专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(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＝－ΔE p 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
其他形式的能量
――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他
形式的能量2．电路中的电功和焦耳热
(1)电功：W 电＝UIt ；焦耳热：Q ＝I 2Rt 。

(2)纯电阻电路：W 电＝Q ＝UIt ＝I 2
Rt ＝U 2
R
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
电源总功率
任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内
纯电阻电路：P 总＝I 2
(R ＋r )＝
E 2
R ＋r
电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出
电源的输出功率
任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2
R ＝
E 2R
（R ＋r ）2
P 出与外电阻R 的关系
电源的效率任意电路：η＝P出
P总
×100%＝U
E×100%
纯电阻电路：η＝R
R＋r×100%
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P m＝E2
4r。

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<P m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：BL I1Δt1＋BL I2Δt2＋BL I3Δt3＋…＝m v－m v0
通过导体横截面的电荷量q＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…得BLq＝m v－m v0，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I＝BL v
R总，q＝I·Δt＝BL
v t
R总
＝BLx
R总
＝
ΔΦ
R总
，故也可考虑用表达式q＝
ΔΦ
R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）。

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
2v；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20
2v a L
=
D．粒子从N 板下端射出的时间0
212L
t v =
（）【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
02L
v t =212
d at =
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
(
)
2
20
022v v ad
-=联立解得
L t =
2v ，20
2v a L
=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U AB ＝φA －φB 判断，若U AB >0，则φA >φB ，若U AB <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 ＝－ΔE 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ΔE k ＝－ΔE p 。

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q +、()0q q ->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。

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
2
d
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）U F q
d =；（2）2qU
v m
=；（3）32d m
t qU
=【详解】（1）两极板间的场强
U
E d
=
带电粒子所受的静电力
U F qE q
d
==（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
212
qU mv =
解得
2qU v m
=
（3）设带电粒子运动
2
d
距离时的速度大小为v ′，根据功能关系有2122
U q
mv '=带电粒子在前
2d 距离做匀加速直线运动，后2
d
距离做匀速运动，设用时分别为t 1、t 2，有122d v t '
=，22
d v t '=则该粒子从M 板运动到N 板经历的时间
1232
d
m t t t qU
=+=
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3mg
E q
=
，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（
）
43
3
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh C．物块落地的速度大小为83
3
gh （）D．物块落地的速度大小为22gh 【答案】BD
【详解】物块受到的电场力
3F qE mg
==2mg 面下滑。

从静止释放到落地的过程中电场力做功为
==33W qE h mgh
⋅设落地速度为，根据动能定理可得
2
31
2
mgh qE h mv +⋅=解得
22v gh
=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 l =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35.010Ω/m λ-=⨯；在0=t 到 3.0s t =时间内，磁感应强度大小随时间t 的变化关系为()0.30.1(SI)B t t =-。

求:
（1） 2.0s t =时金属框所受安培力的大小；
（2）在0=t 到 2.0s t =
时间内金属框产生的焦耳热。

【答案】（1）0.042N ；（2）0.016J 【详解】（1）金属框的总电阻为
344
0.45100.008R l λ-==⨯⨯⨯Ω=Ω
金属框中产生的感应电动势为
2
2120.10.4V 0.008V 2
l B E t t ∆⨯∆Φ===⨯⨯=∆∆金属框中的电流为
1A E
I R
=
=t =2.0s 时磁感应强度为
2(0.30.12)T=0.1T
B =-⨯金属框处于磁场中的有效长度为
2L l
=此时金属框所受安培力大小为
20.1120.4N=0.042N
A F
B IL ==⨯⨯⨯（2）0 2.0s :内金属框产生的焦耳热为
2210.0082J 0.016J
Q I Rt ==⨯⨯=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R 0，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t 1至t 3时间内F =(800－10v ）N，t 3时撤去F 。

已知起飞速度v 1=80m/s，t 1=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，R 0=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t 3。

