新高考物理二轮复习讲义+分层练习专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 精品讲义（含解析）

专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用

【要点提炼】

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

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＝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＝。

②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。

③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大。

④当P出<Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。

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：BL1Δt1＋BL2Δt2＋BL3Δt3＋…＝mv－mv0

通过导体横截面的电荷量q＝1Δt1＋2Δt2＋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＝，q＝I·Δt＝＝＝，故也可考虑用表达式q＝。

(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

【答案】D

【详解】A．O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A不符合题意；

B．移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；

C．A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；

D．A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。

故选D。

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

【答案】AB

【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；

B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；

C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；

D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。

故选AB。

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

【答案】BD

【详解】物块受到的电场力

则合力的大小为，合力的方向和水平夹角为，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。

从静止释放到落地的过程中电场力做功为

设落地速度为v，根据动能定理可得

解得

故AC错误，BD正确。

故选BD。

【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。

【答案】（1）80A；（2）；（3）

【详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力

动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为

根据牛顿第二定律有

代入数据联立解得

（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为

此时安培力为

所以此时根据牛顿第二定律有

由图可知在至期间加速度恒定，则有

解得

，

（3）根据图像可知

故；在0~t2时间段内的位移

而根据法拉第电磁感应定律有

电荷量的定义式

可得

从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有

联立可得

解得

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。

【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m

【详解】（1）开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；

根据法拉第电磁感应定律可知

则电容器的电量为

（2）电容器放电过程有

棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有

棒的上滑过程有

联立解得

（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为，由动量定理

可得

匀速运动距离为

则

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BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。

由Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝。

(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

【答案】BC

【详解】A．金属线框进入磁场的过程中，所受安培力提供合力

可知，线框的加速度随速度的较小而减小，则金属线框做加速度减小的减速运动，故A错误；

B．根据功能关系可知，电磁感应现象中，线框克服安培力做功等于线框产生的焦耳热，故B正确；

CD．由能量守恒可知

因为，则

根据

， ，

得

两线框的磁通量变化量和电阻均相等，则

故C正确，D错误。

故选BC。