的直径。关于a、b、c三点，下列说法正确的是（　　）
A．a、c两处电场强度相同
B．b处电势最高
C．电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能保持不变
D．电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能先增大后减小
二、填空题
16．如图，过点电荷Q的直线上有A、B、C三点，，则A、B两点电势差的绝对值与B、C两点电势差的绝对值的大小关系为　 　（选填“>”“=”或“<”）；将一个电子从A点移到C点，其电势能减少5eV，若取C点的电势为0，则A点的电势为　 　V。
17．用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图甲所示的电路图，电压表的x端应接电流表的　 　端（选填“a”或“b”）。定值电阻R0 = 2Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为10Ω和100Ω，R应选用最大阻值　 　Ω的滑动变阻器。组装好电路，测量出数据后，在直角坐标系中作出U-I图象，如图乙所示。由图象求得：电源电动势E =　 　V，内阻r =　 　Ω.
18．利用多用电表直流电流档和电阻箱测电源的电动势和内阻。实验电路如图，闭合开关前应将电阻箱阻值调到　 　（填“最大值”或“最小值”），通电后，电流一定从　 　（填“红”或“黑”）表笔流入多用电表。调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，绘出了图像，由图可得每节干电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（计算结果忽略多用电表电流档内阻的影响，保留两位有效数字）
19．某学习小组在“测定电源的电动势和内电阻”这个实验时设计了如下所示方案：
（1） 为定值电阻且阻值未知， 为滑动变阻器。分析图1和图2是否能测出电源电动势、是否能测出内阻，将结论写在下面横线处：
图（1）：　 　。
图（2）：　 　。
（2）实验电路图如图3所示，已知 R1=2Ω，以U2为纵坐标，U1为横坐标，作出相应图线，见图4，则：电源电动势E=　 　V，内阻r =　 　Ω。
三、计算题
20．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）
21．电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
22．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=3×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2；
（3）a、c两点间的电势差Uac．
答案部分
1．C 2．C 3．B 4．A 5．A
6．B 7．D 8．C 9．A 10．D
11．D 12．A 13．B 14．D 15．D
16．>；-5
17．b；10；1.48；0.76
18．最大值；红；1.5；0.9
19．（1）能测出电源电动势，能测出电源内阻；能测出电源电动势，不能测出电源内阻
（2）2.5；0.5
20．解：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB由动能定理得
解得：
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
电源的输出功率
21．（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有 ①
设MN受到的安培力为F，有
F=IlB②
由牛顿第二定律有
F=ma③
联立①②③式得 ④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有
Q0=CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为 ，有 ⑥依题意有 ⑦
设在此过程中MN的平均电流为 ，MN上受到的平均安培力为 ，有
⑧由动量定理，有 ⑨又 ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
22．（1）解：由题，由W1=qElab得：
E= = =80N/C
（2）解：电荷从b移到c电场力做功为：
W2=qElbccos60°=3×10﹣8×80×0.12×0.5J=1.44×10﹣7J
（3）解：电荷从a移到c电场力做功为：
Wac=W1+W2
则a、c两点的电势差为：Uac= = = =8.8V
解析部分
1．C
【解析】根据
根据电容器的定义式进行分析判断。
2．C
【解析】因为，所以
由，，，
联立可得
根据电容器的定义式以及电流的定义式以及电场强度的定义式得出电容的单位用基本单位如何表示。
3．B
【解析】A．静电场中的金属板处于静电平衡状态，金属板是等势体，电势处处相等，A不符合题意；
