新高考物理二輪復習講義+分層練習專題05 能量觀點和動量觀點在電磁學中的應用 講義（含解析）

專題05能量觀點和動量觀點在電磁學中的應用【要點提煉】1.電磁學中的功能關系(1)電場力做功與電勢能的關系：W電＝－ΔEp電。推廣：僅電場力做功，電勢能和動能之和守恒；僅電場力和重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，電勢能和機械能之和守恒。(2)洛倫茲力不做功。(3)電磁感應中的功能關系eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up17(克服安培),\s\do15(力做功))eq\x(\a\al(電,能))eq\o(→,\s\up17(電流做功))eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))2．電路中的電功和焦耳熱(1)電功：W電＝UIt；焦耳熱：Q＝I2Rt。(2)純電阻電路：W電＝Q＝UIt＝I2Rt＝eq\f(U2,R)t，U＝IR。(3)非純電阻電路：W電＝Q＋E其他，U>IR。(4)求電功或電熱時用有效值。(5)閉合電路中的能量關系電源總功率任意電路：P總＝EI＝P出＋P內(nèi)純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝eq\f(E2,R＋r)電源內(nèi)部消耗的功率P內(nèi)＝I2r＝P總－P出電源的輸出功率任意電路：P出＝UI＝P總－P內(nèi)純電阻電路：P出＝I2R＝eq\f(E2R,（R＋r）2)P出與外電阻R的關系電源的效率任意電路：η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%純電阻電路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%由P出與外電阻R的關系可知：①當R＝r時，電源的輸出功率最大為Pm＝eq\f(E2,4r)。②當R>r時，隨著R的增大輸出功率越來越小。③當R<r時，隨著R的增大輸出功率越來越大。④當P出<Pm時，每個輸出功率對應兩個外電阻R1和R2，且R1R2＝r2。3．動量觀點在電磁感應中的應用(1)動量定理在電磁感應中的應用導體在磁場對感應電流的安培力作用下做非勻變速直線運動時，在某過程中由動量定理有：BLeq\x\to(I)1Δt1＋BLeq\x\to(I)2Δt2＋BLeq\x\to(I)3Δt3＋…＝mv－mv0通過導體橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)1Δt1＋eq\x\to(I)2Δt2＋eq\x\to(I)3Δt3＋…得BLq＝mv－mv0，在題目涉及通過電路橫截面的電荷量q時，可考慮用此表達式。又eq\x\to(I)＝eq\f(BLeq\x\to(v),R總)，q＝I·Δt＝eq\f(BLeq\x\to(v)t,R總)＝eq\f(BLx,R總)＝eq\f(ΔΦ,R總)，故也可考慮用表達式q＝eq\f(ΔΦ,R總)。(2)動量守恒定律在電磁感應中的應用雙導體棒在光滑水平等距導軌上自由切割磁感線時，同一時刻磁場對兩導體棒的安培力大小相等、方向相反，兩導體棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，總動量守恒。【高考考向1電場中的能量問題】命題角度1電場中的功能關系例1：（2022·浙江·高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為SKIPIF1<0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度SKIPIF1<0D．粒子從N板下端射出的時間SKIPIF1<0【答案】C【詳解】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減?。粍t平行M板向下的粒子到達N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；CD．設兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故C正確，D錯誤；故選C。(1)電場強度的判斷①場強方向是電場中正電荷受力的方向、負電荷受力的反方向，也是電場線上某點的切線方向。②電場強弱可用電場線疏密判斷。(2)電勢高低的比較①根據(jù)電場線方向判斷，沿著電場線方向，電勢越來越低。②將電荷量為＋q的電荷從電場中的某點移至無窮遠處電場力做正功越多，則該點的電勢越高。③根據(jù)電勢差UAB＝φA－φB判斷，若UAB>0，則φA>φB，若UAB<0，則φA<φB。(3)電勢能變化的判斷①根據(jù)電場力做功判斷，若電場力對電荷做正功，電勢能減少，若電場力對電荷做負功，電勢能增加，即W＝－ΔEp。②根據(jù)能量守恒定律判斷，電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，總和應保持不變，即當動能增加時，電勢能減少，且ΔEk＝－ΔEp。1-1.（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心?，F(xiàn)將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則（）A．在移動過程中，O點電場強度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功D．當其移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點【答案】D【詳解】A．O是等量同種電荷連線的中點，場強為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠處，O點電場強度變大，故A不符合題意；B．移動過程中，C點場強變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；C．A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；D．A點電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確。故選D。1-2.