《2025年学霸高考黑题物理人教版》

压轴挑战4(有外力等间距双杆模型)(2025·江西上饶二模)(多选)如图，两条光滑且足够长的直金属导轨$MN$、$PQ$平行放置，两导轨与水平面间夹角均为$\theta$，间距为$L$，导轨所在空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为$B$。两相同导体棒$a$、$b$垂直导轨放置，质量均为$m$，接入电路的电阻均为$R$，$b$棒靠在绝缘挡杆上保持静止。$a$棒在沿导轨向上的拉力$F = 4mg\sin\theta$作用下由静止开始做加速直线运动，将$b$棒刚要离开挡杆时刻设为0时刻，在$t_{0}$时刻，拉力大小减为$\frac{F}{2}$，直到运动稳定。导轨电阻不计，运动过程中两导体棒与导轨始终垂直且接触良好。关于$a$、$b$棒从静止到最终稳定运动的过程，下列说法正确的是(BC)


A.$b$棒离开挡杆前，$a$棒做匀加速直线运动
B.$b$棒刚要离开挡杆时，$a$棒速度大小为$\frac{2mgR\sin\theta}{B^{2}L^{2}}$
C.$b$棒最终速度大小为$gt_{0}\sin\theta$
D.$a$棒最终速度大小为$gt_{0}\sin\theta+\frac{mgR\sin\theta}{B^{2}L^{2}}$

答案： 4. 题型分析
本题是双杆问题，要正确分析两杆的受力情况，判断安培力变化情况，来分析两杆的运动情况.要抓住系统的合外力为$0$时，动量守恒.
$BC$ 解析：A.$b$棒离开挡杆前，对$a$有$F - BIL - mg\sin\theta = F - \frac{B^2L^2v}{2R} - mg\sin\theta = ma$，可知$v$增大，加速度$a$减小，即$b$棒离开挡杆前，$a$棒做加速度减小的加速直线运动，故A错误；
B.$b$棒刚要离开挡杆时，对$b$有$mg\sin\theta = BI_1L = \frac{B^2L^2v_1}{2R}$，联立解得$v_1 = \frac{2mgR\sin\theta}{B^2L^2}$，故B正确；
CD.在$t_0$时刻，拉力大小减为$F' = 2mg\sin\theta$，可知系统合外力为零，系统动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设$t_0$时刻，$a$棒和$b$棒的速度分别为$v_a$、$v_b$，最终两棒的共同速度为$v$，在$0\sim t_0$时间内，取沿导轨向上为正方向，对$ab$棒整体，因两棒受到的安培力大小相等，方向相反，所以安培力对整体的冲量为零，由动量定理得$Ft_0 - 2mg\sin\theta × t_0 = mv_a + mv_b$，从$t_0$时刻直到运动稳定，取沿导轨向上为正方向，对$ab$棒系统，根据动量守恒定律$mv_a + mv_b = 2mv$，联立解得$v = gt_0\sin\theta$，故C正确，D错误.
故选BC.
名师点评：本题在于对于临界状态的分析，最终两杆以相同的速度做匀速直线运动下去.结合牛顿第二定律和动量守恒及动量定理的应用.

压轴挑战5（等距双杆模型+动量定理+碰撞）（2025·江西赣州二模）如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为$L$的光滑平行水平导轨平滑连接。水平导轨足够长，其右端接有电容为$C$的电容器，且全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为$B$，在导轨上放置长度略大于$L$的导体棒$P$、$M$、$N$。$P$棒和$M$棒的质量均为$m$，接入电路的电阻均为$2R$，$N$棒的质量为$2m$，接入电路的电阻为$R$。已知初始时电容器带电量为0，开关$S$断开，$M$棒和$N$棒间距为$d$，且均处于静止状态。现让$P$棒从圆弧导轨上高为$h$处由静止释放，$P$棒与$M$棒如果发生碰撞则会粘在一起。重力加速度大小为$g$，不计导轨电阻及空气阻力，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求$P$棒刚进入磁场时速度$v_{0}$的大小及此时流经$M$棒电流$I_{M}$的大小；
（2）若$P$棒与$M$棒恰好不发生碰撞，求该过程$P$棒中产生的焦耳热$Q_{P}$；
（3）若初始时$M$棒离磁场左边界的距离$x_{0}=\frac{4mR\sqrt{2gh}}{3B^{2}L^{2}}$，且运动过程中$M$棒始终未与$N$棒发生碰撞，求$d$的最小值；当$P$、$M$、$N$三棒达到稳定运动时，闭合开关$S$，求电容器最终的带电量$q_{c}$。

