2026版高考物理二轮复习攻坚克难3　微切口2　力学三大观点在“双杆＋导轨”模型中的应用

微切口2力学三大观点在“双杆＋导轨”模型中的应用类型1无外力作用如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，初始两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(D)A.导体棒L1的最终速度为v0B.导体棒L2产生的焦耳热为eq\f(3mv\o\al(2,0),8)C.通过导体棒横截面的电荷量为eq\f(mv0,Bd)D.两导体棒的初始距离最小为eq\f(mv0r,B2d2)【解析】根据楞次定律，导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q总＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)，解得Q总＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)Q总＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得Bidt＝mv1，因为q＝it，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝eq\f(mv1,Bd)＝eq\f(mv0,2Bd)，故C错误；当导体棒L1、L2速度相等时距离为0，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q＝iΔt＝eq\f(E,2r)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·2r)Δt＝eq\f(Bdl,2r)＝eq\f(mv0,2Bd)，解得l＝eq\f(mv0r,B2d2)，故D正确．类型2有外力作用如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒单位长度的电阻相同，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的热量为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法中正确的是(C)A.v的大小等于eq\r(\f(Fs－Q,m))B.撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为eq\f(6,5)v，方向向右C.撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为eq\f(3,5)v，方向向右D.撤去拉力F后，整个回路产生的热量为eq\f(1,5)mv2【解析】根据动能定理可知Fs－Q总＝eq\f(1,2)·2mv2，根据AB棒上产生的热量可知Q总＝3Q，可解得v＝eq\r(\f(Fs－3Q,m))，故A错误；最终稳定后，则有BlvAB＝B·2lvCD，分别对两根导体棒列动量定理，则有Beq\x\to(I)lt＝m(vAB－v)，2Beq\x\to(I)lt＝m(v－vCD)，联立解得vAB＝eq\f(6,5)v，vCD＝eq\f(3,5)v，AB的速度方向向左，CD的速度方向向右，故B错误，C正确；根据能量守恒可知Q＝eq\f(1,2)·2mv2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,AB)＋\f(1,2)mv\o\al(2,CD)))＝eq\f(1,10)mv2，故D错误．(2025·海南卷)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g.(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热．(2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差．(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为0，加速度不为0，此后某时刻，cd棒的加速度为0，速度不为0，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差．答案：(1)eq\f(mg,2BL)eq\f(1,4)mgx0－eq\f(m3g2R2,16B4L4)(2)eq\f(3mgR,4B2L2)(3)eq\f(m2gR2,4B4L4)【解析】(1)ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得mgsin30°＝BIabL解得通过ab棒的电流为Iab＝eq\f(mg,2BL)设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有F安cd＝μmg同时有F安cd＝BI1L，I1＝eq\f(BLv0,2R)分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得mgx0sin30°－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Qcd联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd＝eq\f(1,4)mgx0－eq\f(m3g2R2,16B4L4)(2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有mgsin30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma同时有F安＝BIL，I＝eq\f(BLv1－BLv2,2R)＝eq\f(BLΔv,2R)联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv＝eq\f(3mgR,4B2L2)(3)分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受的合外力为0，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v′1，可知mΔv＝mv′1解得v′1＝Δv＝eq\f(3mgR,4B2L2)设某时刻时，ab棒速度为v″1，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为0，可得F安cd2＝μmg①其中F安cd2＝BI2分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I2＝eq\f(BLv″1－vcd,2R)②从t1时刻到某时刻，对两棒分别根据动量定理有－(μmg＋Beq\x\to(I)L)Δt＝mv″1－mv′1，(Beq\x\to(I)L－μmg)Δt＝mvcd变式可得μmgΔt＋BLq＝mv′1－mv″1，BLq－μmgΔt＝mvcd两式相加得2BLq＝mv′1－m(v″1－vcd)③同时有q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),2R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLΔs,2R)④联立①②③④可得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs＝eq\f(m2gR2,4B4L4)“双杆＋导轨”模型物理模型两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和(合外力为0)动量观点对双杆合外力为0，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题(2025·苏锡常镇调研一)如图所示，两根足够长且光滑的平行金属导轨与水平面成θ＝30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中．