2025高考物理实验知识总结压轴题09 电磁感应中的单双棒问题讲义含答案

2025高考物理实验知识总结压轴题09电磁感应中的单双棒问题讲义压轴题09电磁感应中的单双棒问题考向分析电磁感应中的单双棒问题在高考物理中占据着举足轻重的地位，是考查学生对电磁感应现象和力学知识综合运用能力的关键考点。在命题方式上，电磁感应中的单双棒问题通常会以综合性较强的题目形式出现，结合电磁感应定律、安培力、牛顿第二定律等知识点，考查学生对电磁感应现象中导体棒的运动状态、受力情况、能量转化等问题的理解和分析。题目可能要求考生分析导体棒在磁场中的运动轨迹、速度变化、加速度大小等，也可能要求考生求解导体棒产生的感应电动势、感应电流等物理量。备考时，考生应首先深入理解电磁感应的基本原理和单双棒问题的特点，掌握电磁感应定律、安培力、牛顿第二定律等相关知识点的应用。同时，考生需要熟悉各种类型题目的解题方法和技巧，例如通过分析导体棒受力情况、运用动量定理和能量守恒定律等方法求解问题。知识再析考向一：不含容单棒问题模型规律阻尼式（导轨光滑）1、力学关系：；2、能量关系：3、动量电量关系：；电动式（导轨粗糙）1、力学关系：；2、动量关系：3、能量关系：4、稳定后的能量转化规律：5、两个极值：（1）最大加速度：v=0时,E反=0,电流、加速度最大。；；最大速度：稳定时，速度最大，电流最小。发电式（导轨粗糙）1、力学关系：2、动量关系：3、能量关系：4、稳定后的能量转化规律：5、两个极值：（1）最大加速度：当v=0时，。（2）最大速度：当a=0时，考向二：含容单棒问题模型规律放电式（先接1，后接2。导轨光滑）电容器充电量：放电结束时电量：电容器放电电量：动量关系：；功能关系：无外力充电式（导轨光滑）达到最终速度时：电容器两端电压：（v为最终速度）电容器电量：动量关系：；有外力充电式（导轨光滑）力学关系：电流大小：加速度大小：考向三：双棒问题模型规律无外力等距式（导轨光滑）电流大小：稳定条件：两棒达到共同速度动量关系：能量关系：；有外力等距式（导轨光滑）电流大小：力学关系：；。（任意时刻两棒加速度）稳定条件：当a2＝a1时，v2-v1恒定；I恒定；FA恒定；两棒匀加速。稳定时的物理关系：；；；无外力不等距式（导轨光滑）动量关系：；稳定条件：最终速度：；能量关系：电量关系：有外力不等距式（导轨光滑）F为恒力，则：稳定条件：，I恒定，两棒做匀加速直线运动常用关系：常用结果：此时回路中电流为：与两棒电阻无关01不含容单棒问题1．如图所示，间距为的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨右端接有定值电阻，阻值为，垂直导轨的虚线和之间存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的和段光滑。在虚线左侧、到的距离为的位置垂直导轨放置质量为的导体棒，现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒力作用，经过时撤去恒力，此时导体棒的速度大小，经过时导体棒的速度大小。已知恒力大小为，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻为，重力加速度为，导轨电阻不计，下列说法正确的是（）A．导体棒与左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66B．导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为C．导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为D．虚线和之间的距离为【答案】D【详解】A．对导体棒从开始运动至到达虚线的过程，应用动能定理，可得代入数据，解得动摩擦因数故A错误；B．对导体棒经过磁场区域的过程，应用动量定理，可得通过导体棒横截面的电荷量解得故B错误；C．导体棒通过磁场过程，整个回路中产生的热量代入数据可得根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量故C错误；D．设虚线和之间的距离为，可得解得故D正确。故选D。02含容单棒问题2．如图所示，间距为L、竖直固定的两根光滑直杆abcd、下端之间接有定值电阻R，上端接有电容为C、不带电的电容器，bc和两小段等高、长度不计且用绝缘材料平滑连接，ab、cd、、电阻均不计。两杆之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直两杆所在平面向里的匀强磁场。现有一个质量为m、电阻不计、两端分别套在直杆上的金属棒，时在大小为4mg（g为重力加速度大小）、方向竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，速度稳定后，在时到达位置，在位置，瞬间为电容器充电，金属棒速度突变，之后金属棒继续向上运动，在时金属棒未碰到电容器。金属棒在运动过程中始终与两直杆垂直且接触良好，电容器始终未被击穿，则（

）A．时金属棒的速度大小为 B．内金属棒上升的高度为C．内通过金属棒的电流随时间逐渐增大 D．内金属棒做加速度逐渐减小的加速运动【答案】B【详解】A．由题意可得时金属棒运动稳定即匀速直线运动联立求得A错误；B．内，对金属棒应用动量定理可得其中代入数据，联立求得B正确；CD．根据及牛顿第二定律可得联立求得说明金属棒向上做匀加速直线运动，电流不变，CD错误。故选B。03等间距双棒问题3．如图所示，MN、PQ是相距为的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、PD分别与足够长的水平直轨道CN、DQ平滑相接。水平轨道CN、DQ处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。质量、电阻、长度的导体棒a静置在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平轨道高度的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与a相撞，运动过程中导体棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取。下列说法正确的是（）