答案： 5. 题型分析
本题属于等间距的双杆模型，考查电磁感应和多过程运动的分析，在计算距离时要利用动量定理.
(1)$\sqrt{2gh}$
(2)$\frac{9}{16}mgh$
(3)$\frac{mR\sqrt{2gh}}{3B^2L^2}$ $\frac{BLCm\sqrt{2gh}}{B^2L^2C + 4m}$
解析：
(1)对$P$棒，由动能定理得$mgh = \frac{1}{2}mv^2$，解得$P$棒刚进入磁场的速度大小为$v_0 = \sqrt{2gh}$，
当$P$棒进入磁场时产生感应电动势$E = BLv_0$，$P$棒为电源，$M$、$N$两棒并联，则有$I_M · 2R = I_N · R$，
又$I_M + I_N = I$，由欧姆定律得电路的总电流$I = \frac{E}{2R + R_{并}} = \frac{2R · R_{并}}{2R + R_{并}} = \frac{2}{3}R$，各式联立得流经$M$棒的电流$I_M = \frac{BL}{8R}\sqrt{2gh}$.
(2)$P$棒进入磁场，$M$、$N$两棒所受的安培力$F_M = I_MLB$，$F_N = I_NLB$，由牛顿第二定律得$F_M = ma_M$，$F_N = 2ma_N$，联立可得$M$、$N$两棒的加速度关系为$a_M : a_N = 1:1$，由此可知，$M$、$N$两棒加速度相同，其运动总是相对静止的，由于$P$棒受到的安培力与$M$、$N$棒受到的安培力的合力为$0$，所以三棒组成的系统动量守恒.若$P$棒与$M$棒恰好不发生碰撞，则三棒速度相等，设此时的三棒速度均为$v_1$，以向右为正方向，根据动量守恒定律有$mv_0 = (m + m + 2m)v_1$，
根据能量守恒，该过程系统损失的机械能$E_{损}$全部转化为电路电阻的焦耳热，故$E_{损} = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(m + m + 2m)v_1^2 = Q_{总}$，该过程$P$棒中产生的焦耳热$Q_P = \frac{2R}{R_{总}}Q_{总}$，$R_{总} = 2R + R_{并} = \frac{8}{3}R$，联立各式解得$Q_P = \frac{9}{16}mgh$.
(3)$P$棒进入磁场到三棒速度相等的过程，对$P$棒由动量定理得$-BI_1L\Delta t_1 = mv_1 - mv_0$，
又$q = I_1\Delta t_1 = \frac{E_1}{R_{总}}\Delta t_1 = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t_1R_{总}} = \frac{BLx_1}{R_{总}}$，联立解得$P$棒与$M$棒恰好不发生碰撞时，$M$棒离磁场左边界的距离$x_1 = \frac{2mR\sqrt{2gh}}{B^2L^2}$，根据题意，若初始时$M$棒离磁场左边界的距离为$x_0 = \frac{4mR\sqrt{2gh}}{3B^2L^2} ＜ x_1 = \frac{2mR\sqrt{2gh}}{B^2L^2}$，则$P$棒与$M$棒一定发生碰撞并粘在一起.设导体棒$P$与导体棒$M$碰撞粘在一起后瞬间的速度为$v_4$，则根据动量守恒定律可得二者碰撞时满足$mv_2 + mv_3 = (m + m)v_4$，
之后导体棒$P$、$M$整体与导体棒$N$通过安培力发生作用，设三棒最终共同速度为$v_5$，
则根据动量守恒定律可得$2mv_4 + 2mv_3 = (2m + 2m)v_5$，联立解得$v_4 = \frac{1}{3}\sqrt{2gh}$，$v_5 = \frac{1}{4}\sqrt{2gh}$，
此过程对$P$、$M$整体，由动量定理得$-BI_3L\Delta t_3 = 2mv_5 - 2mv_4$，又$q' = I_3\Delta t_3 = \frac{BLd}{R_{总}'}$
$R_{总}' = R_{PM} + R = 2R$，联立解得满足题意的$d$的最小值$d_{min} = \frac{mR\sqrt{2gh}}{3B^2L^2}$，
当$P$、$M$、$N$三棒达到稳定运动时导体棒$P$切割磁感线产生感应电动势为$E = BLv_5 = \frac{1}{4}BL\sqrt{2gh}$，闭合开关$S$，根据动量定理有$-BIL\Delta t = 4m(v_6 - v_5)$，而$I · \Delta t = q_C = CU = CBLv_6$，联立解得闭合开关$S$后电容器最终的带电量$q_C = \frac{BLCm\sqrt{2gh}}{B^2L^2C + 4m}$