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专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】【高频考点解密】2023年高考物理二轮复习讲义+分层训练（全国通用）
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这是一份专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】【高频考点解密】2023年高考物理二轮复习讲义+分层训练（全国通用），文件包含专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用讲解析版docx、专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用讲原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
1.电磁学中的功能关系
(1)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电。
推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。
(2)洛伦兹力不做功。
(3)电磁感应中的功能关系
eq \x(\a\al(其他形式,的能量)) eq \(――→,\s\up17(克服安培),\s\d15(力做功)) eq \x(\a\al(电,能)) eq \(――→,\s\up17(电流做功)) eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
2．电路中的电功和焦耳热
(1)电功：W电＝UIt；焦耳热：Q＝I2Rt。
(2)纯电阻电路：W电＝Q＝UIt＝I2Rt＝ eq \f(U2,R)t，U＝IR。
(3)非纯电阻电路：W电＝Q＋E其他，U>IR。
(4)求电功或电热时用有效值。
(5)闭合电路中的能量关系
由P出与外电阻R的关系可知：
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝ eq \f(E2,4r)。
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R④当P出3．动量观点在电磁感应中的应用
(1)动量定理在电磁感应中的应用
导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL eq \x\t(I)1Δt1＋BL eq \x\t(I)2Δt2＋BL eq \x\t(I)3Δt3＋…＝mv－mv0
通过导体横截面的电荷量q＝ eq \x\t(I)1Δt1＋ eq \x\t(I)2Δt2＋ eq \x\t(I)3Δt3＋…得BLq＝mv－mv0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。
又 eq \x\t(I)＝ eq \f(BL eq \x\t(v),R总)，q＝I·Δt＝ eq \f(BL eq \x\t(v)t,R总)＝ eq \f(BLx,R总)＝ eq \f(ΔΦ,R总)，故也可考虑用表达式q＝ eq \f(ΔΦ,R总)。
(2)动量守恒定律在电磁感应中的应用
双导体棒在光滑水平等距导轨上自由切割磁感线时，同一时刻磁场对两导体棒的安培力大小相等、方向相反，两导体棒组成的系统所受合外力为零，总动量守恒。
【高考考向1 电场中的能量问题】
命题角度1 电场中的功能关系
例1：（2022·浙江·高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
(1)电场强度的判断
①场强方向是电场中正电荷受力的方向、负电荷受力的反方向，也是电场线上某点的切线方向。
②电场强弱可用电场线疏密判断。
(2)电势高低的比较
①根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
②将电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处电场力做正功越多，则该点的电势越高。
③根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，若UAB<0，则φA<φB。
(3)电势能变化的判断
①根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少，若电场力对电荷做负功，电势能增加，即W＝－ΔEp。
②根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少，且ΔEk＝－ΔEp。
1-1. （2022·江苏·高考真题）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（ ）
A．在移动过程中，O点电场强度变小
B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
1-2. （2022·全国·高考真题）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
命题角度2 用能量观点解决电场中的运动问题
例2：（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有
解得
（3）设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有
，
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
判断能量如何变化的方法
(1)根据其对应的功能关系分析。
(2)根据所研究过程的守恒关系分析。
2. （2022·湖南岳阳·二模）如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，现将一个带正电的的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
C．物块落地的速度大小为
D．物块落地的速度大小为
【高考考向2 能量和动量的观点在电磁感应中的应用】
命题角度1电磁感应中的能量问题
例3. （2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）0.016J
【详解】（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
电磁感应中能量问题的分析方法
从能量的观点着手，运用动能定理或能量守恒定律。
基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。
3-1. （2022·浙江·高考真题）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
3-2 . （2022·浙江·高考真题）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
命题角度2 电磁感应中的动量问题