A．棒b刚进入磁场时的速度大小为B．棒b刚进入磁场时，棒a所受的安培力大小为C．整个过程中，通过棒a的电荷量为D．棒a的初始位置到CD的距离为【答案】D【详解】A．棒b从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得解得棒b刚进入磁场时的速度大小为故A错误；B．棒b刚进入磁场时，产生的电动势为回路电流为棒a所受的安培力大小为故B错误；C．棒b进入磁场后，两棒组成的系统满足动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动，则有解得两棒最终的速度大小为对棒a，根据动量定理可得又联立可得整个过程中，通过棒a的电荷量为故C错误；D．由题意可知棒b最后恰好不与a相撞，则有解得可知棒a的初始位置到CD的距离为，故D正确。故选D。04不等间距双棒问题4．如图所示，用金属制成的平行导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为，有竖直向上的匀强磁场，宽轨部分间距为，有竖直向下的匀强磁场；窄轨和宽轨部分磁场的磁感应强度大小分别为和，质量均为金属棒垂直于导轨静止放置。现将金属棒自弧形导轨上距水平导轨高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，棒始终在窄轨磁场中运动，棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为，不计一切摩擦。下列说法不正确的是（）A．棒刚进入磁场时，棒的加速度方向水平向左B．从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，棒和棒组成的系统动量守恒C．从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，通过棒的电量为D．从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，棒上产生的焦耳热为【答案】B【详解】A．根据右手定则，棒进入磁场时，棒的电流方向向外，则棒的电流方向向内，根据左手定则可得，棒的安培力方向向左，所以棒加速度方向水平向左，故A正确；B．根据左手定则，棒受到的安培力方向都向左，故棒组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；C．对棒，根据动能定理解得当棒达到稳定时即对棒，由动量定理对棒，由动量定理通过棒的电荷量为以上各式联立，解得故C正确；D．根据能量守恒解得则b棒上产生的焦耳热为故D正确。本题选不正确的，故选B。好题速练1．（2024·辽宁·三模）如图甲所示，纸面内有和两光滑导体轨道，与平行且足够长，与成135°角，两导轨左右两端接有定值电阻，阻值分别为R和。一质量为m、长度大于导轨间距的导体棒横跨在两导轨上，与轨道接触于G点，与轨道接触于H点。导体棒与轨道垂直，间距为L，导体棒与b点间距也为L。以H点为原点、沿轨道向右为正方向建立x坐标轴。空间中存在磁感应强度大小为B、垂直纸面向里的匀强磁场。某时刻，导体棒获得一个沿x轴正方向的初速度，同时受到沿x轴方向的外力F作用，其运动至b点前的速度的倒数与位移关系如图乙所示。导体棒运动至b点时撤去外力F，随后又前进一段距离后停止运动，整个运动过程中导体棒与两导轨始终接触良好，不计导轨及导体棒的电阻。以下说法正确的是（）A．流过电阻R的电流方向为B．导体棒在轨道上通过的距离为C．撤去外力F前，流过电阻R的电流为D．导体棒运动过程中，电阻产生的焦耳热为【答案】BC【详解】A．根据右手定则，流过电阻R的电流方向为，故A错误；B．由图乙可知，导体棒运动至b点时速度为，由几何关系可得，的距离为，对导体棒从b点开始沿轨道运动直至静止，根据动量定理有又有解得故B正确；C．导体棒在轨道上运动到任意位置x时，根据图像可知电动势通过导体棒的电流通过电阻R的电流即故C正确；D．撤去外力F前电路中的总热量由图像面积可知撤去外力F后导体棒继续运动，整个回路产生的热量电阻产生的热量故D错误。故选BC。2．（2024·山西·二模）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定，间距，电阻不计。导轨平面与水平面间的夹角，上端MP间接有阻值的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。一质量、阻值的金属棒在外力作用下垂直于导轨放置，撤去外力后，棒沿MN方向的位移x与时间t的关系如图乙所示，其中1.0~1.5s间为直线。已知棒运动过程中始终垂直于导轨，且在0~1.0s内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的倍，g取，下列说法正确的是（）A．图乙中1.5s时对应的纵坐标是2.7mB．匀强磁场的磁感应强度为0.5TC．0~1.0s内通过电阻R的电荷量是0.5CD．0~1.5s内电阻R产生的热量1.2J【答案】AD【详解】A．通过导体棒的电荷量为在0~1.0s内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的倍，则有解得A正确；BC．1.0s后棒做匀速运动，由图像可知受力平衡，有根据闭合电路的欧姆定律得解得0~1.0s内通过电阻R的电荷量是故BC错误；D．