届二轮复习 能量和动量观点在电磁学中的应用 学案.docx
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届二轮复习能量和动量观点在电磁学中的应用学案
第2讲 能量和动量观点在电磁学中的应用
1．（多选）（2016·全国卷Ⅰ，20）如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。
忽略空气阻力。
由此可知（ ）
图1
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。
答案 AB
2．（2015·全国Ⅰ·15）如图2，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。
一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。
则（ ）
图2
A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
解析 由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM>φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于φP<φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误。
答案 B
3．（2014·新课标全国Ⅰ，25）如图3所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝
OA。
将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。
使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。
现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。
求：
图3
（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向。
解析
（1）设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝
d，根据平抛运动的规律有
dsin60°＝v0t①
dcos60°＝
gt2②
又有Ek0＝
mv
③
由①②③式得Ek0＝
mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋
mgd⑤
由④⑤式得
＝
⑥
（2）加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了
和
，设电势能分别减小ΔEpA和EpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－
mgd＝
Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－
mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。
设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，
则有
＝
⑨
解得x＝d。
MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。
设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得E＝
⑫
答案
（1）
（2）见解析
[备考指导]
【考情分析】
2014
卷ⅠT25：
电势能、能量守恒定律
卷ⅡT25：
能量守恒定律、法拉第电磁感应定律
2015
卷ⅠT15：
电场力做功的计算及判断
2016
卷ⅠT20：
电场力做功及合外力做功情况的判断、动能定理的应用
电场中的功能关系及电磁感应中的功能关系都是命题率较高的内容，题型为选择题、计算题。
【备考策略】
在解决电磁学中功能关系问题时应注意以下几点：
（1）洛伦兹力在任何情况下都不做功；
（2）电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；
（3）安培力可以做正功，也可以做负功；
（4）力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。
电场中的功能关系
[规律方法]
1．电场力做功的计算方法及电势能的变化情况
2．用功能关系分析带电粒子的运动
（1）若只有电场力做功，则电势能与动能之和保持不变。
（2）若只有电场力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变。
（3）除重力外，其他各力对粒子所做的功等于粒子机械能的变化量。
（4）各力对粒子所做功的代数和，等于粒子动能的变化量。
[精典题组]
1.如图4所示，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端。
已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是（ ）
图4
A．金属块带负电荷
B．电场力做功0.5J
C．金属块克服摩擦力做功0.8J
D．金属块的机械能减少1.2J
解析 金属块的电势能增加，说明电场力做负功，则电场力方向竖直向上，所以金属块带正电荷，选项A错误；克服电场力做多少功，电势能就增加多少，故金属块克服电场力做功0.5J，即电场力做功－0.5J，选项B错误；根据动能定理可得WG＋WE＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，即金属块克服摩擦力做功0.7J，选项C错误；重力做功1.5J，金属块的重力势能减少1.5J，动能增加0.3J，故机械能减少1.2J，选项D正确。
答案 D
2.长木板AB放在水平面上，如图5所示，它的下表面光滑，上表面粗糙。
一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行，当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端；当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强。
图5
解析 当电场方向向上时，物块C只能滑到AB的中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负。
电场方向向下时，有
μ（mg－qE）l＝
mv
－
（m＋M）v2①
mv0＝（m＋M）v②
