8-电场、磁场和能量转化

电场、磁场和能量转化

1．命题趋势

电场、磁场和能量的转化是中学物理重点内容之一，从考试题型上看，既有选择题和填空题，也有实验题和计算题；从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要有计算题出现就一定是难度较大的综合题；在试题的选材、条件设置等方面将本学科知识与社会生活、生产实际和科学技术相联系的试题将会越来越多，而这块内容不仅可以考查多学科知识的综合运用，更是对学生实际应用知识能力的考查，因此在复习中应引起足够重视。 2．知识概要

能量及其相互转化是贯穿整个高中物理的一条主线，在电场、磁场中，也是分析解决问题的重要物理原理。在电场、磁场的问题中，既会涉及其他领域中的功和能，又会涉及电场、磁场本身的功和能，相关知识如下表：

电势能

由电荷间的相对位置决定，数值具有相对性，常取无限远处或大地为电势能的零点。重要的不是电势能的值，是其变化量

电场中的功

和能

电场力的功 与路径无关，仅与电荷移动的始末位置有关：W=qU

转化

电场力做正功 电势能 → 其他能

转化

电场力做负功 其他能 → 电势能

电场力的功和电势能的变化

电、磁场中的

功和能

安培力的功

磁场中的功

和能

洛伦兹力不做功

转化

做正功：电能 → 机械能，如电动机 转化

做负功：机械能 → 电能，如发电机

如果带电粒子仅受电场力和磁场力作用，则运动过程中，带电粒子的动能和电势能之间相互转化，总量守恒；如果带电粒子受电场力、磁场力之外，还受重力、弹簧弹力等，但没有摩擦力做功，带电粒子的电势能和机械能的总量守恒；更为一般的情况，除了电场力做功外，还有重力、摩擦力等做功，如选用动能定理，则要分清有哪些力做功？做的是正功还是负功？是恒力功还是变力功？还要确定初态动能和末态动能；如选用能量守恒定律，则要分清有哪种形式的能在增加，那种形式的能在减少？发生了怎样的能量转化？能量守恒的表达式可以是：①初态和末态的总能量相等，即E初=E末；②某些形势的能量的减少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE减=ΔE增；③各种形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代数和为零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。

电磁感应现象中，其他能向电能转化是通过安培力的功来量度的，感应电流在磁场中受到的安培力作了多少功就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功转变成其他能，如电阻上产生的内能、电动机产生的机械能等。从能量的角度看，楞次定律就是能量转化和守恒定律在电磁感应现象中的具体表现。电磁感应过程往往涉及多种能量形势的转化，因此从功和能的观点入手，分析清楚能量转化的关系，往往是解决电磁感应问题的重要途径；在运用功能关系解决问题时，应注意能量转化的来龙去脉，顺着受力分析、做功分析、能量分析的思路严格进行，并注意功和能的对应关系。 3．点拨解疑

【例题1】（1989年高考全国卷）如图1所示，一个质量为m，电量为-q的小物体，可在水平轨道x上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强大小为E，方向沿Ox轴正向的匀强磁场中，小物体以初速度v0从点x0沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f作用，且f1

物体与墙壁碰撞时不损失机械能，求它在停止前所通过的总路程？

【点拨解疑】 首先要认真分析小物体的运动过程，建立物理图景。开始时，设物体从x0点，以速度v0向右运动，它在水平方向受电场力qE和摩擦力f，方向均向左，因此物体向右做匀减速直线运动，直到速度为零；而后，物体受向左的电场力和向右的摩擦力作用，因为qE>f，所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到以一定速度与墙壁碰撞，碰后物体的速度与碰前速度大小相等，方向相反，然后物体将多次的往复运动。

但由于摩擦力总是做负功，物体机械能不断损失，所以物体通过同一位置时的速度将不断减小，直到最后停止运动。物体停止时，所受合外力必定为零，因此物体只能停在O点。

对于这样幅度不断减小的往复运动，研究其全过程。电场力的功只跟始末位置有关，而跟路径无关，所以整个过程中电场力做功 WEqEx0

12根据动能定理 W总Ek， 得： qEx0fs0mv s202qEx0mv022f2。

点评：该题也可用能量守恒列式：电势能减少了qEx0，动能减少了

122012mv0，内能增加了fs， ∴

fsqEx0mv 同样解得s2qEx0mv022f。

【例题2】 如图2所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行。一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：