在0~1.5s内，对导体棒由能量守恒得在电路中，电阻R在0~1.5s内产生的热量联立，解得故D正确。故选AD。3．（2024·山东泰安·二模）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为。棒ab从导轨左端距水平桌面高处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度。则金属棒ab在沿导轨运动的过程中（）A．通过金属棒ab的电荷量为B．通过金属棒ab的电荷量为C．金属棒ab中产生的焦耳热为D．金属棒ab中产生的焦耳热为【答案】BC【详解】AB．当金属棒落下后其速度可由动能定理求得可求得之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知可得此时，导体棒动生电动势为因此，此时电容器电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为因此通过导体棒的电荷量也为1C。故A错误，B正确；CD．由以上解析可知，动能变化量为而所以故C正确，D错误。故选BC。4．（2024·辽宁朝阳·三模）如图所示，有两根足够长、间距为L的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器（不会被击穿）的电容为C，质量为m的金属棒MN水平放置，整个装置放在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。在金属棒MN沿导轨下滑的过程中，下列说法正确的是（

）A．只闭合开关，金属棒MN先做匀加速运动，后做匀速运动B．只闭合开关，通过金属棒MN的电流为C．只闭合开关，金属棒MN先做加速运动，后做匀速运动D．若只闭合开关，金属棒MN下降的高度为h时速度大小为v，则所用的时间为【答案】BC【详解】AB．只闭合开关S2，在金属棒MN运动过程中取一段时间，且趋近于零，设金属棒的加速度大小为a，则有对金属棒，根据牛顿第二定律有解得可知金属棒做匀加速直线运动，A错误，B正确；C．只闭合开关S1，金属棒MN刚释放时有之后金属棒受重力和安培力共同作用，根据牛顿第二定律有又其中金属棒的速度v在增大，则金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，C正确；D．若只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，则在这个过程中对金属棒用动量定理有又解得D错误。故选BC。5．（2024·福建·三模）如图甲所示，M、N是两根固定在水平面内的平行金属长导轨，导轨间距为L，电阻不计。两虚线PQ、ST与导轨垂直，PQ左侧存在竖直向上的匀强磁场，ST右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量为m的金属棒ab与导轨垂直，静置在左侧磁场中。位于两虚线之间的金属棒cd与导轨夹角为，在外力作用下以速度v向右始终做匀速直线运动，从c端进入右侧磁场时开始计时，回路中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示，图中部分为直线，为已知量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．cd棒全部进入磁场时，cd棒产生的电动势大小为BLvB．时刻cd棒所受的安培力大小为C．时刻ab棒的速度大小为D．时间内，通过回路某截面电荷量为【答案】AC【详解】A．cd棒全部进入磁场时，cd棒产生的电动势大小为故A正确；B．时刻cd棒所受的安培力大小为故B错误；C．设电路总电阻为，时刻，回路中感应电动势为时刻，回路中感应电动势为解得时刻ab棒的速度大小为故C正确；D．由图可知时刻ab棒开始运动，则时间内，对ab棒，根据动量定理通过回路某截面电荷量为解得故D错误。故选AC。6．（2024·湖南岳阳·三模）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动。磁场内的细金属杆N处于静止状态，且到cd的距离为。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M质量为2m，金属杆N质量为m，两杆在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（

）A．M刚进入磁场时M两端的电势差B．N在磁场内运动过程中N上产生的热量C．N在磁场内运动过程中的最小加速度的大小D．N在磁场内运动的时间【答案】CD【详解】A．根据题意，M刚进磁场，感应电动势为由右手定则可知则M两端的电势差故A错误；B．根据题意可知，两导体棒在磁场中运动过程中，M、N系统动量守恒，则有解得由能量守恒定理可得，此过程整个电路产生的热量为则N上产生的热量为故B错误；C．根据题意可知，N在磁场内运动过程中加速度最小时，所受安培力最小，此时感应电流最小，N出磁场瞬间，感应电动势最小，则有又有，联立解得故C正确；D．根据题意，对N由动量定理有又有联立得又有解得又有可得代入得故D正确。故选CD。7．（2024·山东·模拟预测）如图所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L，bc段轨道宽度是L，ab段轨道和bc段轨道都足够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段，且与轨道垂直。开始时金属棒M和N均静止，现给金属棒M一水平向右的初速度，不计导轨电阻，则（）