【答案】（1）80A；（2）0.5ΩR =；（3）353
s 2
t +=【详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
F nBIl
=安动子和线圈在0~1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
11
v a t =
()F M m a
=+安代入数据联立解得
()11
80A
m M v I nlBt +=
=（2）当S 掷向2接通定值电阻0时，感应电流为
0nBlv I R R
'=
+此时安培力为
F nBI l ''=安
所以此时根据牛顿第二定律有
222
0(80010)n l B v v ma R R
+=+'
-1t 3t 222
010n l B R R
=+解得
0.5ΩR =，2
160m/s a ='（3）根据图像可知
1
210.5s v t t a '
-=
=22s t =；在0~2121
80m 2
s v t ==nB S
E n
t t
φ∆∆==∆∆q It ∆=0
E I R R =
+()2320
1
2ΔnBl s a t t q R R ⎡⎤--⎢⎥
⎣⎦+'=
从3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
()
32Δ0nBl q ma t t -=--'联立可得
()
()2
323210
t t t t -+--=解得
353
s 2
t +=
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，电阻均为0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ω=600rad/s 匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B 1的匀强磁场。

圆环边缘、与转轴良
好接触的电刷分别与间距l 1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l 1、长度为l 2、磁感应强度大小为B 2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l 1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l 1、质量均为m =0.01kg，de 与cf 长度均为l 3=0.08m，已知l 1=0.25m，l 2=0.068m，B 1=B 2=1T、方向均为竖直向上；棒ab 和“［”形框的cd 边的电阻均为R =0.1Ω，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Q ∆；
（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
2112
E B r ω=
则电容器的电量为0.542CE Q CU C ==
=（2）电容器放电过程有
211
B l Q mv ∆=棒ab 被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
12
()mv m m v =+棒的上滑过程有
221222
mv mgh =
21
220.16m Q gh C B l ∆==2221222B l x mv R
∆=0.1280.08x m m
∆=>匀速运动距离为
320.012m
l l -=则
320.14m
x x l l ∆=∆+-=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MM '、NN '，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/s 2）。

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B 1=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）4m/s ，1m/s ；（3）3.25s；（4）
21m/s 28，0.01J 【详解】（1）金属棒OA 产生的电动势为
22
B L E ω=回路电流为
E
I R r
=+当杆开始向右运动，有
mg BIL
μ=联立解得
23
2()=12rad /s mg R r B L μω+=0v 1211042
mgL mv μ-=-⨯解得
11m /s
v =由动量守恒有
01
4mv mv =解得
04m /s
v =（3）杆a 从PQ 到碰前做匀速直线运动，则有
10
0.25s L t v ==杆碰撞后与框在距离内做匀速直线运动，则有
21
1s L t v ==杆碰撞后与框在距离内做匀减直线运动，则有
212s 02
L t v =
=+所以，杆从离开到最终停下所用时间为123 3.25s
t t t t =++=（4）碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为
111V
E B Lv ==杆a 与金属框形成的总电阻为
73+722R R R R ===Ω总框的右边流过电流为
1A 7
E I R ==总所以整体加速度为
211m /s 428
B IL a m ==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
121
44B L q mv mv -∆=-又
2
1B L q R ∆=总联立解得
227m /s 28
v =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
2212114422
Q mv mv =⨯-⨯其中杆a 的焦耳热为
155J 0.01J 145488
a Q Q ==≈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B I －L Δt ＝Δp ，q ＝I ·Δt ，可得q ＝Δp BL。

由B 2L 2v R 总Δt ＝Δp ，x ＝v Δt ，可得x ＝ΔpR 总B 2L
2。

(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v 1和v 2（v 1>v 2）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Q 1、Q 2，通过导线横截面积电量分别为q 1、q 2，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．Q 1>Q 2q 1=q 2
D．Q 1>Q 2q 1>q 2【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
22BLv B L v BIL B L ma R R
===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
212
Q mv =12v v >12
Q Q >根据E t ∆Φ=∆，E I R
=，q I t =∆得
q R
∆Φ
=两线框的磁通量变化量和电阻均相等，则
12q q =
故C正确，D错误。

故选BC。