B．因为金属板处于静电平衡，所以导体是等势体，表面是等势面，金属板上表面的电场线都垂直于金属板表面，B符合题意；
C．正点电荷从a点沿某一路径运动到b点，电场力总体做正功，但是由于路径不定，途中也可能做负功，C不符合题意；
D．负电荷在电势低的地方电势能大。因为a点电势高于b点，故置于a点的负电荷的电势能小于把它置于b点时所具有的电势能，D不符合题意。
当静电场中的金属板处于静电平衡状态时，其导体表面电势处处相等；利用其等势面可以判别电场线的方向；利用其电场力的方向可以判别电场力做功的情况；利用其电势的比较结合电性可以比较电势能的大小。
4．A
【解析】在A点的电荷在O点产生的场强
，方向沿AO方向；在BC点的电荷在O点产生的场强均为
，方向分别沿OB和OC方向；因EB和EC互成1200角，则合场强为
，则O点的场强为
，
利用其点电荷的场强公式可以求出电荷在各点产生的场强大小，结合其场强的叠加可以求出合场强的大小。
5．A
【解析】A．由
可知，越大，沿电场线方向电势降落越快，A符合题意；
B．由
可知，以点电荷为中心，为半径的球面上各处电场强度大小都相同，但是方向不同，B不符合题意；
C．电场中某两点的电势差是由电场本身决定的，与电场力做功以及电荷所带电量无关，C不符合题意；
D．由
可知，相同的正电荷具有的电势能越大的地方，电势越高，D不符合题意。
利用电势差和场强的关系可以判别沿电场线方向其电势降低最快；利用库仑定律可以判别其电场强度的大小，不能判别电场强度的方向；电势差与电场力做功无关；其负电荷具有电势能越大其电势越小。
6．B
【解析】A．等量同种电荷中垂线上，从O点到无穷远，电场强度先增大后减小，由于不确定N点的具体位置，所以从N点由静止释放一个负点电荷，仅在电场力作用下该电荷从N到O的过程中加速度可能先增大后减小，A不符合题意；
B．沿电场线方向电势逐渐降低，则M点时的电势最高，正电荷在M点时的电势能最大，B符合题意；
C．若将一个带负电的点电荷从M点移到O点，电场力方向与速度方向相反，电场力做负功，电势能增大，C不符合题意；
D．若将一个带负电的点电荷从N点移到O点，电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，电势能减小，D不符合题意；
根据点电荷周围电场强度的表达式得出电荷从N到O的过程中加速度的变化情况；沿着电场线电势逐渐降低，正电荷所受电场力的方向沿着电场线的方向，从而得出电势能的变化情况。
7．D
【解析】AB．根据等量点电荷电场线的箭头可知，该等量点电荷均为正电荷，而电场力为合力指向凹侧，则带电体受到吸引力，为负电荷。AB不符合题意；
确；
C．由图可知，A处电场线疏，则该带电体在A处的加速度比在处的加速度要小。C不符合题意。
D．根据电场线的方向可以判断，A处电势比B处电势低，所以带电体在A处电势能要大，D符合题意。
利用电场线分别可以判别点电荷的电性；利用粒子轨迹可以判别电场力方向进而判别点电荷电性；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，利用电场强度的大小可以比较加速度；利用电场线的方向可以比较电势的高低。
8．C
【解析】A．a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，由+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，A不符合题意；
B．由A可知，a点电势低于b点电势，则将一正点电荷从a沿圆弧经c移动到b，电场力做负功，电势能增大，B不符合题意；
CD．根据点电荷电场强度公式
结合矢量的合成法则可知，a点的电场强度最大，c、d两点的电场强度大小相等，但方向不相同，C符合题意，D不符合题意。
利用两个点电荷产生的电势叠加可以比较电势的大小；利用其电势的大小结合电性可以判别电势能的变化；利用场强的公式结合场强的叠加可以比较电场强度的大小及方向。
9．A
【解析】AB．根据两个等量负点电荷电场特点，在x轴上O点右侧，电场方向向左（沿x轴负方向），从O点到无穷远处，场强E先增大后减小；在在x轴上O点左侧，电场方向向右（沿x轴正方向），从O点到无穷远处，场强E先增大后减小；A符合题意，B不符合题意；
CD．根据两个等量负点电荷中垂线上电场线指向O点的特点可知，O点是中垂线上电势最低的点，以无穷远处电势为零，则越接近O点，电势越低，为负值，CD都错误。
利用其电场线的分布可以判别其电场强度的大小及方向；利用其电场线的方向可以判别其电势的大小变化。
10．D
【解析】A．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不会变，A不符合题意；
B．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，根据公式
可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，B不符合题意；