A．M棒刚开始运动时的加速度大小为B．金属棒M最终的速度为C．金属棒N最终的速度为D．整个过程中通过金属棒的电量为【答案】CD【详解】A．由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得由牛顿第二定律得联立解得故A错误；BC．最终回路中的电流为0，有对金属棒M和N分别应用动量定理得联立解得故B错误；C正确；D．又联立解得故D正确。故选CD。8．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，光滑水平导轨分为宽窄两段（足够长，电阻不计），相距分别为0.5m和0.3m，两个材料、粗细都相同的导体棒分别放在两段导轨上，导体棒长度分别与导轨等宽，已知放在窄端的导体棒的质量为0.6kg，电阻为0.3Ω，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为1T，现用的水平向右的恒力拉动，一段时间后，回路中的电流保持不变，下列说法正确的是（）

A．在整个运动过程中，两棒的距离先变大后不变B．回路中稳定的电流大小为5AC．若在回路中的电流不变后某时刻，的速度为4m/s，则的速度为20m/sD．若在回路中的电流不变后某时刻，的速度为4m/s，则整个装置从静止开始运动了3.5s【答案】BC【详解】A．由题意可知，的质量，电阻，分析可知，当电流不变时，有即故所以的加速度始终比的大，两棒的距离一直变大，故A错误；B．当电流不变时，由牛顿第二定律可知解得故B正确；C．当时，由可知故C正确；D．分别对两导体棒根据动量定理有联立解得故D错误。故选BC。9．（2024·江西上饶·二模）图示装置可以用来说明电动汽车“动能回收”系统的工作原理。光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，ab为垂直于导轨的导体棒，轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场。当开关接1时，ab由静止开始运动，当ab达到一定速度后，把开关接2，如果把电阻换为储能元件就能实现“动能回收”。已知轨道间距，磁感应强度，电源电动势，内电阻，电阻，导体棒ab质量，电阻，导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计且足够长。求：（1）开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小；（2）当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，求开关与2接通后直至ab棒停止运动的过程中流过导体棒ab的电量及电阻产生的热量。【答案】（1）；（2），【详解】（1）开关与1接通，由闭合电路的欧姆定律有在开关与1接通瞬间，由牛顿第二定律有代入数据解得，开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小（2）导体棒ab未达到最大速度前，做加速度减小的加速运动，设导体棒的最大速度为，导体棒切割磁感线运动产生反电动势当导体棒获得最大速度，则代入数据解得此时将开关与2接通，设导体棒还能运动的时间为，取此时导体棒前进的速度方向为正方向，由动量定理可得代入数据求得由能量守恒知，导体棒和电阻产生的总的焦耳热为由串联电路特点知R产生的焦耳热为代入数据可得10．（2024·山西太原·一模）如图所示，两平行且等长的粗䊁金属导轨ab、cd间距为L，倾斜角度为θ，ab、cd之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，ac之间电容器的电容为C1。光滑等长的水平金属导轨ef、gh间距为L，ef、gh之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，fh之间电容器的电容为C2。质量为m的金属棒PQ垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后以速度v飞出导轨，同时撤去F，PQ水平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh导轨垂直。导轨与棒的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）金属棒PQ分别在B1、B2中运动时电流的方向；（请分别说明P→Q或Q→P）（2）导轨ef、gh足够长，电容器C2带电量的最大值；（3）金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。【答案】（1）见解析；（2）；（3）【详解】（1）由右手定则可知，导体棒在B1中电流方向由P→Q，导体棒在B2中电流方向由Q→P；（2）PQ水平跃入轨道的速度为v1，则PQ水平跃入导轨后，切割磁感线，C2处于充电状态，PQ稳定后做匀速直线运动，速度为v1，则根据动量定理，以右为正方向解得（3）PQ在倾斜轨道上运动时加速度为a，则PQ做匀加速直线运动解得11．（2024·山西朔州·二模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面内，两导轨之间的距离为d=1m，导轨所在空间GH到JK之间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，GH到JK之间的距离为L=3.0m。质量均为m=0.2kg、长度均为d=1m，阻值均为R=0.5Ω的导体棒a和导体棒b静止放置在导轨上。初始时，导体棒b在JK的左侧且到JK的距离为L1=1m，导体棒a在GH的左侧。现给导体棒a一个水平向右的初速度v0=6m/s，导体棒b经过JK时的速度大小为v1=2m/s，已知两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两导体棒没有发生碰撞，求：（1）导体棒a刚经过GH瞬间，导体棒b的加速度大小；（2）导体棒a从GH运动到JK的过程中，导体棒a上产生的焦耳热。