2026版高考物理二轮复习攻坚克难3　微切口1　力学三大观点在“单杆＋导轨”模型中的应用

力学三大观点在电磁感应中的应用微切口1力学三大观点在“单杆＋导轨”模型中的应用类型1“单杆＋导轨＋电阻”模型如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4m，其下端连接一个定值电阻R＝2Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．一质量为m＝0.02kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求导体棒下滑的最大速度．(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率．(3)若导体棒从静止经t＝1.4s加速到v＝4m/s的过程中，求R产生的热量Q.答案：(1)6m/s(2)0.72W(3)0.368J【解析】(1)速度最大时，合力为0，根据平衡条件可得mgsinθ＝F安＝BIL由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm代入数据解得vm＝6m/s(2)当速度最大时，感应电流最大，电功率最大，根据电功率的计算公式可得P＝I2R＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m),R)＝0.72W(3)从静止经t＝1.4s加速到v＝4m/s的过程中，根据动量定理mgtsinθ－Beq\x\to(I)Lt＝mv且q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BLx,R)解得x＝4.4m由能量守恒定律得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.368J“单杆＋导轨＋电阻”模型物理模型无外力有外力分析方法动力学观点导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，直至停止导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动能量观点动能全部转化为内能F(或重力)做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能动量观点对杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题类型2“单杆＋导轨＋电容器”模型(2024·全国甲卷)如图所示，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦．定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C.在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直．整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中．(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0.当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小．(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动．当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功．答案：(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(BLv0,4)eq\f(CB2L2v\o\al(2,0),8)【解析】(1)开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0联立可得恒定的外力为F＝eq\f(B2L2v0,R)在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝eq\f(B2L2v0,R)v定值电阻的功率为PR＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)当PF＝2PR时，即eq\f(B2L2v0,R)v＝2eq\f(B2L2v2,R)化简可得v＝eq\f(v0,2)(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋eq\f(q,C)当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率PF＝F′v＝BILv定值电阻功率PR＝I2R当PF＝2PR时有BILv＝2I2R可得IR＝eq\f(BLv,2)根据E＝BLv＝IR＋eq\f(q,C)可得此时电容器两端电压为UC＝eq\f(q,C)＝eq\f(BLv,2)＝eq\f(1,4)BLv0从开关断开到此刻外力所做的功为W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq其中q＝eq\f(CBLv,2)联立可得W＝eq\f(CB2L2v\o\al(2,0),8)“单杆＋导轨＋电容器”模型比较内容无外力充电式无外力放电式基本模型导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电容器放电，相当于电源，导体棒受安培力而运动电流特点安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为0，此时UC＝BLvm运动特点和最终特征导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为0导体棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最终速度电容器充电电荷量q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理mv－mv0＝－Beq\x\to(I)L·Δt＝－BLq解得v＝eq\f(mv0,m＋B2L2C)电容器充电电荷量Q0＝CE放电结束时电荷量Q＝CU＝CBLvm电容器放电电荷量ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理mvm－0＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQ解得vm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t图像(2025·徐州调研)如图所示，足够长的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内，电阻不计，两导轨与竖直方向夹角均为30°.空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、长为L的导体棒在竖直向上的拉力F作用下，从O点开始沿y轴向下以大小为v的速度做匀速直线运动，且棒始终与y轴垂直对称，与导轨接触良好．导体棒单位长度电阻值为r，重力加速度为g.则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法中正确的是(C)A.导体棒中的感应电流逐渐增大B.导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能等于导体棒产生的焦耳热C.通过回路中某横截面上的电荷量为eq\f(\r(3)BL,2r)D.