C．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
故电场强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，电场力不变，故θ不变，C不符合题意；
D．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，D符合题意。
当闭合开关时，滑动滑动变阻器时，电容器的电压保持不变，所以其夹角保持不变；当板间距离减小时，其板间场强增大所以其夹角增大；断开开关时，利用电容的决定式结合电荷量不变及电势差与场强的关系可以判别电场强度的大小变化。
11．D
【解析】A．a、b两点电场强度方向不相同，A不符合题意；
B．a、b两点电场强度大小不相同，B不符合题意；
C．a、b两点电场强度方向不相同，C不符合题意；
D．a、b两点电场强度的大小和方向都相同，D符合题意。
利用电场线的方向可以判别电场强度的方向，利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小。
12．A
【解析】A．顺着电场线电势降低，且中垂线为0V的等势线，则，，A点电势高于b点电势，A符合题意；
B．根据电场线的疏密判断场强的大小，所以a点场强Ea小于于b点场强Eb，B不符合题意；
C．因，，根据可知，负电荷在a点具有的电势能比b点小，C不符合题意；
D．根据可知，正电荷，从a点移到b点的电压为正，则电场力做正功，D不符合题意；
利用电场线的方向可以比较电势的大小；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电势及电性可以比较电势能的大小；利用电势差的大小结合电性可以判别电场力做功。
13．B
【解析】A．负电荷电场的电场线是汇聚状的直线，图中电场线是曲线，不符合，A不符合题意；
B．从A点作一条等势线（如图），与B所在的电场线相交，交点在B电场线的左侧，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，A 点的电势比 B 点的电势高，B符合题意；
C．电场线的疏密程度反映电场的强弱，A点附近电场线稀疏，A点的场强小于B点的场强，C不符合题意；
D．由电势能决定式知负电荷在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，A点电势高，所以负电荷在A点电势能小，D不符合题意；
其负点电荷所产生的电场线为直线；利用电场线的分布可以比较电势及电场强度的大小；利用电势结合电性可以比较电势能的大小。
14．D
【解析】A．结合三个点电荷分布可知，CD的电场线方向由D指向C，顺着电场线的方向电势逐渐降低，即O点处的电势低于D点处的电势，A不符合题意；
B．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中，电势降低，故负电荷的电势能增大，B不符合题意；
C．在电场中，根据同种电荷排斥，异种电荷相吸引，分别作出B、C对A的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得A点电荷所受电场力，其方向如左图所示；在磁场中，根据同向电流相吸引，反向电流相排斥，分别作出F、G对E的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得E点处通电直导线所受安培力，其方向如右图所示
由图可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不相同，C不符合题意；
D．在电场中，作出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度方向，因正电荷A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，与DC线的夹角相等，根据平行四边形定则可知，A、B的合电场强度方向由O指向C，而负电荷C在O点产生的电场强度方向，也是由O指向C，如左图所示，故三个点电荷在O点产生的电场强度方向最终也是由O指向C，所以将正电荷放在O点，其所受的电场力方向由O指向C；在磁场中，分别作出E、F、G三根通电导线在H点产生的磁感应强度方向，因E、F的电流大小相等，方向相同，且都向里，则两根通电导线在H点产生的磁感应强度大小相等，方向如右图所示
根据平行四边形定则，可知E、F两根通电导线的合磁感应强度方向沿水平向右，而G通的电流方向是垂直纸面向外，故在H点产生的磁感应强度方向是水平向右，故三根通电导线的最终合磁感应强度方向水平向右，所以根据左手定则可知，在H点放一根电流方向垂直纸面向外的通电导线，所受的安培力方向由H指向G，即正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同，D符合题意。
结合点电荷周围电场强度以及电场的叠加得出CD电场线的方向，从而得出CD两点的电势；结合电势能的表达式判断OD两点电势能的大小；通过安培力的表达式以及左手定则和力的合成得出AE两点安培力的方向，同理得出OH两点安培力的大小关系。