（1）速度vA的大小；

（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力。

【点拨解疑】 （1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得： qEmvAr2

所以小球在A点的速度vAqErm。

（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即

2qEr12mv2B12mvA，

2小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有NBqEmvBr2

解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：NB6qE。

点评：分析该题，也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场，重力为Eq，A是环上的最高点，B是最低点；这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。

2

【例题3】（2002年理综全国卷）如图3所示有三根长度皆为l＝1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O点，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×102kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和＋q，q＝1.00×107C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A、B球的位置如图所示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少．（不计两带电小球间相互作用的静电力）

【点拨解疑】图（1）中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图（2）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件得

O E A -q 图3

B q mgT2cos② T1sinT2sinqE① T1cosB球受力如图（3）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B 的拉力T2，方

向如图。由平衡条件得

T2sinqEO E A -q B q 图（4） ③

T2cosamg④

图 4

联立以上各

式并代入数据，得 0⑤ 45⑥

由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图（4）所示。

与原来位置相比，A球的重力势能减少了 EAmgl(1sin60)⑦ B球的重力势能减少了 EBmgl(1sin60cos45)⑧ A球的电势能增加了 WA=qElcos60°⑨

B球的电势能减少了 WBqEl(sin45sin30) ⑩ 两种势能总和减少了 WWBWAEAEB 代入数据解得 W6.8102J

【例题4】（2003年全国理综卷）如图5所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的

3

恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s，问此时两金属杆的速度各为多少？

【点拨解疑】设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2,经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变

S[(xv2t)v1t]tlx(v1v2)lt

乙 甲 F 2

由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势EB回路中的电流 iE2RSt图 5

杆甲的运动方程FBlima

由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量(t0时为0）等于外力F的冲量F1mv1mv2

联立以上各式解得v11F12R1F2R[2(Fma)] v2[122(Fma)] 2m2mBFBI代入数据得v18.15m/sv21.85m/s

【例题5】 如图所示，间距为L的两根长直平行导轨M、N所在平面与水平面夹角为θ，磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面。横跨的导体棒cd因为摩擦而处于静止状态，其质量为M。另一根导体棒ab质量为m，由静止开始沿轨道无摩擦由上方滑下，当沿轨道下滑距离为S时，达到最大速度。在ab下滑过程中，cd棒始终保持静止。两棒电阻匀为R，导轨电阻不计。求：

（1）当ab棒达到最大速度后，cd棒受到的摩擦力；

（2）从ab棒开始下滑到达到最大速度的过程中，ab与cd棒上产生的总热量。

【点拨解疑】（1）设ab最大速度为vm，对ab棒有mgsinBImL 而 ImBLvm 所以

2Rvm2mgRsinBL22

对cd棒有fMgsinBImL(Mm)gsin

（2）Qmgh

Qmgssin1212m(mvm

2mgRsinBL222)2mgssin2mgRsinBL443222

这道题也是一个典型的习题。要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力（重力和安培力）做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部

4

转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。

进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合．．．．．．．．．．．．电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的）。 ．．．．．．．．．．．．．

针对训练

1． 如图6所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④线圈中产生的电热Q；⑤通过线圈某一截面的电荷量q。

2．如图7所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：⑪线圈进入磁场过程中产生的电热Q。⑫线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。⑬线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。

3．（2001年上海卷）如图8所示，有两根和水平方向成。角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度几，则

（A）如果B增大，vm将变大 （B）如果α变大，vm将变大 （C）如果R变大，vm将变大 （D）如果m变小，vm将变大

4．（2001年上海卷）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计

（1）若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时（如图9所示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。

5

图 6

1 l h 2 3 4 图 7

v0 v d v0 图 8

图9

（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′ 以OO´ 为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。

5．如图10所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：

（1）棒能达到的稳定速度；

（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。

6.两根相距d=0.20米的平行金属长导轨固定在同一水平面内,并处于竖直方向的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.2特,导轨上

面横放着两条金属细杆,构成矩形回路,每条金属细杆的电阻为r=0.25欧,回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移,速度大小都是V=5.0米/秒,如图13所示.不计导轨上的摩擦. (1)求作用于每条金属细杆的拉力的大小.