导体棒在导轨上运动时拉力F与y的关系为F＝mg－eq\f(\r(3)vB2,3r)y【解析】设导体棒在两导轨间的长度为l，则导体棒切割磁感线在电路中产生电流的感应电动势E＝Blv，根据闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,lr)＝eq\f(Bv,r)，因为v、r、B恒定，则I恒定，导体棒中的感应电流大小保持恒定不变，故A错误；导体棒运动过程重力做正功WG，克服拉力F做功WF，安培力做负功，克服安培力做功转化为焦耳热Q，由动能定理得WG－WF－Q＝0，则机械能的减少量ΔE＝WG＝Q＋WF>Q，即导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能大于金属棒产生的焦耳热，故B错误；由于I＝eq\f(Bv,r)，q＝It＝eq\f(Bv,r)·eq\f(\f(\r(3),2)L,v)＝eq\f(\r(3)BL,2r)，故C正确；导体棒受到重力、拉力F和安培力作用，根据共点力平衡知识可知F＋BIl＝mg，解得拉力F＝mg－BIl，其中l＝2ytan30°，解得F＝mg－eq\f(2\r(3)B2v,3r)y，故D错误．(2025·泰州四模)如图所示，两根光滑且平行且电阻不计的长直金属导轨固定在水平桌面上，左端接入电容为C、带电荷量为Q的电容器和阻值为R的电阻．一质量为m、阻值也为R的导体棒MN垂直静置在导轨上且接触良好，整个系统处于竖直向下的匀强磁场中．闭合开关S后(D)A.导体棒MN中电流的最大值为eq\f(Q,2RC)B.导体棒MN向右先加速，后匀速运动C.导体棒MN所受安培力最大时，速度也最大D.电阻R上产生的热量大于导体棒MN上产生的热量【解析】在运动过程中，MN上的电流瞬时值为i＝eq\f(U－Blv,R)，当闭合的瞬间，Blv＝0，电流最大Imax＝eq\f(U,R)＝eq\f(Q,CR)，故A错误；当U>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的速度为0，故B错误；当U＝Blv时，MN上电流瞬时为0，安培力为0，此时MN速度最大，故C错误；在MN加速阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗的电能大于MN消耗的电能，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速为0的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确．配套热练1.(2025·无锡期末调研)如图所示，MN和PQ是两根相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合．从S刚闭合开始，金属杆可能(D)A.做加速度不变的减速运动B.做加速度变大的减速运动C.做加速度变大的加速运动D.做加速度变小的加速运动【解析】闭合开关时，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，若重力与安培力大小相等，金属杆的合力为0，做匀速直线运动；若安培力小于重力，则金属杆的合力向下，加速度向下，做加速运动．随着速度增大，金属杆产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属杆受到的安培力增大，则合力减小，加速度减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动；若安培力大于重力，则金属杆的合力向上，加速度向上，做减速运动．随着速度减小，金属杆产生的感应电动势减小，感应电流减小，金属杆受到的安培力减小，则合力减小，加速度减小，则金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，故D正确．2.(2025·南通统考)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计．质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中(D)A.金属棒做匀加速直线运动B.当金属棒速度为eq\f(v,2)时，金属棒的加速度大小为0.5gC.电阻R上产生的焦耳热为mgxsinθ－eq\f(1,2)mv2D.通过金属棒某一横截面的电荷量为eq\f(BLx,R＋r)【解析】对金属棒，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－BIL＝ma，可得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)，当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；金属棒ab匀速下滑时，则有a＝0，即有v＝eq\f(mgR＋rsinθ,B2L2)，当金属棒速度为eq\f(v,2)时，金属棒的加速度大小为a1＝gsinθ－eq\f(B2L2,mR＋r)·eq\f(v,2)＝eq\f(1,2)gsinθ，故B错误；对金属棒，根据动能定理可得mgsinθ·x－Q＝eq\f(1,2)mv2，解得产生的焦耳热为Q＝mgsinθ·x－eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为QR＝eq\f(R,R＋r)(mgsinθ·x－eq\f(1,2)mv2)，故C错误；通过金属棒某一横截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)，故D正确．3.如图所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过导线与电源和不带电电容器相连，导轨平面处于匀强磁场中，有一定阻值的导体棒ab垂直导轨处于静止状态．现将开关S与1闭合，当棒达到稳定速度v后S与2闭合，导轨足够长，电源内阻不计．则(D)A.S与1闭合后，棒ab做匀加速直线运动B.S与2闭合后，棒ab中的电流不断增大C.从S与1闭合到棒ab达到速度v，电源提供的电能等于棒获得的动能D.从S与2闭合到棒ab达到稳定状态，棒减少的动能部分转化为电容器的电场能【解析】S与1闭合后，安培力F＝BIL＝eq\f(BE－BLvL,R)＝ma，由于加速运动，v增大，a减小，所以棒ab先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动．由能量守恒定律可知，从S与1闭合到棒ab达到速度v，电源消耗的电能等于棒获得的动能和棒ab产生的热量，故A、C错误；S与2闭合后，电容器充电，棒ab中的电流不断减小，故B错误；从S与2闭合到棒ab达到稳定状态，棒减少的动能转化为电容器的电场能和棒ab消耗的电能，故D正确．4.如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻．下列说法中正确的是(A)A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【解析】根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，故C错误；由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L＝2xtanθ，x＝vt，则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttanθ，由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则流过金属棒的电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，故A正确；当金属棒到达x0处时，金属棒产生的感应电动势为E′＝2Bvx0tanθ，则电容器的电荷量为Q＝CE′＝2BCvx0tanθ，故B错误；由于金属棒做匀速运动，则F＝F安＝BIL，由选项A可知流过金属棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P＝Fv，可看出F为变力，v不变，则功率P随力F变化而变化，故D错误．