例4. （2022·黑龙江·佳木斯一中三模）如图、长L=1m、电阻r=1Ω的金属棒OA与竖直金属圆环接触良好并能随手柄一起转动，同一水平面内有两条足够长且电阻不计、间距也为L=1m的平行金属导轨、，导轨上PQ两处有极小的断点，导轨左端分别与环和O点相连接。在圆环中有水平向右、PQ左侧有竖直向下磁感应强度大小均为B=1T的匀强磁场，边界PQ右侧有长为2L的光滑区。现有长L=1m、质量m=1kg、电阻R=2Ω的金属杆a垂直于磁场置于导轨上，杆a和导轨间动摩擦因数为μ=0.2。另有边长仍为L=1m，质量为M=3kg、每条边电阻均为R=2Ω的正方形金属框EFGH置于导轨上，其FG边与光滑区右边界对齐，不计金属框的摩擦作用。当杆a能运动后越过PQ后一段时间，与金属框发生瞬间碰撞并粘连在一起，随即杆a与金属框向右再运动2L停在粗糙区。（不考虑框架中的电流产生的磁场影响，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g=10m/s2）。求：
（1）某时刻杆a开始向右运动时，手柄的角速度大小；
（2）杆a碰撞前、后的速度；
（3）杆从PQ离开到最终停下所用时间；
（4）若金属框和杆a碰瞬间后，立即在FG右侧加一竖直向下磁感应强度B1=1T的匀强磁场，碰撞后瞬间整体的加速度大小，和碰后杆a上生成的焦耳热。
【答案】（1）12rad/s；（2），；（3）3.25s；（4），
【详解】（1）金属棒OA产生的电动势为
回路电流为
当杆a开始向右运动，有
联立解得
（2）设a杆碰前速度大小为，碰后速度大小为，对框和棒整体碰撞后根据动能定理可得
解得
由动量守恒有
解得
（3）杆a从PQ到碰前做匀速直线运动，则有
杆a碰撞后与框在距离内做匀速直线运动，则有
杆a碰撞后与框在距离内做匀减直线运动，则有
所以，杆从PQ离开到最终停下所用时间为
（4）碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为
杆a与金属框形成的总电阻为
框的右边流过电流为
所以整体加速度为
从金属框刚进入磁场到整个框进入磁场过程，根据动量定理有
又
联立解得
之后金属框全部进入磁场不再产生焦耳热，所以根据能量守恒可得
其中杆a的焦耳热为
应用动量观点解决电磁感应综合问题的两类情形
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移
在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解决的问题。
如：由B eq \(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝ eq \x\t(I)·Δt，可得q＝ eq \f(Δp,BL)。
由 eq \f(B2L2v,R总)Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝ eq \f(ΔpR总,B2L2)。
(2)利用动量守恒定律分析双导体棒问题
在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。(若两棒所在处导轨间距不同，则它们所受安培力大小不同，动量不守恒)
4.（2022·四川巴中·模拟预测）两个完全相同的金属线框abcd、a'b'c'd'放在光滑的水平面上，它们的右侧是一个竖直向下的匀强磁场，当两线框分别以速度v1和v2（v1>v2）进入磁场，在完全进入磁场的过程当中，线框产生的焦耳热分别为Q1、Q2，通过导线横截面积电量分别为q1、q2，下列判断正确的是（ ）
A．它们匀减速进入磁场
B．金属线框abcd在进入磁场的过程中克服安培力做的功等于它产生的焦耳热
C．Q1>Q2q1=q2
D．Q1>Q2q1>q2
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝ eq \f(E2,R＋r)
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝I2R＝ eq \f(E2R,（R＋r）2)
P出与外电阻R的关系
电源的效率
任意电路：η＝ eq \f(P出,P总)×100%＝ eq \f(U,E)×100%
纯电阻电路：η＝ eq \f(R,R＋r)×100%
1.电磁学中的功能关系
(1)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电。
推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。
(2)洛伦兹力不做功。
(3)电磁感应中的功能关系
eq \x(\a\al(其他形式,的能量)) eq \(――→,\s\up17(克服安培),\s\d15(力做功)) eq \x(\a\al(电,能)) eq \(――→,\s\up17(电流做功)) eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
2．电路中的电功和焦耳热
(1)电功：W电＝UIt；焦耳热：Q＝I2Rt。
(2)纯电阻电路：W电＝Q＝UIt＝I2Rt＝ eq \f(U2,R)t，U＝IR。
(3)非纯电阻电路：W电＝Q＋E其他，U>IR。
(4)求电功或电热时用有效值。
(5)闭合电路中的能量关系
由P出与外电阻R的关系可知：
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝ eq \f(E2,4r)。
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R
(1)动量定理在电磁感应中的应用
导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL eq \x\t(I)1Δt1＋BL eq \x\t(I)2Δt2＋BL eq \x\t(I)3Δt3＋…＝mv－mv0
通过导体横截面的电荷量q＝ eq \x\t(I)1Δt1＋ eq \x\t(I)2Δt2＋ eq \x\t(I)3Δt3＋…得BLq＝mv－mv0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。
又 eq \x\t(I)＝ eq \f(BL eq \x\t(v),R总)，q＝I·Δt＝ eq \f(BL eq \x\t(v)t,R总)＝ eq \f(BLx,R总)＝ eq \f(ΔΦ,R总)，故也可考虑用表达式q＝ eq \f(ΔΦ,R总)。
(2)动量守恒定律在电磁感应中的应用
双导体棒在光滑水平等距导轨上自由切割磁感线时，同一时刻磁场对两导体棒的安培力大小相等、方向相反，两导体棒组成的系统所受合外力为零，总动量守恒。
【高考考向1 电场中的能量问题】
命题角度1 电场中的功能关系
例1：（2022·浙江·高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
(1)电场强度的判断
①场强方向是电场中正电荷受力的方向、负电荷受力的反方向，也是电场线上某点的切线方向。
②电场强弱可用电场线疏密判断。
(2)电势高低的比较
①根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
②将电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处电场力做正功越多，则该点的电势越高。