15．D
【解析】A．根据电场的叠加原理，a、c两点的场强大小相等，方向不同，A、c两点电场不同，A不符合题意；
B．空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，正电荷在a、b、c和d处产生的电势相等，负电荷在d点产生的电势最高，b点电势最低，所以d点的电势最高，B不符合题意；
CD．电子顺时针从a到c的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，C不符合题意、D符合题意。
根据电场的叠加判断ac两点电场强度的大小关系，利用功能关系得出电势能的变化情况。
16．>；-5
【解析】因为AB离点电荷更近，则平均场强更大，根据
可知，
>
。将一个电子从A点移到C点，其电势能减少5eV
解得
所以
利用其电场强度的大小及电势差的关系可以比较电势差的大小；利用电场力做功可以求出AC之间电势差的大小，结合其C点电势的大小可以求出A点电势的大小。
17．b；10；1.48；0.76
【解析】因电流表内阻对电源内阻的测量影响较大，则电压表的x端应接电流表的b端。
为了方便调节，滑动变阻器R应选用最大阻值为10Ω的滑动变阻器。
由图象求得：电源电动势E =1.48V
内阻
由于电流表内阻对电源内阻影响大所以其x端应该接b端；为了方便调节其滑动变阻器要选择小阻值；利用其图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小。
18．最大值；红；1.5；0.9
【解析】根据电路图结构可知，为了防止通过多用电表的电流过大，损坏多用电表，所以闭合开关前应将电阻箱阻值调到最大值；
通电后，电流一定从“红”表笔流入多用电表。
根据电路图，由闭合电路欧姆定律可得
可得
由
图像可得
故求得每节干电池电动势及内阻为
闭合开关前电阻箱调到最大值；利用闭合电路欧姆定律得出1/I-R的表达式，结合图像得出电池的电动势和内阻。
19．（1）能测出电源电动势，能测出电源内阻；能测出电源电动势，不能测出电源内阻
（2）2.5；0.5
【解析】（1） 由图(1)所示电路图可知，电压表测路端电压，电流表测电路电流，该电路可以求出电源电动势与内阻；由图(2)所示电路图可知，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压，由闭合回路的欧姆定律可得
可以看出当电流为零时路端电压即为电动势，图像的斜率为 ，由于 阻值未知，该电路可以测出电源电动势，但不能测出电源内阻；
（2）在图3电路中，电源电动势
整理得
结合图4可得
解得电源内阻
（1）根据闭合电路欧姆定律以及图像判断该电路可以测出电源电动势；
（2）根据电路的分析得出电动势的表达式，结合图像得出电源的电动势以及电源的内阻。
20．解：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB由动能定理得
解得：
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
电源的输出功率
【解析】利用动能定理可以求出AB之间的电压大小；结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值；再利用功率的表达式可以求出电源的输出功率大小。
21．（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有 ①
设MN受到的安培力为F，有F=IlB②
由牛顿第二定律有 F=ma③
联立①②③式得 ④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有
Q0=CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为 ，有 ⑥依题意有 ⑦
设在此过程中MN的平均电流为 ，MN上受到的平均安培力为 ，有
⑧由动量定理，有 ⑨又 ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
【解析】（1）由左手定则判出磁场方向。
（2）根据电路知识求得电流，由安培力公式算的安培力，由牛顿第二定律算得加速度。
（3）当导体棒速度最大时做匀速运动，切割磁感线产生电动势，此时电容器上电荷不变即剩余电量。根据动量定理算出导体棒变速运动过程中产生电量，用原来电量减掉该过程中电量即是剩余电量。
22．（1）解：由题，由W1=qElab得：
E= = =80N/C
（2）解：电荷从b移到c电场力做功为：
W2=qElbccos60°=3×10﹣8×80×0.12×0.5J=1.44×10﹣7J
（3）解：电荷从a移到c电场力做功为：
Wac=W1+W2
则a、c两点的电势差为：Uac= = = =8.8V
【解析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac．