《高考物理二轮复习题型专练 》专题06 动量和能量观点在电磁学中的应用（解析版）

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专题 06　动量观点和能量观点在电磁学中的应用
【要点提炼】
一、电势能变化的规律
1.电场力做正功(负功)，电势能减小(增大)；正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电
势低处电势能大。
2.电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化，而能量总和应保持不变。
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
二、电磁感应中的功能关系
――→――→
三、备考策略
1.洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.安培力可做正功，也可做负功。
3.力学中的三大观点(动力学、动量、能量观点)仍是解决力电综合问题首选的方法。
【方法指导】
一、电磁感应中求解焦耳热的三种方法
二、电磁感应中动力学问题的“两分析、两状态”
1.分析受力情况、分析运动情况
(1)导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安
培力，安培力将阻碍导体运动。
(2)安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，
导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。
2.两种状态的处理方法
(1)导体处于平衡状态——根据导体所受合力等于零列式分析。
(2)导体处于非平衡状态——根据牛顿第二定律、动量定理进行动态分析或结合功能关
系分析。
命题点一：　应用能量观点解决力电综合问题
考向一　电场中的功能关系
【典例 1】 (多选)图1中虚线 a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，
已知平面 b上的电势为 2 V。一电子经过 a时的动能为 10 eV，从 a到d的过程中克服电场
力所做的功为 6 eV。下列说法正确的是(　　)
A.平面 c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面 f
C.该电子经过平面 d时，其电势能为 4 eV
1
D.该电子经过平面 b时的速率是经过 d时的 2倍 （图 1）
【解析】　电子在等势面 b时的电势能为 Ep＝qφ＝－2 eV，电子由 a到d的过程电场
力做负功，电势能增加 6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的
电势差相等，则电子由 a到b、由 b到c、由 c到d、由 d到f电势能均增加 2 eV，则电子在
等势面 c的电势能为零，等势面 c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面 d
的电势能应为 2 eV，C错误；电子在等势面 b的动能为 8 eV，电子在等势面 d的动能为 4
eV，由公式 Ek＝mv2可知，该电子经过平面 b时的速率为经过平面 d时速率的倍，D错误；
如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达
不了平面 f就返回平面 a，B正确。
【答案】　AB
考向二　能量观点在电磁场中的应用
【典例 2】 如图 2所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角
为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速
度，使小球沿杆向下运动，在 A点时的动能为 100 J，在 C点时动能减为零，D为AC 的中
点，那么带电小球在运动过程中(　　)
A.到达 C点后小球不可能沿杆向上运动
B.小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不等
C.小球在 D点时的动能为 50 J
D.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 （图 2）
【解析】　如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项 A错
误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于 F洛＝qvB，故洛伦兹力减
小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦
力做的功不等，选项 B正确；由于小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力
做的功不等，故小球在 D点时的动能也就不一定为 50 J，选项 C错误；该过程是小球的重
力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的
减少量，选项 D错误。
【答案】　B
考向三　动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用
【典例 3】 小明设计的电磁健身器的简化装置如图 3所示，两根平行金属导轨相距 l＝
0.50 m，倾角 θ＝53°，导轨上端串接一个 R＝0.05 Ω 的电阻。在导轨间长 d＝0.56 m 的区域
内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝2.0 T。质量 m＝4.0 kg 的金
属棒 CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GH 相连。CD 棒的初始位置与磁
场区域的下边界相距 s＝0.24 m。一位健身者用恒力 F＝80 N 拉动 GH 杆，CD 棒由静止开
始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，
触发恢复装置使 CD 棒回到初始位置(重力加速度 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、
摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
2
(1)CD 棒进入磁场时速度 v的大小；
(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA的大小；
(3)在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W和电阻产生的焦耳热 Q。
（图 3）
【解析】　(1)由牛顿第二定律
a＝＝12 m/s2①
CD 棒进入磁场时的速度
v＝＝2.4 m/s②
(2)感应电动势 E＝Blv③
感应电流 I＝④
安培力 FA＝IBl⑤
代入得 FA＝＝48 N⑥
(3)健身者做功 W＝F(s＋d)＝64 J⑦
由牛顿第二定律 F－mgsin θ－FA＝0⑧
CD 棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间 t＝⑨
焦耳热 Q＝I2Rt＝26.88 J
【答案】　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J
【总结归纳】
1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”
2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
3
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