电场方向向上时，有
μ（mg＋qE）
＝
mv
－
（m＋M）v2③
mv0＝（m＋M）v④
则mg－qE＝
（mg＋qE）
得E＝
答案
3．（2016·四川雅安模拟）如图6甲，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP＝37°，OP中点处固定一电荷量为q1＝2.0×10－8C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧。
MN是一光滑绝缘杆，其中ON长a＝1m，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零。
沿ON方向建立坐标轴（取O点处x＝0），取OP所在水平面为重力势能零势能面，图乙中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0＝1.24×10－3J，E1＝1.92×10－3J，E2＝6.2×10－4J，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。
图6
（1）求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；
（2）已知在x＝x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电荷量q2；
（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep。
解析
（1）当小球运动到距离q1最近的A点时电势能最大，如图所示
根据几何关系可知
x1＝acos37°·
·cos37°＝0.32a＝0.32m
x＝x1处小球的重力势能E1＝mgx1sin37°
解得m＝
＝1×10－3kg。
（2）设在x＝x1处小球与固定点电荷间的距离为r，则
k
＝mgcos37°，其中r＝x1tan37°＝0.24m
代入数据解得q2＝2.56×10－6C。
（3）根据能量守恒定律可得
mgasin37°＋E2－E0＝Ep
代入数据得Ep＝5.38×10－3J。
答案
（1）0.32m 1×10－3kg
（2）2.56×10－6C
（3）5.38×10－3J
【高分技巧】 涉及弹簧弹性势能的分析要特别注意以下几点：
（1）弹簧处于原长时，其弹性势能为零；
（2）弹簧有形变量时一定具有弹性势能，且形变程度越大，其弹性势能越大；（3）对于同一个弹簧，无论弹簧处于压缩状态还是伸长状态，只要形变量相同，其弹性势能大小就相同。
功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用
[规律方法]
从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似，只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与转化，因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。
1．电磁感应中焦耳热的三种求法
（1）根据定义式Q＝I2Rt计算；
（2）利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算；
（3）利用能量守恒定律计算。
2．解题程序一般为
受力分析→各力做功情况判断→能量状态判断→列方程解答。
[精典题组]
1．半圆形光滑金属导轨MN、PQ平行放置在竖直平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S接在电路中，如图7甲所示，电源内阻不计，导轨所在空间有如图乙所示的磁场，金属棒电阻为R、质量为m，其他电阻不计。
整个操作过程经历两个阶段：
①开始时开关接位置1，金属棒ab从导轨上M、P位置由静止释放，当金属棒从N、Q竖直向上飞出时，开关S改接位置2，金属棒恰能上升到离N、Q为h的高度处；②之后金属棒又从N、Q落回导轨内并恰好能回到M、P位置。
重力加速度为g。
下列关于金属棒运动过程的描述正确的是（ ）
图7
A．阶段①消耗的电能等于阶段②产生的电能
B．阶段①安培力做的功等于阶段②金属棒克服安培力做的功
C．阶段②克服安培力做的功小于mgh
D．阶段②回路中产生的热量小于mgh
解析 阶段①，开关接位置1，电源提供电能，由能量守恒可知E电1＝Q＋WA1＝Q＋mgh；阶段②克服安培力做的功等于产生的电能，由能量守恒得E电2＝mgh，E电1>E电2，A错；阶段①，安培力做的功等于金属棒机械能的增加量，即WA1＝mgh；阶段②克服安培力做的功等于金属棒减少的机械能，即WA2＝mgh，B对，C错；而阶段②克服安培力做的功又等于产生的电能，等于回路产生的热量，D错。
答案 B
2.（2016·湖南常德模拟）如图8所示，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L＝0.5m，上方连接一个阻值R＝1Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B＝2T的匀强磁场。
完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r＝0.5Ω。
将金属杆1固定在磁场的上边缘（仍在此磁场内），金属杆2从磁场边界上方h0＝0.8m处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动。
（g取10m/s2）
图8
（1）求金属杆的质量m；
（2）若金属杆2从磁场边界上方h1＝0.2m处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动。
在此过程中整个回路产生了1.4J的电热，则此过程中流过电阻R的电荷量q为多少？
解析
（1）金属杆2进入磁场前做自由落体运动，则
vm＝
＝4m/s
金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即
mg＝BIL，且E＝BLvm，I＝
解得m＝
＝
kg＝0.2kg。
（2）金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，设金属杆2在磁场内下降h2，由能量守恒定律得
mg（h1＋h2）＝
mv
＋Q
解得h2＝
－h1＝
m－0.2m＝1.3m
金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为E＝
，I＝
故流过电阻R的电荷量q＝It2
联立解得q＝
＝
C＝0.65C。
答案
（1）0.2kg
（2）0.65C