t＝0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上、大小为mg的恒力，同时释放cd棒．下列图像中，a、v、x、Eab分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成系统的机械能，可能正确的是(C)ABCD【解析】释放两棒后ab棒向上运动，cd棒向下运动，对ab棒分析可知加速度a＝eq\f(F－mgsin30°－F安,m)，其中F＝mg，F安＝Beq\f(BLv1＋v2,2R)L＝eq\f(B2L2v1＋v2,2R)，随速度的增加，安培力变大，则加速度减小，当加速度减为0时，F安＝mgsin30°，此时对cd因满足F安＝mgsin30°，则cd也匀速运动，即两棒的加速度减为0后均做匀速运动，A、B错误；ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和，开始时随安培力变大，则这两个力做功的代数和逐渐减小，最后匀速时两个力的合力为eq\f(1,2)mg，则合力不变，随位移增加合力做功逐渐增加，即Eab图像的斜率先减小，后不变，C正确；对两棒整体，机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和，因最终两棒均匀速运动，且由于系统沿斜面方向受合外力为0，系统沿斜面方向动量守恒，可知最终两棒匀速运动的速度相等，安培力(均为eq\f(1,2)mg)对两棒均做负功，力F对系统做正功，可知两个安培力和力F做功代数和为0，则系统的机械能不变，D错误．(2024·南师附中)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab、cd均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.3Ω、R2＝0.2Ω.现让ab棒以v0＝10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，取g＝10m/s2，求：(1)cd棒通过轨道最高位置PP′的速度大小v及cd棒刚进入半圆轨道瞬间的速度大小v2.(2)cd棒进入半圆轨道前，cd棒上产生的焦耳热Q.(3)cd棒刚进入半圆轨道时，与初始时刻相比，两棒间距变化量Δx.答案：(1)eq\r(5)m/s5m/s(2)1.25J(3)eq\f(25,9)m【解析】(1)cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有m2g＝m2eq\f(v2,r)解得v＝eq\r(5)m/scd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝m2g·2r＋eq\f(1,2)m2v2解得v2＝5m/s(2)cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，设cd棒刚进入半圆轨道时ab的速度大小为v1，规定向右为正方向m1v0＝m1v1＋m2v2解得v1＝7.5m/s根据能量守恒有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋Q′根据电路特点有cd棒进入半圆轨道前，cd棒上产生的焦耳热Q＝eq\f(R2,R1＋R2)Q′解得Q＝1.25J(3)根据动量定理可得－Beq\x\to(I)dt＝m1v1－m1v0则－Bqd＝m1v1－m1v0解得q＝eq\f(5,3)C根据法拉第电磁感应定律可知平均电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BdΔx,t)平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R1＋R2)电荷量q＝eq\x\to(I)t解得Δx＝eq\f(25,9)m配套热练1.(2025·湖北卷)如图甲所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、有效电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好．导轨电阻忽略不计．导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图乙所示，t＝T时刻，B＝0.t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为0，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为(B)甲乙A.eq\f(B0Lx0,4R) B.eq\f(B0Lx0,2R)C.eq\f(B0Lx0,R) D.eq\f(2B0Lx0,R)【解析】通过导体的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt，而eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，t＝T时，磁感应强度为0，故eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0Lx0－0,T)，联立以上各式，可得q＝eq\f(B0Lx0,2R)，故B正确．2.(2025·盐城考前指导试卷)如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，电阻不计，图中EFHG矩形区域内有方向垂直导轨平面向上的匀强磁场．在t＝0时刻，两金属棒a、b以相同速率分别从EF、GH进入磁场．在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰．设b棒速度为v，通过b棒横截面的电荷量为q，两棒间的距离为d.规定向右为正方向．下列关于b棒的v－t和q－d的图像可能正确的是(B)A.②③ B.①③C.②④ D.①④【解析】由于b棒初速度向左为负值，图②错误；设两棒初速度大小为v0，若两棒质量ma>mb，两棒系统动量守恒，系统总动量向右，b棒先向左减速，后向右加速，且加速度一直减小，图①可能正确；设EF和GH的距离为d0，a、b棒电阻分别为Ra、Rb，导轨间距为L，a、b棒距离为d时，通过b棒横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t，平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),Ra＋Rb)，根据法拉第电磁感应定律eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，联立可得q＝eq\f(ΔΦ,Ra＋Rb)＝eq\f(BLd0－d,Ra＋Rb)，故图③正确，图④错误，故B正确．3.(2024·海南卷改编)两根足够长的导轨由上下段电阻不计且光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1m，连接处平滑．导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02Ω的电阻和C＝1F的电容器，整个装置处于B＝0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1＝0.8kg，m2＝0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32m处在一个大小F＝4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，取g＝10m/s2.