③根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，若UAB<0，则φA<φB。
(3)电势能变化的判断
①根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少，若电场力对电荷做负功，电势能增加，即W＝－ΔEp。
②根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少，且ΔEk＝－ΔEp。
1-1. （2022·江苏·高考真题）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（ ）
A．在移动过程中，O点电场强度变小
B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
1-2. （2022·全国·高考真题）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
命题角度2 用能量观点解决电场中的运动问题
例2：（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有
解得
（3）设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有
，
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
判断能量如何变化的方法
(1)根据其对应的功能关系分析。
(2)根据所研究过程的守恒关系分析。
2. （2022·湖南岳阳·二模）如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，现将一个带正电的的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
C．物块落地的速度大小为
D．物块落地的速度大小为
【高考考向2 能量和动量的观点在电磁感应中的应用】
命题角度1电磁感应中的能量问题
例3. （2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）0.016J
【详解】（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
电磁感应中能量问题的分析方法
从能量的观点着手，运用动能定理或能量守恒定律。
基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。
3-1. （2022·浙江·高考真题）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
3-2 . （2022·浙江·高考真题）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
命题角度2 电磁感应中的动量问题
例4. （2022·黑龙江·佳木斯一中三模）如图、长L=1m、电阻r=1Ω的金属棒OA与竖直金属圆环接触良好并能随手柄一起转动，同一水平面内有两条足够长且电阻不计、间距也为L=1m的平行金属导轨、，导轨上PQ两处有极小的断点，导轨左端分别与环和O点相连接。在圆环中有水平向右、PQ左侧有竖直向下磁感应强度大小均为B=1T的匀强磁场，边界PQ右侧有长为2L的光滑区。现有长L=1m、质量m=1kg、电阻R=2Ω的金属杆a垂直于磁场置于导轨上，杆a和导轨间动摩擦因数为μ=0.2。另有边长仍为L=1m，质量为M=3kg、每条边电阻均为R=2Ω的正方形金属框EFGH置于导轨上，其FG边与光滑区右边界对齐，不计金属框的摩擦作用。当杆a能运动后越过PQ后一段时间，与金属框发生瞬间碰撞并粘连在一起，随即杆a与金属框向右再运动2L停在粗糙区。（不考虑框架中的电流产生的磁场影响，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g=10m/s2）。求：
（1）某时刻杆a开始向右运动时，手柄的角速度大小；
（2）杆a碰撞前、后的速度；
（3）杆从PQ离开到最终停下所用时间；
（4）若金属框和杆a碰瞬间后，立即在FG右侧加一竖直向下磁感应强度B1=1T的匀强磁场，碰撞后瞬间整体的加速度大小，和碰后杆a上生成的焦耳热。
【答案】（1）12rad/s；（2），；（3）3.25s；（4），
【详解】（1）金属棒OA产生的电动势为
回路电流为
当杆a开始向右运动，有
联立解得
（2）设a杆碰前速度大小为，碰后速度大小为，对框和棒整体碰撞后根据动能定理可得
解得
由动量守恒有
解得
（3）杆a从PQ到碰前做匀速直线运动，则有
杆a碰撞后与框在距离内做匀速直线运动，则有
杆a碰撞后与框在距离内做匀减直线运动，则有
所以，杆从PQ离开到最终停下所用时间为
（4）碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为
杆a与金属框形成的总电阻为
框的右边流过电流为
所以整体加速度为
从金属框刚进入磁场到整个框进入磁场过程，根据动量定理有
又
联立解得
之后金属框全部进入磁场不再产生焦耳热，所以根据能量守恒可得
其中杆a的焦耳热为
应用动量观点解决电磁感应综合问题的两类情形
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移
在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解决的问题。
如：由B eq \(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝ eq \x\t(I)·Δt，可得q＝ eq \f(Δp,BL)。
由 eq \f(B2L2v,R总)Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝ eq \f(ΔpR总,B2L2)。
(2)利用动量守恒定律分析双导体棒问题
在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。(若两棒所在处导轨间距不同，则它们所受安培力大小不同，动量不守恒)
4.（2022·四川巴中·模拟预测）两个完全相同的金属线框abcd、a'b'c'd'放在光滑的水平面上，它们的右侧是一个竖直向下的匀强磁场，当两线框分别以速度v1和v2（v1>v2）进入磁场，在完全进入磁场的过程当中，线框产生的焦耳热分别为Q1、Q2，通过导线横截面积电量分别为q1、q2，下列判断正确的是（ ）
A．它们匀减速进入磁场
B．金属线框abcd在进入磁场的过程中克服安培力做的功等于它产生的焦耳热
C．Q1>Q2q1=q2
D．Q1>Q2q1>q2
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝ eq \f(E2,R＋r)
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝I2R＝ eq \f(E2R,（R＋r）2)
P出与外电阻R的关系
电源的效率
任意电路：η＝ eq \f(P出,P总)×100%＝ eq \f(U,E)×100%
纯电阻电路：η＝ eq \f(R,R＋r)×100%
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