2023年高考物理二輪復習教案(全國通用)能量觀點和動量觀點在電磁學中

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P甩

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

克服安培苗電流做功

其他形式癡涓一焦耳熱或其他

的能量形式的能量

2.電路中的電功和焦耳熱

(1)電功：W=Ulf,焦耳熱：Q=hRt。

a電

1)2

(2)純電阻電路：W=Q=UIt=hRt=-t,U=IR

電IrX.O

(3)非純電阻電路：W=Q+E,U>IR

電其他O

(4)求電功或電熱時用有效值。

(5)閉合電路中的能量關系

任意電路：P=EI=P+P

總出內(nèi)

電源總功率

純電阻電路：P=h(R+r)=F-

總''R+r

電源內(nèi)部消耗的功率P—，2r=P一尸

內(nèi)總出

任意電路：p=UI=P-P

出總內(nèi)

電源的輸出功率

純電阻電路：P=hR=息.、

出(A+r；2

尸出與外電阻火的關系Nx考

()KrRiA

任意電路：〃=4iX100%=gxi00%

P總E

電源的效率

純電阻電路：〃=/

:X1OO%

由尸與外電阻火的關系可知：

出

①當尺=尸時，電源的輸出功率最大為。

m4尸

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°出<小時，每個輸出功率對應兩個外電阻與和&，且飛火2=々。

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：BL~T+BLI+BL13ZV3+…=mv-mvQ

通過導體橫截面的電荷量q=~T[△/1+72AZ,+73ZV3+…得=mv-mvQ,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。

BLvBLvtRJYA0

X7=——<7=7-Ar=——=^=—,故也可考慮用表達式(?=晨。

總總總總總

(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）。U0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為丫。的相同粒子，垂直M

板向右的粒子，到達N板時速度大小為"；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力

0

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a=午

D.粒子從N板下端射出的時間》=（吁1）L

2v

o

【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?。?/p>

則平行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M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

—L=v/

2。

,1

d=—at2

2

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

g）一＞2-2ad

oo

聯(lián)立解得

L2V2

f=丁、a--e-

2:L

故C正確，D錯誤；

故選Co

反思歸納」

(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%=%判斷，若，則%＞外，若％＜仇則“六外。

(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％=-AE。

P

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化的過程,

若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，總和應保持不變，即當動能增加時，電

勢能減少，且'小―堂o

kP

:拓展訓練:

11.(2022?江蘇?高考真題)如圖所示，正方形四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相

等，。是正方形的中心。現(xiàn)將/點的電荷沿04的延長線向無窮遠處移動，則()

A.在移動過程中，。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2點

【答案】D

【詳解】A.。是等量同種電荷連線的中點，場強為0,將4處的正點電荷沿Qi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.4點電場方向沿04方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；

D.4點電場方向沿04方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠處時，。點的電勢高于/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+4、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，。為內(nèi)切圓的圓心，加為切點。則（）

A.乙和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。點，電場力做正功

D.將一帶正電的點電荷從/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。，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，兩個負電荷在上

處產(chǎn)生的場強方向由。指向L工點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在￡處產(chǎn)生的場強方向由0

指向L則心處的合場方向由。指向乙，由于正方形兩對角線垂直平分，則乙和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加點產(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，由于用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。點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和。點電勢相等，所以將一帶正電的點

電荷從例點移動到。點，電場力做功為零，故C錯誤；

D.由圖可知，￡點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從乙點移動到N點，電場力做功不為

零，故D錯誤。

故選ABo

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"，兩板所加的電壓為U。

一質量為m、電荷量為4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廠；

(2)求帶電粒子到達N板時的速度大小v；

(3)若在帶電粒子運動與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%

MN

【答案】⑴丁若；⑵v零；⑶，嗎后

【詳解】(1)兩極板間的場強

E"

d

帶電粒子所受的靜電力

b「U

F=qE=q—

(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

qU=

解得

(3)設帶電粒子運動*距離時的速度大小為V’,根據(jù)功能關系有

22

帶電粒子在前3距離做勻加速直線運動,后:距離做勻速運動，設用時分別為小孫有

V

則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間

反思歸納」

⑴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。

【拓展訓練：

2.（2022湖南岳陽二模）如圖所示，地面上固定一傾角為。=37。，高為〃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《=走吧，現(xiàn)將一個帶正電的的物塊（可視為質點）從斜面頂

