动量观点与能量观点,在电学中的应用

动量观点与能量观点在电学中的应用
一、【基础回归】
1.静电力做功与路径无关。

若电场为匀强电场，则W＝Flcos α＝qElcos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求。

2.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p。

3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W＝UIt＝qU。

4.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力。

洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。

5.电磁感应中的能量问题
克服安培力做功电能
(1)能量转化：其他形式的能量――→
电流做功焦耳热或其他形式能
电能――→
(2)焦耳热的三种求法：
①焦耳定律：Q＝I2Rt
②功能关系：Q＝W克服安培力
③能量转化：Q＝W其他能的减少量,
二、【解题策略】
动量观点和能量观点在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，要抓住4点：
(1)受力分析和运动过程分析是关键。

(2)根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。

(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。

(4)感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁，要做好“源”的分析，电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和，这是能量守恒分析这类问题的思路。

三【典例应用】
应用1：功能关系在电学中的应用
【真题示例】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

下列说法正确的是( )
图1
A.电场强度的大小为2.5 V/cm
B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D.电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
解析： 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad
dc ＝
10－1717－26＝7
9
，所以d 点的坐标为(3.5 cm ，6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。

由几何关系可得，cf 的长度为3.6 cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝（26－17） V
3.6 cm ＝2.5 V/cm ，
故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1 V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，故选项D 正确。

答案 ABD 【题后反思】 1.高考考查特点
(1)本考点重在通过带电粒子在电场中的运动考查电场中的功能关系。

(2)理解电场力做功与电势能的变化关系，是解题的关键。

2.常见误区及临考提醒
(1)在进行电场力做功和电势能的判断时，要注意电荷的正负。

(2)电场力做功只与始、末位置有关，与路径无关。

(3)利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时要准确把握参与转化的能量的形式和种类，同时要确定各种能量的增减情况和增减原因。

【对点强化】
1.(多选)如图2甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能E k随h的变化曲线如图乙所示，则( )
图2
A.小环可能带负电
B.从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加
C.从h高处下落至h＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段
D.小环将做以O点为中心的往复运动
解析：由题图乙中E k随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选
项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D 错误。

答案BC
2.(多选)在如图3所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上。

区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L。

一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑。

当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是( )
图3
A.在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1
B.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔE k)的机械能转化为电能
D.从ab 进入GH 到MN 到JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k ＝W 1－W 2
解析： 由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsin θ＝B 2L 2v 1
R ，第二
次匀速运动时，mgsin θ＝4B 2L 2v 2
R ，则v 2<v 1，选项A 错误；ab 进入
磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B 错误；从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，由动能定理得，W 1－W 2＝ΔE k ，选项D 正确；线框克服安培力做功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确。

答案 CD
3.如图4所示，光滑绝缘水平面AB 与倾角θ＝37°，长L ＝5 m 的固定绝缘斜面BC 在B 处平滑相连，在斜面的C 处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板。

质量m ＝0.5 kg 、带电荷量q ＝＋5×10－5 C 的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D ，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E ＝2×105 N/C ，现让滑块以v 0＝14 m/s 的速度沿斜面向上运动。

设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1。

(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图4
(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；
(2)滑块运动的总路程。

解析： (1)滑块与斜面之间的摩擦力 f ＝μ(mgcos 37°＋qEsin 37°)＝1 N 根据牛顿第二定律可得
qEcos 37°－mgsin 37°－f ＝ma 解得a ＝8 m/s 2。

(2)由题可知，滑块最终停在C 点。

设滑块从D 点开始运动到最终停在C 点的过程中在斜面上运动的路程为s 1，由动能定理有
qE L 2cos 37°－mg L 2sin 37°－fs 1＝0－12mv 20 解得s 1＝61.5 m
设滑块第1次到B 时动能为E k1，从D 到B 由动能定理得 －qE L 2cos 37°＋mg L 2sin 37°－f·3L 2＝E k1－12mv 20
解得E k1＝29 J
设滑块第1次从B 滑到水平面上的最远距离为x 1， 由动能定理得－qEx 1＝0－E k1 解得x 1＝2.9 m
水平面光滑，滑块滑回到B 点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功W f ＝2fL ＝10 J
滑块第2次回到B 点时动能为E k2＝E k1－W f ＝19 J 设滑块第2次从B 滑到水平面上的最远距离为x 2，
由动能定理得－qEx2＝0－E k2，解得x2＝1.9 m
同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为
x3＝0.9 m
此后就不会再滑到水平面上了
滑块在水平面上运动的总路程为
s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m
滑块运动的总路程s＝s1＋s2＝72.9 m。

答案(1)8 m/s2(2)72.9 m
应用2：应用动量观点和能量观点处理力电综合问题
【真题示例】(2017·天津理综，12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。

电磁轨道炮示意图如图5所示，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。

两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。

炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。

首先开关S接1，使电容器完全充电。

然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。

当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。

问：
图5
(1)磁场的方向；
(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；
(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少。

