高中物理人教版二轮复习专题学案——应用三大观点处理双杆问题

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1．初速度不为零，两导体棒不受其他水平外力的作用
2．初速度为零，一个导体棒受到恒定水平外力的作用
注：对于不在同一平面上运动的双棒的问题，动量守恒定律不适用，可以用牛顿运动定律、能量观点、动量定理进行解决。
二．典例精讲
1．无外力的双棒模型
例题1 （2025·山西晋中·模拟题）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行，间距为L固定在同一水平面上。虚线PQ为与导轨垂直的边界，其左侧区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。两根质量分别为2m和m、电阻分别为R和2R的金属棒a和b垂直导轨放置。某时刻，给a以初速度v0使其沿导轨开始向b运动，当回路的电流为零时，b正好到达PQ处。最终，a恰能到达PQ处。已知a、b始终没有发生碰撞，且与导轨垂直并保持接触良好，不计导轨电阻，求：
（1）b开始运动时加速度的大小。
（2）b在磁场内运动过程中通过回路截面的电荷量及a、b的相对位移。
（3）整个过程中a产生的热量。
【答案】解：（1）设b开始运动时回路电动势的大小为E，电流为I，b加速度的大小为a，
则由E＝BLv0，I＝，BIL＝ma，联立解得a＝；
（2）回路电流为零时a、b速度大小恰好相等，设为v，由动量守恒得2mv0＝(2m＋m)v，
设到达PQ的过程中，b运动的时间为t，回路电流的平均值为，通过截面的电荷量为q，
则由动量定理＝mv，又q＝，解得q＝，
b在磁场中运动过程中，设a、b间缩小的距离为Δx，回路的平均感应电动势为，
则，又，解得Δx＝；
（3）设整个过程中回路产生的总热量为Q总，a产生的热量为Qa，
则由能量守恒得Q总＝，又Qa＝，解得Qa＝。
例题2 （多选）（2023·辽宁·历年真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（ ）
A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【解析】弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力，方向向左；MN受安培力，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则2mv＝mv′，得v′＝2v，回路的感应电流，MN所受安培力大小为，B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得，，可得则最终MN位置向左移动，PQ位置向右移动，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为，安培力平均值，则整个过程根据动能定理，，可得，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则，D错误。选AC。
2．有外力的双棒模型
例题3 （2025·湖南·联考题）某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
（1）此时金属棒PQ的加速度是多少？
（2）此时两金属棒的速度各是多少？
（3）金属棒MN和PQ的最大速度差是多少？
【答案】（1）恒力作用于MN棒，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知MN棒中感应电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN棒受安培力水平向左，PQ棒受到的安培力水平向右，它们都做加速运动。
对MN棒，由牛顿第二定律得F－BIL＝ma
对PQ棒，由牛顿第二定律得BIL＝ma′
联立解得金属棒PQ的加速度是：a′＝0.4 m/s2
（2）设某时刻MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝
在t＝10 s时，对MN棒，由牛顿第二定律得F－BIL＝ma
整理得：F－＝ma
代入数据得：v1－v2＝16 m/s
由于两棒所受的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F，对系统，取向右为正方向，
由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0，代入数据得：v1＋v2＝20 m/s
联立解得：v1＝18 m/s，v2＝2 m/s
（3）MN棒向右做加速度减小的加速运动，PQ棒向右做加速度增大的加速运动，当两棒的加速度相同时，它们的速度差最大（设为Δvm），设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共
对PQ杆有BImL＝ma共
其中Im＝，联立解得：Δvm＝
代入数据解得：Δvm＝40 m/s
三．跟踪训练
1．（2025·江西·模拟题）如图，两根相距为l的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ab和cd两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。两根金属杆的质量关系为mab＝2mcd＝2m、电阻均为r，导轨的电阻忽略不计。从t＝0时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向滑动，t＝T时，两杆同时达到最大速度，之后都做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．若在t1（t1＜T）时刻ab杆速度的大小等于v1，此时ab杆加速度的大小为
B．在0～T时间内，ab杆的最大速度为
C．在0～T时间内，通过ab杆横截面的电荷量为
D．在0～T时间内，通过cd杆横截面的电荷量为
【答案】A
【解析】A．设此时杆cd的速度为v2，在两金属杆运动过程中，两杆组成的系统动量守恒，
有2mv1－mv2＝0，得v2＝2v1
此时回路中产生的电动势为E＝Bl(v1＋v2)＝3Blv1
回路中的电流大小为I1＝
ab杆所受的安培力大小为F1＝BI1l＝
ab杆的加速度大小为a＝，故A正确；
B．设达到最大速度时ab杆的速度为v，设cd杆的速度为v′，由选项A分析，可知ab杆所受的安培力大小为F′＝