(2)求两金属细杆在间距增加

0.40

米的滑动过程中共产生的热量

7 .如图所示，两光滑平行导轨MN、PQ水平放置在匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，导轨左端M、P接一定值电阻，金属和导轨电阻均不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经过时间t1后速度变为v，加速度为a1，最终以速度2v作匀速运动；若保持拉力F的功率恒定，经过时间t2后，速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v作匀速运动，求：（1）金属棒产生的最大电功率是多少？ （2）a1和a2各是多少？

8（04全国理综）如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，

两导轨间距为L0、M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。

（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图； （2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小； （3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。

6

9．（04全国理综） 图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应

强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于

a1 x1 c1 b1 F a2 y1 b2 c2 y2

d2

金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，x2 d1 求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。

参考答案

1．解析：

IEBL2V，

ER，FFBIL2，

ERtRBL2VR22WFL1V；PFVV；

2BL2L1VR22V；

QWV；qIt与v无关。

特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！

2．解：⑪由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈

从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J

⑫3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有

22

v0-v=2g(d-l)，得v=22m/s

22⑬2到3是减速过程，因此安培力F最小，a=4.1m/s2

BlvR减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度

7

3． B、C

4．解析：（1）E1＝B2a v＝0.2×0.8×5＝0.8V ① I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A ②

（2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa×ΔB/Δt＝0.32V ③ P1＝(E2/2)2/R＝1.28×102W

5．解析：（1）电动机的输出功率为：P出IUI2r6W

电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有P出Fv 其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时FmgBIL 感应电流IERBLvR2

由①②③式解得，棒达到的稳定速度为v2m/s

（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：P出tmgh解得 t=1s

6． 解:(1)当两金属杆都以速度v匀速滑动时,每条金属杆中产生的感应电动势分别为 ε1=ε=Bdv ① 由闭合电路的欧姆定律,回路中的电流强度

Ｉ＝(ε1＋ε1)/2r ② 因拉力与安培力平衡,作用于每根金属杆的拉力的大小为

F1=F2=IBd ③ 由①②③式并代入数据得 F1=F2=(B２d２v)/r=[(0.2)２×(0.2)２×5.0]÷0.25N=3.2×10-2N (2)设两金属杆之间增加的距离为△L,则两金属杆共产生的热量 Q=I×2r×(△L÷2v) 代入数据得 Q=1.28×10-2焦

7．解析（1）由于金属棒均向右做加速度运动，速度均由0→v→2v，在速度为2v以后做匀速运动。所以在速度为2v时，这种情况下的感应电动势最大，为Em=2BLv ，此时，回路中的感应电流也最大，为：Im=Em/R=2BLv/R。金属棒产生的最大电功率为：Pm=EmIm=4B2L2v/R。

（2）设金属棒质量为m，第一次水平拉力恒为F1，第二闪水平拉力变为F2，恒定功率为P，速度为V时，棒中感应电动势E1=BLv，安培力为：f1=BLI1=BLE1/R=B2L2v/R ①

速度为2v时棒中感应电动势E2=2BLv 安培力为f2=BLI2=BLE2/R=BLv/R ② 第一次恒力F1拉棒，对棒应用牛顿定律，在速度为v时有：F1-f1=ma1 ③ 在速度为2v时有：F1-f1=0 ④ 由①②③④联立解得：a1=BLv/mR

第二次以恒定功率P拉棒，此恒定功率就是速度2v时的最大电功率值，即：P= 4B2L2v/R ⑤ 当速度为v时有：P=F2v ⑥ 又有F2-f1=ma2 ⑦

8

22

22

２

12mv2Q

由⑤⑥解得F2= 4BLv/R ⑧ 由①⑦⑧解得a2= 3BLv/R 8． （1）

22

22

重力mg，竖直向下

支撑力N，垂直斜面向上 安培力F，沿斜面向上

（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv,此时电路电流 IBLvR22ERBLvR

ab杆受到安培力FBIL根据牛顿运动定律，有

mamgsinFmgsinBLvR22 agsinBLvmR22

（3）当

BLvR222mgsin时，ab杆达到最大速度vm

vmmgRsinBL2

9解：设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。

由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 B(l2l1)v ①

回路中的电流 IR ②

电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为

f1Bl1I ③

方向向上，作用于杆x2y2的安培力 f2Bl2I ④ 方向向下。当杆作为匀速运动时，根据牛顿第二定律有

9

Fm1gm2gf1f20 ⑤

解以上各式，得 IF(m1m2)gB(l ⑥

2l1) vF(m1m2)gB2(lR ⑦

2l1)2作用于两杆的重力的功率的大小 P(m1m2)gv ⑧ 电阻上的热功率 QI2R ⑨

由⑥、⑦、⑧、⑨式，可得 PF(m1m2)gB2(lR(m1m2)g2l1)2 Q[F(m1m2)gB(l]2R ○

11 2l1)9．

10

⑩