2023年高考物理二轮复习教案(全国通用)能量观点和动量观点在电磁学中

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P甩

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

克服安培苗电流做功

其他形式痴涓一焦耳热或其他

的能量形式的能量

2.电路中的电功和焦耳热

(1)电功：W=Ulf,焦耳热：Q=hRt。

a电

1)2

(2)纯电阻电路：W=Q=UIt=hRt=-t,U=IR

电IrX.O

(3)非纯电阻电路：W=Q+E,U>IR

电其他O

(4)求电功或电热时用有效值。

(5)闭合电路中的能量关系

任意电路：P=EI=P+P

总出内

电源总功率

纯电阻电路：P=h(R+r)=F-

总''R+r

电源内部消耗的功率P—，2r=P一尸

内总出

任意电路：p=UI=P-P

出总内

电源的输出功率

纯电阻电路：P=hR=息.、

出(A+r；2

尸出与外电阻火的关系Nx考

()KrRiA

任意电路：〃=4iX100%=gxi00%

P总E

电源的效率

纯电阻电路：〃=/

:X1OO%

由尸与外电阻火的关系可知：

出

①当尺=尸时，电源的输出功率最大为。

m4尸

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°出<小时，每个输出功率对应两个外电阻与和&，且飞火2=々。

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~T+BLI+BL13ZV3+…=mv-mvQ

通过导体横截面的电荷量q=~T[△/1+72AZ,+73ZV3+…得=mv-mvQ,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。

BLvBLvtRJYA0

X7=——<7=7-Ar=——=^=—,故也可考虑用表达式(?=晨。

总总总总总

(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）。U0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为丫。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

0

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a=午

D.粒子从N板下端射出的时间》=（吁1）L

2v

o

【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M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

—L=v/

2。

,1

d=—at2

2

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

g）一＞2-2ad

oo

联立解得

L2V2

f=丁、a--e-

2:L

故C正确，D错误；

故选Co

反思归纳」

(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%=%判断，若，则%＞外，若％＜仇则“六外。

(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％=-AE。

P

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'小―堂o

kP

:拓展训练:

11.(2022・江苏・高考真题)如图所示，正方形四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相

等，。是正方形的中心。现将/点的电荷沿04的延长线向无穷远处移动，则()

A.在移动过程中，。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2点

【答案】D

【详解】A.。是等量同种电荷连线的中点，场强为0,将4处的正点电荷沿Qi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.4点电场方向沿04方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；

D.4点电场方向沿04方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，。点的电势高于/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+4、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，。为内切圆的圆心，加为切点。则（）

A.乙和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。点，电场力做正功

D.将一带正电的点电荷从/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。，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，两个负电荷在上

处产生的场强方向由。指向L工点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在£处产生的场强方向由0

指向L则心处的合场方向由。指向乙，由于正方形两对角线垂直平分，则乙和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加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，由于用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。点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和。点电势相等，所以将一带正电的点

电荷从例点移动到。点，电场力做功为零，故C错误；

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

零，故D错误。

故选ABo

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"，两板所加的电压为U。

一质量为m、电荷量为4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厂；

(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v；

(3)若在带电粒子运动与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%

MN

【答案】⑴丁若；⑵v零；⑶，吗后

【详解】(1)两极板间的场强

E"

d

带电粒子所受的静电力

b「U

F=qE=q—

(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

qU=

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

22

带电粒子在前3距离做匀加速直线运动,后:距离做匀速运动，设用时分别为小孙有

V

则该粒子从M板运动到N板经历的时间

反思归纳」

⑴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。

【拓展训练：

2.（2022湖南岳阳二模）如图所示，地面上固定一倾角为。=37。，高为〃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《=走吧，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，已知物块质量为凡电荷量为/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手，世〃

B.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3.g/7

C.物块落地的速度大小为（2+卓）gh

D.物块落地的速度大小为23茄

【答案】BD

【详解】物块受到的电场力

F=qE=省mg

则合力的大小为2%g,合力的方向和水平夹角为30°,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

W=qE-亚h=3mgh

设落地速度为V,根据动能定理可得

mgh+qE--fih=—mvi

解得

v=2*^ii

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/=0.40m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九=5.0x10-3/m；在/=0到f=3.0s时间内，磁感应强度大小随

时间f的变化关系为8⑺=0.3-0.1/(SI)。求：

(1)f=2.0s时金属框所受安培力的大小；

(2)在f=0到r=2.0s时间内金属框产生的焦耳热。

【答案】(1)0.04V2N；(2)0.016J

【详解】(1)金属框的总电阻为

R=4爪=4x0.4x5x@3。=0.008Q

金属框中产生的感应电动势为

E=——=-------工=0.1x-x0.42V=0.008V

△tAr2

金属框中的电流为

/=—=1A

R

Z=2,0s时磁感应强度为

B=(0.3-0.1x2)T=0.1T

2

金属框处于磁场中的有效长度为

L=y/2I

此时金属框所受安培力大小为

F/L=0.1xlxJ2x0.4N=0.04x/2N

A2

(2)0〜2.0s内金属框产生的焦耳热为

Q=/的=12x0.008x2J=0.016J

反思归纳,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：受力分析一弄清哪些力做功，做正功还是负功一明确有哪些形式的能参与

转化，哪些增哪些减一由动能定理或能量守恒定律列方程求解。

:拓展训练

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8。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Ro,同时施加回撤力F,在厂和

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图如图2所示，在乙至

4时间内F=(800T0v)N,时撤去尸。已知起飞速度v7=80m/s,片1.5s,线圈匝数“=100匝，每匝周

长/=lm,飞机的质量M=10kg,动子和线圈的总质量机=5kg,&=9.5Q,S=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/；

(2)线圈电阻R；

(3)时刻争

【答案】⑴80A；⑵7?=O.5Q；⑶t=6^s

32

【详解】(1)由题意可知接通恒流源时安培力

F=nBH

安

动子和线圈在时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为

v

4=f

t

1

根据牛顿第二定律有

F=\M+m)a

安

代入数据联立解得

vw+M.