杆达到最大速度时，ab杆所受的拉力与安培力平衡，即F＝，解得v＝，故B错误；
CD．在0～T时间内，设通过ab杆的平均电流为，
对ab杆应用动量定理得FT－＝2mv
解得通过ab杆横截面的电荷量q＝
ab、cd杆串联，通过的电荷量一样，故CD错误。故选A。
2．（2025·广西·模拟题）如图所示，足够长光滑平行水平导轨所在空间，有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L，质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上，同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍，两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度，导轨电阻不计，则在两棒运动过程中（cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动），下列说法正确的是（ ）
A．两棒组成的系统动量守恒，且最终速度相等
B．ab棒最终的速度大小为
C．cd棒产生的焦耳热为
D．ab棒克服安培力做的功为
【答案】D
【解析】A．两棒受到的安培力不相等，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，最终两棒切割磁感线产生的电动势相等，速度不相等，故A错误；
B．设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有BLv1＝2BLv2，以水平向左的方向为正方向，对ab棒有m(v0－v1)＝BLq，以水平向右的方向为正方向，对cd棒有2mv2＝2BLq，解得v1＝，v2＝，故B错误；
C．系统产生的焦耳热Q＝＝，cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的，Qcd＝，故C错误；
D．ab棒克服安培力做的功W＝＝，故D正确。故选：D。
3．（多选）光滑平行异型导轨abcd与a′b′c′d′如图所示，轨道的水平部分bcd、b′c′d′处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为cd段轨道宽度的2倍，bc段和cd段轨道都足够长，abcd与a′b′c′d′轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒P和Q（P和Q都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒置于距水平轨道高为h处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g。则（ ）
A．当P棒进入轨道的水平部分后，P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动
B．当P棒进入轨道的水平部分后，Q棒先做匀加速直线运动
C．Q棒的最终速度和P棒的最终速度相等
D．P棒的最终速度vP＝，Q棒的最终速度vQ＝
【答案】AD
【解析】由机械能守恒定律得mgh＝，解得v0＝。当P棒进入轨道的水平部分后，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用。设bc段轨道宽度为L，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0，设金属棒Q在轨道内部分的电阻为r，则金属棒P在轨道内部分的电阻为2r，由闭合电路的欧姆定律得I＝，所受安培力F＝ILB，由牛顿第二定律得F＝ma，联立解得a＝，所以P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A正确；金属棒Q受到安培力作用，做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；最终回路内产生的感应电流为零，回路内磁通量不变，Q棒的最终速度是P棒最终速度的2倍，故C错误；P棒的最终速度为vP，Q棒的最终速度为vQ，从进入磁场切割磁感线运动到最终，金属棒P所受安培力为Q的2倍，设金属棒P受到的安培力为F，则Q受到的安培力为，对金属棒P，由动量定理得Ft＝mv0－mvP，对金属棒Q，由动量定理得＝mvQ，又vQ＝2vP，联立解得vP＝，vQ＝，故D正确。故选AD。
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量mb＝ma，电阻rb＝ra，
长度Lb＝La
质量mb＝ma，电阻rb＝ra，
长度Lb＝2La
力学观点
导体棒b受安培力做变减速运动，导体棒a受安培力做变加速运动，稳定时，两导体棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
导体棒b受安培力做变减速运动，导体棒a受安培力做变加速运动，稳定时，两导体棒的加速度均为零，两导体棒的速度之比为1∶2
运动图像
能量观点
一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk
动量观点
两导体棒组成的系统动量守恒
两导体棒组成的系统动量不守恒
对单个导体棒可以用动量定理
光滑的平行导轨
不光滑的平行导轨
示意图
质量mb＝ma，电阻rb＝ra，
长度Lb＝La
质量mb＝ma，电阻rb＝ra，
长度Lb＝La，摩擦力Ffb＝Ffa
力学观点
开始时，两导体棒受安培力做变加速运动；稳定时，两导体棒以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若Ff＜F≤2Ff，则导体棒a先变加速后匀速运动；导体棒b静止。若F＞2Ff，导体棒a先变加速后匀加速运动，导体棒b先静止后变加速最后和a同时做匀加速运动，且加速度相同
运动图像
能量观点
F做的功转化为两导体棒的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q
F做的功转化为两导体棒的动能和内能（包括电热和摩擦热）：
WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
动量观点
两导体棒组成的系统动量不守恒
对单个导体棒可以用动量定理
两导体棒组成的系统动量不守恒
对单个导体棒可以用动量定理