（2022·全國·高考真題）如圖，兩對等量異號點電荷SKIPIF1<0、SKIPIF1<0固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）A．L和N兩點處的電場方向相互垂直B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C．將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D．將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零【答案】AB【詳解】A．兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，兩個負電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；B．正方形底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左，故B正確；C．由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；D．由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。故選AB。命題角度2用能量觀點解決電場中的運動問題例2：（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動SKIPIF1<0距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮浚?）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0【詳解】（1）兩極板間的場強SKIPIF1<0帶電粒子所受的靜電力SKIPIF1<0（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關系有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）設帶電粒子運動SKIPIF1<0距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關系有SKIPIF1<0帶電粒子在前SKIPIF1<0距離做勻加速直線運動，后SKIPIF1<0距離做勻速運動，設用時分別為t1、t2，有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間SKIPIF1<0判斷能量如何變化的方法(1)根據(jù)其對應的功能關系分析。(2)根據(jù)所研究過程的守恒關系分析。2.（2022·湖南岳陽·二模）如圖所示，地面上固定一傾角為θ＝37°，高為h的光滑絕緣斜面，斜面置于水平向左的勻強電場中，電場強度大小為SKIPIF1<0，現(xiàn)將一個帶正電的的物塊（可視為質(zhì)點）從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為SKIPIF1<0B．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為SKIPIF1<0C．物塊落地的速度大小為SKIPIF1<0D．物塊落地的速度大小為SKIPIF1<0【答案】BD【詳解】物塊受到的電場力SKIPIF1<0則合力的大小為SKIPIF1<0，合力的方向和水平夾角為SKIPIF1<0，則小物塊沿合力方向做勻加速直線運動，不會沿著斜面下滑。從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為SKIPIF1<0設落地速度為v，根據(jù)動能定理可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故AC錯誤，BD正確。故選BD?！靖呖伎枷?能量和動量的觀點在電磁感應中的應用】命題角度1電磁感應中的能量問題例3.（2022·全國·高考真題）如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為SKIPIF1<0的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導線單位長度的阻值為SKIPIF1<0；在SKIPIF1<0到SKIPIF1<0時間內(nèi)，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為SKIPIF1<0。求:（1）SKIPIF1<0時金屬框所受安培力的大?。唬?）在SKIPIF1<0到SKIPIF1<0時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）SKIPIF1<0；（2）0.016J【詳解】（1）金屬框的總電阻為SKIPIF1<0金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為SKIPIF1<0金屬框中的電流為SKIPIF1<0t=2.0s時磁感應強度為SKIPIF1<0金屬框處于磁場中的有效長度為SKIPIF1<0此時金屬框所受安培力大小為SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為SKIPIF1<0電磁感應中能量問題的分析方法從能量的觀點著手，運用動能定理或能量守恒定律?；痉椒ㄊ牵菏芰Ψ治觥迥男┝ψ龉?，做正功還是負功→明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減→由動能定理或能量守恒定律列方程求解。3-1.