1=-------------u=80A

nlBt

(2)当S掷向2接通定值电阻此时，感应电流为

,nBlv

I=TTR

0

此时安培力为

F=nBri

安

所以此时根据牛顿第二定律有

(800-10v)廿二ma

R+R

0

由图可知在、至、期间加速度恒定，则有

"2/282

--------=It)

R+R

0

解得

R-0.5Q,d=\60m/s2

(3)根据图像可知

t-t=0.5s

2iar

故t,=2s;在时间段内的位移

5=—vf=80m

212

而根据法拉第电磁感应定律有

lA。nBAS

E=n——=-------

ArZ

电荷量的定义式

△q=It

/=—

R+R

o

可得

从今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

—nBlXq=0—maZ(z—t)

32

联立可得

G-r)2+G-r)-1=0

3232

解得

■J5+3

t=-------s

32

3-2.(2022・浙江・高考真题)如图所示，水平固定一半径，=0.2m的金属圆环，长均为八电阻均为此的

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O。'上，并随轴

以角速度s=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B：的匀强磁场。圆环边缘、与

转轴良好接触的电刷分别与间距。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小长度为分磁感应强度大

小为当的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒磁场区域外有间距也为

(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兀必。棒/长度和“[”形框

的宽度也均为/八质量均为加=0.01kg,de与(/长度均为％=0.08m,已知J/=0.25m,<=0068m,

吗=%=1T、方向均为竖直向上；棒面和“[”形框的cd边的电阻均为R=0.1c,除已给电阻外其他电阻不

计，轨道均光滑，棒仍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，棒仍被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合

框油〃，此时将S与2断开，已知框abed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。，哪个极板(/或N)带正电？

(2)求电容器释放的电荷量AQ；

(3)求框附〃进入磁场后，外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。O'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

E=—Bco/*2

21

则电容器的电量为

CE

Q=CU=—=0.54C

2

(2)电容器放电过程有

Bl\Q-inv

棒ab被弹出磁场后与”「形框粘在一起的过程有

mv=(m+in)v

!2

棒的上滑过程有

g2WV2=2mgh

联立解得

△。卷质=0.16c

21

(3)设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Ar,由动量定理

B2hAx.

----=2tnv

2R2

可得

Ai=0.128m>0.08m

匀速运动距离为

I-I=0.012m

32

则

Ax=+/-/=0.14m

32

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£=lm、电阻—1Q的金属棒办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=lm的平行金属导轨

MM，、NN：导轨上尸0两处有极小的断点，导轨左端分别与环和。点相连接。在圆环中有水平向右、

P0左侧有竖直向下磁感应强度大小均为8=1T的匀强磁场，边界P。右侧有长为2A的光滑区。现有长

L=lm、质量加=lkg、电阻R=2Q的金属杆“垂直于磁场置于导轨上，杆。和导轨间动摩擦因数为

“=0.2。另有边长仍为乙=lm,质量为M=3kg、每条边电阻均为火=2Q的正方形金属框EFG/7置于导轨

上，其尸G边与光滑区右边界对齐，不计金属框的摩擦作用。当杆〃能运动后越过后一段时间，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2Z,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。碰撞前、后的速度；

(3)杆从离开到最终停下所用时间；

(4)若金属框和杆。碰瞬间后，立即在FG右侧加一竖直向下磁感应强度为=1T的匀强磁场，碰撞后瞬

间整体的加速度大小，和碰后杆。上生成的焦耳热。

【详解】(1)金属棒。4产生的电动势为

.B(ab

E=-------

2

回路电流为

1=-^—

R+r

当杆。开始向右运动，有

Rng=BIL

联立解得

2u/w2(7?4-r)一—

co=1--------=12rad/s

Bib

(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

-\imgL=0--x4WV2

解得

v=Im/s

i

由动量守恒有

tnv=4/nv

o1

解得

v=4m/s

o

(3)杆a从尸。到碰前做匀速直线运动，则有

t=—=0.25s

iv

0

杆4碰撞后与框在。〜入距离内做匀速直线运动，则有

t=-=ls

2V

1

杆。碰撞后与框在L〜2L距离内做匀减直线运动，则有

2

所以，杆从尸0离开到最终停下所用时间为

t=t+t=3.25s

I23

(4)碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为

E=BLv=1V

杆4与金属框形成的总电阻为

R7

R=3R+—=-R=7Q

总22

框的右边流过电流为

E1A

Ir=——=­A

R7

总

所以整体加速度为

八坨」m/sz

4m28

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

—BL\q=4mv-4mv

又

BL?

总

联立解得

27,

v=­m/s

228

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

八Q=-1X4）加U2--一X4777V2

2I22

其中杆a的焦耳热为

Q=—e=^-J«0.01J