端由靜止釋放，已知物塊質量為凡電荷量為/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手，世〃

B.物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為3.g/7

C.物塊落地的速度大小為（2+卓）gh

D.物塊落地的速度大小為23茄

【答案】BD

【詳解】物塊受到的電場力

F=qE=省mg

則合力的大小為2%g,合力的方向和水平夾角為30°,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

W=qE-亞h=3mgh

設落地速度為V,根據(jù)動能定理可得

mgh+qE--fih=—mvi

解得

v=2*^ii

故AC錯誤，BD正確。

故選BD。

【高考考向2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/=0.40m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

知構成金屬框的導線單位長度的阻值為九=5.0x10-3/m；在/=0到f=3.0s時間內(nèi)，磁感應強度大小隨

時間f的變化關系為8⑺=0.3-0.1/(SI)。求：

(1)f=2.0s時金屬框所受安培力的大?。?/p>

(2)在f=0到r=2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】(1)0.04V2N；(2)0.016J

【詳解】(1)金屬框的總電阻為

R=4爪=4x0.4x5x@3。=0.008Q

金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為

E=——=-------工=0.1x-x0.42V=0.008V

△tAr2

金屬框中的電流為

/=—=1A

R

Z=2,0s時磁感應強度為

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

2

金屬框處于磁場中的有效長度為

L=y/2I

此時金屬框所受安培力大小為

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

A2

(2)0?2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=/的=12x0.008x2J=0.016J

反思歸納,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。

基本方法是：受力分析一弄清哪些力做功，做正功還是負功一明確有哪些形式的能參與

轉化，哪些增哪些減一由動能定理或能量守恒定律列方程求解。

:拓展訓練

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8。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Ro,同時施加回撤力F,在廠和

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圖如圖2所示，在乙至

4時間內(nèi)F=(800T0v)N,時撤去尸。已知起飛速度v7=80m/s,片1.5s,線圈匝數(shù)“=100匝，每匝周

長/=lm,飛機的質量M=10kg,動子和線圈的總質量機=5kg,&=9.5Q,S=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/；

(2)線圈電阻R；

(3)時刻爭

【答案】⑴80A；⑵7?=O.5Q；⑶t=6^s

32

【詳解】(1)由題意可知接通恒流源時安培力

F=nBH

安

動子和線圈在時間段內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為

v

4=f

t

1

根據(jù)牛頓第二定律有

F=\M+m)a

安

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

vw+M.

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

nlBt

(2)當S擲向2接通定值電阻此時，感應電流為

,nBlv

I=TTR

0

此時安培力為

F=nBri

安

所以此時根據(jù)牛頓第二定律有

(800-10v)廿二ma

R+R

0

由圖可知在、至、期間加速度恒定，則有

"2/282

--------=It)

R+R

0

解得

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

(3)根據(jù)圖像可知

t-t=0.5s

2iar

故t,=2s;在時間段內(nèi)的位移

5=—vf=80m

212

而根據(jù)法拉第電磁感應定律有

lA。nBAS

E=n——=-------

ArZ

電荷量的定義式

△q=It

/=—

R+R

o

可得

從今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

—nBlXq=0—maZ(z—t)

32

聯(lián)立可得

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

3232

解得

■J5+3

t=-------s

32

3-2.(2022?浙江?高考真題)如圖所示，水平固定一半徑，=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為八電阻均為此的

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軸O。'上，并隨軸

以角速度s=600rad/s勻速轉動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應強度大小為B：的勻強磁場。圓環(huán)邊緣、與

轉軸良好接觸的電刷分別與間距。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。電容器左側寬度也為小長度為分磁感應強度大

小為當?shù)膭驈姶艌鰠^(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側邊緣處垂直軌道放置金屬棒磁場區(qū)域外有間距也為

