文档内容
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 ＝－ΔE 。
电 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
――→――→
2．电路中的电功和焦耳热
(1)电功：W ＝UIt；焦耳热：Q＝I2Rt。
电
(2)纯电阻电路：W ＝Q＝UIt＝I2Rt＝t，U＝IR。
电
(3)非纯电阻电路：W ＝Q＋E ，U>IR。
电 其他
(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 ＝I2(R＋r)＝
总
电源内部消耗的功率 P ＝I2r＝P －P
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 ＝I2R＝
出P 与外电阻R的关系
出
任意电路：η＝×100%＝×100%
电源的效率
纯电阻电路：η＝×100%
由P 与外电阻R的关系可知：
出
①当R＝r时，电源的输出功率最大为P ＝。
m
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R0，则φ >φ ，若U <0，则φ <φ 。
AB A B AB A B AB A B
(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 ＝－ΔE 。
k 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 、 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。
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 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） ；（2） ；（3）
【详解】（1）两极板间的场强带电粒子所受的静电力
（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
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
带电粒子在前 距离做匀加速直线运动，后 距离做匀速运动，设用时分别为t、t，有
1 2
，
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
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 ，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（ ）A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
C．物块落地的速度大小为
D．物块落地的速度大小为
【答案】BD
【详解】物块受到的电场力
则合力的大小为 ，合力的方向和水平夹角为 ，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
设落地速度为v，根据动能定理可得
解得
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 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 ；在 到 时间内，磁感应强度大小随
时间t的变化关系为 。求:
（1） 时金属框所受安培力的大小；
（2）在 到 时间内金属框产生的焦耳热。
【答案】（1） ；（2）0.016J
【详解】（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2） 内金属框产生的焦耳热为
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，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用
0
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 至t 时间内
1 3
F=(800－10v）N，t 时撤去F。已知起飞速度v=80m/s，t=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，
3 1 1
飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子
0
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） ；（3）
【详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t 时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
1根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R 时，感应电流为
0
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在 至 期间加速度恒定，则有
解得
，
（3）根据图像可知
故 ；在0~t 时间段内的位移
2
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式可得
从t 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
3
联立可得
解得
3-2 . （2022·浙江·高考真题）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R 的
0
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 =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
1
轴良好接触的电刷分别与间距l 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
1
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、长度为l、磁感应强度大小为B
1 2 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 的绝
1
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、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l=0.08m，已知l=0.25m，l=0.068m，
1 3 1 2
B=B=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1 ，除已给电阻外其他电阻
1 2
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 ；
（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
则电容器的电量为
（2）电容器放电过程有
棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
棒的上滑过程有
联立解得
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为 ，由动量定理
可得
匀速运动距离为
则命题角度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 、
，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/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=1T的匀强磁场，碰撞后瞬
1
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） ， ；（3）3.25s；（4） ，
【详解】（1）金属棒OA产生的电动势为
回路电流为
当杆a开始向右运动，有
联立解得
（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解得
由动量守恒有
解得
（3）杆a从PQ到碰前做匀速直线运动，则有
杆a碰撞后与框在 距离内做匀速直线运动，则有
杆a碰撞后与框在 距离内做匀减直线运动，则有
所以，杆从PQ离开到最终停下所用时间为
（4）碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为
杆a与金属框形成的总电阻为
框的右边流过电流为
所以整体加速度为
从金属框刚进入磁场到整个框进入磁场过程，根据动量定理有又
联立解得
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
其中杆a的焦耳热为
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BILΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。
由Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝。
(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 和v（v>v）进入磁场，在完全进入磁场的过程当
1 2 1 2
中，线框产生的焦耳热分别为Q、Q，通过导线横截面积电量分别为q、q，下列判断正确的是
1 2 1 2
（ ）
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>Qq=q
1 2 1 2
D．Q>Qq>q
1 2 1 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
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
因为 ，则
根据
， ，
得两线框的磁通量变化量和电阻均相等，则
故C正确，D错误。
故选BC。