3.如图9所示，质量为100g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面h为0.8m，有一质量为200g的磁铁以10m/s的水平速度射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离3.6m处，则在磁铁与铝框发生相互作用时，求：
图9
（1）铝框向哪边偏斜，它能上升多高；
（2）在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少热量。
解析 磁铁在穿过铝框的过程中，使铝框中磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝框一直发生相互作用，水平方向动量守恒。
磁铁穿过铝框后做平抛运动，根据平抛的水平距离可得作用后磁铁的速度v1′。
因为t＝
＝
s＝0.4s
s＝v1′t，则v1′＝
＝
m/s＝9m/s
根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
v2′＝
＝
＝2m/s
铝框作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。
根据机械能守恒，有m2gh′＝
m2v2′2
故h′＝
＝
＝0.2m。
（2）根据能的转化与守恒定律，磁铁的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝框的动能，即
m1v
＝
m1v1′2＋
m2v2′2＋W电
解得W电＝
m1v
－
m1v1′2－
m2v1′2
＝
×0.2×102－
×0.2×92－
×0.1×22＝1.7J。
即Q＝1.7J。
答案
（1）0.2m
（2）1.7J
高频考点六 应用动力学方法和功能关系解决力、电综合问题
[满分策略]
应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题与解决纯力学问题的分析方法相似，动力学中的物理规律在电磁学中同样适用，分析受力时只是多了个安培力或电场力或洛伦兹力。
[满分示例]
（18分）（2016·渝中区二模）如图10，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON与M′O′N′均固定在竖直面内，二者平行且正对，间距为L＝1m，构成的斜面NOO′N′与MOO′M′跟水平面夹角均为α＝30°，两边斜面均处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B＝0.1T。
t＝0时，将长度也为L，电阻R＝0.1Ω的金属杆ab在轨道上无初速度释放。
金属杆与轨道接触良好，轨道足够长。
（g取10m/s2，不计空气阻力，轨道与地面绝缘）求：
图10
（1）t时刻杆ab产生的感应电动势的大小E；
（2）在t＝2s时将与ab完全相同的金属杆cd放在MOO′M′上，发现cd恰能静止，求ab杆的质量m以及放上杆cd后ab杆每下滑位移s＝1m回路产生的焦耳热Q。
[审题指导]
1．读题―→抓关键点―→提取信息
（1）“光滑弯折金属轨道”
不计杆与轨道间摩擦力
（2）“与ab完全相同的金属杆cd”
杆ab、cd的电阻、质量均相同
（3）“cd恰能静止”
cd受力平衡，那么ab杆受力也平衡
2．再读题―→过程分析―→选取规律
[满分模板]
解析
（1）只放ab杆在导轨上，ab杆做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得mgsinα＝ma①（2分）
t时刻速度为v＝at②（1分）
由法拉第电磁感应定律得E＝BLv③（1分）
联立解得E＝0.5tV④（1分）
（2）t＝2s时ab杆产生的感应电动势的大小
E＝0.5tV＝1V⑤（1分）
回路中感应电流I＝
⑥（2分）
解得I＝5A⑦（1分）
对cd杆，由平衡条件得：
mgsin30°＝BIL⑧（2分）
解得m＝0.1kg⑨（2分）
因为ab、cd杆完全相同，故ab杆的质量也为m＝0.1kg⑩（1分）
放上cd杆后，ab杆受力也平衡，做匀速运动，对ab、cd杆组成的系统根据能量守恒定律得：
Q＝mgssin30°⑪（2分）
解得Q＝0.5J⑫（2分）
答案
（1）0.5tV
（2）0.1kg 0.5J
解题指导
（1）根据运动过程要列定律、定理的原始方程，不能写成变形式，否则不得分。
（2）题目中如果有隐含的条件，计算完成一定要进行必要的文字说明，否则将影响步骤分。
[满分体验]
（18分）（2016·福建省毕业班质量检查）如图11，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。
一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零。
已知物块的质量m＝4×10－3kg，所带的电荷量q＝＋3×10－6C；电场强度E＝1×104N/C；CD段的长度L＝0.8m，圆弧DG的半径r＝0.2m，GH段与水平面的夹角为θ，且sinθ＝0.6，cosθ＝0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
图11
（1）求物块与轨道CD段的动摩擦因数μ；
（2）求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；
（3）物块在水平轨道上运动的总路程；
（4）物块碰撞挡板时的最小动能。
[规范解答]
解析
（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得
qE·
－μmg（L＋
）＝0①（2分）
由①式代入数据得μ＝
＝0.25②（2分）
（2）物块在GH段运动时，由于qEcosθ＝mgsinθ，所以做匀速直线运动③（2分）
由C运动至H过程中，由动能定理得
qEL－μmgL＋qErsinθ－mgr（1－cosθ）＝Ek－0④（2分）
由③式代入数据得Ek＝0.018J⑤（2分）
（3）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0
设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得qEL＝μmgs⑥（2分）
由②③⑥式代入数据得s＝2.4m⑦（2分）
（4）物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得
qErsinθ－mgr（1－cosθ）＝E0－0⑧（2分）
由③⑧式代入数据得E0＝0.002J⑨（2分）
答案
（1）0.25
（2）0.018J （3）2.4m （4）0.002J
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