(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兀必。棒/長度和“[”形框

的寬度也均為/八質量均為加=0.01kg,de與(/長度均為％=0.08m,已知J/=0.25m,<=0068m,

嗎=%=1T、方向均為豎直向上；棒面和“[”形框的cd邊的電阻均為R=0.1c,除已給電阻外其他電阻不

計，軌道均光滑，棒仍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，棒仍被彈出磁場后與“[”形框粘在一起形成閉合

框油〃，此時將S與2斷開，已知框abed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。，哪個極板(/或N)帶正電？

(2)求電容器釋放的電荷量AQ；

(3)求框附〃進入磁場后，外邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離X。

【答案】(1)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，對繞轉軸。O'轉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

E=—Bco/*2

21

則電容器的電量為

CE

Q=CU=—=0.54C

2

(2)電容器放電過程有

Bl\Q-inv

棒ab被彈出磁場后與”「形框粘在一起的過程有

mv=(m+in)v

!2

棒的上滑過程有

g2WV2=2mgh

聯(lián)立解得

△。卷質=0.16c

21

(3)設導體框在磁場中減速滑行的總路程為Ar,由動量定理

B2hAx.

----=2tnv

2R2

可得

Ai=0.128m>0.08m

勻速運動距離為

I-I=0.012m

32

則

Ax=+/-/=0.14m

32

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￡=lm、電阻—1Q的金屬棒辦與豎直金屬圓環(huán)接觸良

好并能隨手柄一起轉動，同一水平面內(nèi)有兩條足夠長且電阻不計、間距也為L=lm的平行金屬導軌

MM，、NN：導軌上尸0兩處有極小的斷點，導軌左端分別與環(huán)和。點相連接。在圓環(huán)中有水平向右、

P0左側有豎直向下磁感應強度大小均為8=1T的勻強磁場，邊界P。右側有長為2A的光滑區(qū)?，F(xiàn)有長

L=lm、質量加=lkg、電阻R=2Q的金屬桿“垂直于磁場置于導軌上，桿。和導軌間動摩擦因數(shù)為

“=0.2。另有邊長仍為乙=lm,質量為M=3kg、每條邊電阻均為火=2Q的正方形金屬框EFG/7置于導軌

上，其尸G邊與光滑區(qū)右邊界對齊，不計金屬框的摩擦作用。當桿〃能運動后越過后一段時間，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2Z,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。碰撞前、后的速度；

(3)桿從離開到最終停下所用時間；

(4)若金屬框和桿。碰瞬間后，立即在FG右側加一豎直向下磁感應強度為=1T的勻強磁場，碰撞后瞬

間整體的加速度大小，和碰后桿。上生成的焦耳熱。

【詳解】(1)金屬棒。4產(chǎn)生的電動勢為

.B(ab

E=-------

2

回路電流為

1=-^—

R+r

當桿。開始向右運動，有

Rng=BIL

聯(lián)立解得

2u/w2(7?4-r)一—

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

Bib

(2)設a桿碰前速度大小為碰后速度大小為］對框和棒整體碰撞后根據(jù)動能定理可得

-\imgL=0--x4WV2

解得

v=Im/s

i

由動量守恒有

tnv=4/nv

o1

解得

v=4m/s

o

(3)桿a從尸。到碰前做勻速直線運動，則有

t=—=0.25s

iv

0

桿4碰撞后與框在。?入距離內(nèi)做勻速直線運動，則有

t=-=ls

2V

1

桿。碰撞后與框在L?2L距離內(nèi)做勻減直線運動，則有

2

所以，桿從尸0離開到最終停下所用時間為

t=t+t=3.25s

I23

(4)碰后金屬框剛進入磁場時，框的右邊切割生電動勢為

E=BLv=1V

桿4與金屬框形成的總電阻為

R7

R=3R+—=-R=7Q

總22

框的右邊流過電流為

E1A

Ir=——=-A

R7

總

所以整體加速度為

八坨」m/sz

4m28

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

—BL\q=4mv-4mv

又

BL?

總

聯(lián)立解得

27,

v=-m/s

228

之后金屬框全部進入磁場不再產(chǎn)生焦耳熱，所以根據(jù)能量守恒可得

八Q=-1X4）加U2--一X4777V2

2I22

其中桿a的焦耳熱為

Q=—e=^-J?0.01J