（2022·浙江·高考真題）艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術，我國在這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0【詳解】（1）由題意可知接通恒流源時安培力SKIPIF1<0動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得SKIPIF1<0（2）當S擲向2接通定值電阻R0時，感應電流為SKIPIF1<0此時安培力為SKIPIF1<0所以此時根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0由圖可知在SKIPIF1<0至SKIPIF1<0期間加速度恒定，則有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0（3）根據(jù)圖像可知SKIPIF1<0故SKIPIF1<0；在0~t2時間段內(nèi)的位移SKIPIF1<0而根據(jù)法拉第電磁感應定律有SKIPIF1<0電荷量的定義式SKIPIF1<0SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內(nèi)通過回路的電荷量，根據(jù)動量定理有SKIPIF1<0聯(lián)立可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<03-2.（2022·浙江·高考真題）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度SKIPIF1<0=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1SKIPIF1<0，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進入磁場。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板（M或N）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量SKIPIF1<0；（3）求框abcd進入磁場后，ab邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離x?！敬鸢浮浚?）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【詳解】（1）開關S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的棒由右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知SKIPIF1<0則電容器的電量為SKIPIF1<0（2）電容器放電過程有SKIPIF1<0棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起的過程有SKIPIF1<0棒的上滑過程有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0（3）設導體框在磁場中減速滑行的總路程為SKIPIF1<0，由動量定理SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0勻速運動距離為SKIPIF1<0則SKIPIF1<0命題角度2電磁感應中的動量問題例4.（2022·黑龍江·佳木斯一中三模）如圖、長L=1m、電阻r=1Ω的金屬棒OA與豎直金屬圓環(huán)接觸良好并能隨手柄一起轉(zhuǎn)動，同一水平面內(nèi)有兩條足夠長且電阻不計、間距也為L=1m的平行金屬導軌SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，導軌上PQ兩處有極小的斷點，導軌左端分別與環(huán)和O點相連接。在圓環(huán)中有水平向右、PQ左側(cè)有豎直向下磁感應強度大小均為B=1T的勻強磁場，邊界PQ右側(cè)有長為2L的光滑區(qū)。現(xiàn)有長L=1m、質(zhì)量m=1kg、電阻R=2Ω的金屬桿a垂直于磁場置于導軌上，桿a和導軌間動摩擦因數(shù)為μ=0.2。另有邊長仍為L=1m，質(zhì)量為M=3kg、每條邊電阻均為R=2Ω的正方形金屬框EFGH置于導軌上，其FG邊與光滑區(qū)右邊界對齊，不計金屬框的摩擦作用。當桿a能運動后越過PQ后一段時間，與金屬框發(fā)生瞬間碰撞并粘連在一起，隨即桿a與金屬框向右再運動2L停在粗糙區(qū)。（不考慮框架中的電流產(chǎn)生的磁場影響，最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g=10m/s2）。求：（1）某時刻桿a開始向右運動時，手柄的角速度大小；（2）桿a碰撞前、后的速度；（3）桿從PQ離開到最終停下所用時間；（4）若金屬框和桿a碰瞬間后，立即在FG右側(cè)加一豎直向下磁感應強度B1=1T的勻強磁場，碰撞后瞬間整體的加速度大小，和碰后桿a上生成的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）12rad/s；（2）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；（3）3.25s；（4）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【詳解】（1）金屬棒OA產(chǎn)生的電動勢為SKIPIF1<0回路電流為SKIPIF1<0當桿a開始向右運動，有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0（2）設a桿碰前速度大小為SKIPIF1<0，碰后速度大小為SKIPIF1<0，對框和棒整體碰撞后根據(jù)動能定理可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0由動量守恒有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）桿a從PQ到碰前做勻速直線運動，則有SKIPIF1<0桿a碰撞后與框在SKIPIF1<0距離內(nèi)做勻速直線運動，則有SKIPIF1<0桿a碰撞后與框在SKIPIF1<0距離內(nèi)做勻減直線運動，則有SKIPIF1<0所以，桿從PQ離開到最終停下所用時間為SKIPIF1<0（4）碰后金屬框剛進入磁場時，框的右邊切割生電動勢為SKIPIF1<0桿a與金屬框形成的總電阻為SKIPIF1<0框的右邊流過電流為SKIPIF1<0所以整體加速度為SKIPIF1<0從金屬框剛進入磁場到整個框進入磁場過程，根據(jù)動量定理有SKIPIF1<0又SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0之后金屬框全部