5.(2025·湖南卷)如图所示，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点．一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0.整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好．下列说法中正确的是(C)A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴正方向B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为eq\f(mv0r0,B2)D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半【解析】根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A错误；若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知F＝F安＝BIL，I＝eq\f(BLv0,R)＝eq\f(BLv0,Lr0)＝eq\f(Bv0,r0)，可得F＝eq\f(B2Lv0,r0)，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L′，根据动量定理有－BI′L′Δt＝－BL′q′＝mΔv，同时有q＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),L′r0)·Δt＝eq\f(ΔΦ,L′r0)＝eq\f(B·ΔS,L′r0)，联立得－eq\f(B2ΔS,r0)＝mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得－eq\f(B2S,r0)＝0－mv0，解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝eq\f(mv0r0,B2)，故C正确；若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知，当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S′＝eq\f(1,2)S，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误．6.(2024·姜堰、如东、前黄三校联考)我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如图所示：飞机着舰时关闭动力系统，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其他电阻和阻拦索的质量．轨道内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B.金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则(D)A.整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向B.整个过程中通过电阻R的电荷量为eq\f(mv0,Bd)C.整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功为eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)－QD.通过最后eq\f(x,2)的过程中，电阻R上产生的焦耳热小于eq\f(Q,4)【解析】根据右手定则可知金属棒中感应电流方向由b到a，整个过程中通过回路的电流方向为逆时针方向，A错误；金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，此时速度为0，根据动量定理得－Beq\x\to(I)1dt1＝0－(M＋m)v0，即Bqd＝(M＋m)v0，通过金属棒的电荷量为q＝eq\f(m＋Mv0,Bd)，B错误；电阻R上产生焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q′＝eq\f(r,R)Q，根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)－Q－eq\f(r,R)Q，C错误；金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，此时速度为0，根据动量定理得－Beq\x\to(I)1dt1＝0－(M＋m)v0，通过的电荷量q＝eq\x\to(I)1t1＝eq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝eq\f(Bdx,R＋rΔt)Δt＝eq\f(Bdx,R＋r)，设金属棒经过eq\f(x,2)位置时的速度为v2，根据动量定理得－Beq\x\to(I)2dt2＝(M＋m)v2－(M＋m)v0，通过的电荷量q′＝eq\x\to(I)2t2＝eq\f(ΔΦ′,ΔtR＋r)Δt＝eq\f(Bd×\f(1,2)x,R＋rΔt)Δt＝eq\f(Bd×\f(1,2)x,R＋r)，解得2v2＝v0，金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(R,R＋r)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m＋Mv\o\al(2,0)－W))，通过最后eq\f(x,2)的过程中，速度从v2减小到0，电阻R上产生的焦耳热Q′＝eq\f(R,R＋r)×[eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)W]，解得Q′＜eq\f(Q,4)，D正确．7.如图甲所示，有两条相距L＝1m的平行光滑金属轨道，轨道在PM、QN之间的部分水平，其中PM左侧轨道的倾斜角θ＝30°，QN右侧轨道为弧线，在两轨道的上端均接有阻值R＝2Ω的电阻．PM、QN之间存在竖直向下的磁场(PM、QN边界上无磁场)，磁感应强度的变化情况如图乙所示，PM、QN之间的距离d＝2m．一质量为m＝1kg、导轨间有效阻值为R＝2Ω的导体棒t＝0时从H处无初速度释放，下滑2s末刚好进入水平轨道(转角处无机械能损失)．运动中导体棒始终与导轨垂直，不计导轨电阻．取g＝10m/s2.求：甲乙(1)在0～2s内，通过导体棒的电荷量．(2)导体棒最终静止的位置离PM的距离．(3)整个过程中导体棒上产生的热量．答案：(1)1C(2)eq\f(2,3)m(3)eq\f(103,3)J【解析】(1)感应电动势E1＝eq\f(ΔB,Δt)S＝3VR总＝eq\f(1,2)R＋R＝3Ω干路中电流I＝eq\f(E1,R总)＝1A通过导体棒的电流I1＝eq\f(I,2)＝0.5A解得q＝I1t＝1C(2)棒到达底端时的速率为v，则v＝a1t＝gsinθ·t＝10m/s由动量定理得－Beq\x\to(I)L·Δt＝m·Δv即eq\f(B2L2s,R总)＝mv解得s＝eq\f(10,3)m导体棒最终静止的位置离PM的距离x＝2d－s＝eq\f(2,3)m(3)0～2s导体棒上产生的热量Q1＝Ieq\o\al(2,1)Rt＝1J2s后回路的总热量Q总＝eq\f(1,2)mv2＝50J2s后棒上产生的热量Q2＝eq\f(R,R总)Q总＝eq\f(100,3)J整个过程中导体棒上产生的热量Q＝Q1＋Q2＝eq\f(103,3)J8.(2025·安徽卷)如图所示，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻．水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初