下列说法中正确的是(D)A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44sB.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为3.9JC.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/sD.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s【解析】由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq＝C·BLΔv.对cd根据牛顿第二定律有F－BIL－m2gsin30°＝m2a2，其中a2＝eq\f(Δv,Δt)，I＝eq\f(Δq,Δt)，联立有a2＝eq\f(F－m2gsin30°,m2＋CB2L2)，则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x0＝eq\f(1,2)a2t2，联立解得a2＝6m/s2，t＝1.2s，故A错误；由题知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有m1gxabsin30°－Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，金属棒下滑过程中根据动量定理有m1gsin30°·t－Beq\x\to(I)L·t＝m1v1，其中q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BLxab,R总)，R总＝R＋Rab＝0.1Ω，联立解得q＝6C，xab＝3m，Q＝3.9J，则R上消耗的焦耳热为QR＝eq\f(R,R总)Q＝0.78J，故B错误；由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1v1－m2v2＝m1v′1＋m2v′2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，其中v2＝a2t＝7.2m/s，联立解得v′1＝－3.3m/s，v′2＝8.4m/s，故C错误，D正确．4.(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的eq\f(1,4)圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放，求：(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小．(2)金属环刚开始运动时的加速度大小．(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离．答案：(1)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)【解析】(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gL)则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BLeq\r(2gL)(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0＝eq\f(1,2)×eq\f(6R,3)＝R可知，整个回路的总电阻为R总＝R＋eq\f(R·R,R＋R)＝eq\f(3,2)Rab刚越过MP时，通过ab的感应电流为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2BL\r(2gL),3R)对金属环由牛顿第二定律有2BL·eq\f(I,2)＝2ma解得a＝eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv解得v＝eq\f(1,3)v0对金属棒ab，由动量定理有－Beq\x\to(I)Lt＝m·eq\f(v0,3)－mv0则有BLq＝eq\f(2,3)mv0设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q＝eq\f(BLx1－x2,R总)联立解得Δx＝x1－x2＝eq\f(mR\r(2gL),B2L2)则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋Δx＝eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)5.(2025·甘肃卷)已知在一磁感应强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容器C，两机械臂1和机械臂2(可视为杆)质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R.机械臂1的初速度为v0，机械臂2静止，两者不相撞．求：(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向．(2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量的表达式．(3)稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值．答案：(1)BLv0竖直向上(2)BI1LBI2LQ＝eq\f(mCBLv0－I1R＋I2R,2m＋B2L2C)(3)eq\f(mv0,2m＋CB2L2)eq\f(CRmv0,2m＋B2L2C)【解析】(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0由右手定则可知感应电流方向竖直向上．(2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI设此时两机械臂的速度分别为v1、v2根据动量守恒－Beq\x\to(I)1L·Δt＝mv1－mv0，Beq\x\to(I)2L·Δt＝mv2而eq\x\to(I)1·Δt＝Q1，eq\x\to(I)2·Δt＝Q2电容器的带电荷量Q＝Q1－Q2电容器两端的电压U＝eq\f(Q,C)＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R联立解得U＝eq\f(mBLv0－I1R＋I2R,2m＋B2L2C)所以此时电容器电荷量为Q＝CU＝eq\f(mCBLv0－I1R＋I2R,2m＋B2L2C)(3)当I1＝I＝0时，两机械臂的速度相同，此时U＝BLv可得两机械臂的速度为v＝eq\f(mv0,2m＋B2L2C)此过程中，对机械臂1，根据动量定理－eq\f(B2L2\x\to(v),R)·Δt＝－eq\f(B2L2x1,R)＝mv－mv0对机械臂2，根据动量定理eq\f(B2L2\x\to(v),R)·Δt＝eq\f(B2L2x2,R)＝mv初始距离的最小值Δx＝x1－x2解得Δx＝eq\f(CRmv0,2m＋B2L2C)6.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，导轨间距L＝0.5m，导轨上端接一阻值R＝1Ω的电阻．匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B＝2T．两导体