解析： (1)垂直于导轨平面向下。

(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有 I ＝E R
① 设MN 受到的安培力为F ，有F ＝IlB② 由牛顿第二定律，有F ＝ma③ 联立①②③式得a ＝BlE
mR
④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有 Q 0＝CE⑤
开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E′，有E′＝Blv max ⑥ 依题意有E′＝Q
C
⑦
设在此过程中MN 的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力为F ，有F ＝IlB⑧
由动量定理，有F Δt ＝mv max －0⑨ 又I Δt ＝Q 0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q ＝B 2l 2C 2E
m ＋B 2l 2C
⑪
答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)BlE mR (3)B 2l 2C 2E
m ＋B 2l 2C
【题后反思】
1.高考考查特点
(1)本考点的知识点覆盖面广、综合性强，还有复杂代数运算和推理，难度较大。

(2)2017年全国卷在此处没考题，2018年出题的可能性很大，要引起关注。

2.常见误区及临考提醒
(1)处理本考点的问题要靠基本方法和典型物理模型来支撑。

(2)注意数学知识的灵活选用。

【对点强化】
1.在匀强电场中，将质子和α粒子分别由静止开始加速(不计重力)，当它们获得相同动能时，质子经历的时间为t1，α粒子经历的时间为t2，则t1∶t2为( )
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶1
D.4∶1
解析：对质子，根据动量定理，有q P Et1＝2m P E k①
对α粒子，根据动量定理，有q
αEt2＝2mαE k②
根据题意，式中E和E k都相同。

①÷②并将q
α＝2q P，mα＝4m P代入得t1∶t2＝1∶1。

选项A正确。

答案 A
2.如图6所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构
成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计。

在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 。

设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
图6
(1)在运动中产生的焦耳热Q 最多是多少？
(2)当ab 棒的速度变为初速度的3
4时，cd 棒的加速度a 是多少？
解析： (1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有mv 0＝2mv ，得v ＝v 0
2。

根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12mv 20－12(2m)v 2
＝14
mv 20。

(2)设ab 棒的速度变为3
4v 0时，cd 棒的速度为v′，则由动量守恒可
知mv 0＝34mv 0＋mv′，解得v′＝1
4v 0
此时回路中的电动势为 E ＝34BLv 0－14BLv 0＝1
2
BLv 0 此时回路中的电流为I ＝E 2R ＝BLv 0
4R
此时cd 棒所受的安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v 0
4R
由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 0
4mR
答案 (1)14mv 20 (2)B 2L 2v 0
4mR
3.如图7所示，竖直平面MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。

质量为m 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，已知物体A 带负电，所带电荷量的大小为q 。

一质量为1
3m 、不带
电的物体B 以速度v 0冲向物体A 并发生弹性碰撞，碰撞前后物体A 的电荷量保持不变。

A 与MN 右侧的水平面的动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g ，磁感应强度的大小为B ＝3mg
qv 0，电场强度的大小为
E ＝4μmg q 。

已知物体A 在MN 右侧区域中运动到与MN 的距离为l 的C
点(图中未画出)时，速度达到最大值。

物体A 、B 均可以看作质点，重力加速度为g 。

求：
图7
(1)碰撞后物体A 的速度大小；
(2)物体A 从进入MN 右侧区域到运动到C 点的过程中克服摩擦力所做的功W 。

解析： (1)设A 、B 碰撞后的速度分别为v A 、v B ，由于A 、B 发生弹性碰撞，动量、能量均守恒，则有 13mv 0＝1
3mv B ＋mv A ① 12·13mv 20＝12·13mv 2B ＋12mv 2
A ② 联立①②可得v A ＝1
2
v 0③
(2)A 的速度达到最大值v m 时合力为零，受力如图所示
竖直方向上合力为零，有 F N ＝qv m B ＋mg④
水平方向上合力为零，有 qE ＝μF N ⑤
根据动能定理，有qEl －W ＝12mv 2m －12mv 2
A ⑥
联立解得v m ＝v 0，W ＝4μmgl －38mv 2
0。

答案 (1)12v 0 (2)4μmgl －38mv 2
【归纳总结】
1.用力学观点处理力电综合问题可以从以下三条线索展开
(1)力和运动的关系——根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这条线索通常适用于粒子在恒力作用下做匀变速直线运动的情况。

(2)功和能的关系——根据电场力对带电粒子所做的功引起的带电粒子能量的变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。

(3)冲量和动量的关系——根据电场力对带电粒子冲量引起的带电粒子动量的变化，利用动量定理研究全过程中动量的变化，研究带电粒子的速度变化、经历的时间等。

2.电磁感应与动量和能量综合问题的思路
(1)从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律。

①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如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答的问题。

②在相互平行的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，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒。

解决此类问题往往要应用动量守恒定律。

(2)从能量转化和守恒着手，运用动能定理或能量守恒定律。

基本思路：受力分析―→弄清哪些力做功，正功还是负功―→明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减―→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。