【答案】（1）7.5m/s2；（2）0.9875J【详解】（1）导体棒a刚经过GH瞬间，感应电动势为所以感应电流为所以导体棒b的加速度大小为（2）导体棒b开始运动到出磁场的过程中，感应电流为对导体棒b，根据动量定理对导体棒a，根据动量定理其中解得，导体棒b出磁场到导体棒a出磁场的过程中，根据动量定理其中解得根据能量守恒，系统产生的热量为导体棒a上产生的焦耳热为12．（2024·浙江·二模）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，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求（1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？（2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？（3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？【答案】（1）2Bdv，Q点电势高；（2）；（3）【详解】（1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为根据右手定则，Q点电势高。（2）弹簧伸展的过程中，对PQ由动量定理得对MN由动量定理得解得导体棒MN的速度为PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为回路中的感应电流大小为则MN所受的安培力大小为（3）脱离前，通过PQ的电荷量为代入数据解得脱离后，PQ向右运动，设最终速度为，由动量定理可得脱离后，通过PQ的电荷量为解得整个运动过程中，通过PQ的电荷量为压轴题10用力学三大观点处理多过程问题考向分析用力学三大观点（动力学观点、能量观点和动量观点）处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。知识再析考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。01用力学三大观点处理物块多过程问题1．如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小，求：（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；（2）A、B发生第三次碰撞的时刻；（3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。【答案】（1）0.25m/s，0.75m/s；（2）1.0s；（3）【详解】（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律分析B的受力即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，解得，（2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间与B发生第一次碰撞，有B以匀速直线运动，A以初速度，加速度a匀加速直线运动，第二次碰撞前，有此时，B以匀速直线运动，A的速度为A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，B以匀速直线运动，A以初速度，加速度a匀加速直线运动，第三次碰撞前，有显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度、加速度做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s。故A与B发生第3次碰撞后的时刻为解得（3）从开始至第一次碰撞从第一次碰撞至第二次碰撞从第二次碰撞至第三次碰撞从第三次碰撞至第四次碰撞从第次碰撞至第n次碰撞A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移02用力学三大观点处理传送带多过程问题2．如图所示，质量为2kg的物体A静止于光滑水平面MN上，水平面与MN右端与倾斜传送带平滑连接，传送带长，倾斜传送带与水平方向夹角为，传送带以8m/s的速度顺时针转动，物体A与传送带间的动摩擦因数为，倾斜传送带上端与光滑水平面PQ平滑连接，上方加有光滑曲面转向装置，使物体在倾斜传送带上端速度方向变为水平方向而大小不变，足够长的薄板C静止在PQ下方光滑水平面EF上，薄板C的质量为3kg，薄板C的上表面与水平面PQ的高度差，物体A与薄板C的上表面的动摩擦因数为，重力加速度取，质量为1kg的物体B以某一水平向右的初速度撞向A，与A发生弹性碰撞，求：（1）若使物体A到达传倾斜传送带上端速度大小为5m/s，B的初速度多大；（2）若使物体A从水平面上Q点平抛轨迹相同，B的初速度取值范围；（3）当B的初速度大小为12m/s时，若物体A与薄板C每次碰后竖直方向速度与碰前等大反向，则A与C碰撞几次后，A在C上碰撞位置将会相同（每次碰撞时间极短）。【答案】（1）4.5m/s；（2）；（3）8【详解】（1）A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得物块A在传送带上，根据牛顿第二定律根据运动学公式解得（2）若使物体A从水平面上口点平抛轨迹相同，则到达顶端的速度与传送带速度相同，即若物体A在传送带上一直加速解得由可得若物体A在传送带上一直减速，根据牛顿第二定律根据运动学公式解得由可得B的初速度取值范围（3）由（2）分析可知B的初速度12m/s，则A到点平抛速度根据解得则A与C相撞时根据动量定理：对A对CA与C水平速度相等时联立解得03用力学三大观点处理弹簧多过程问题3．如图所示，质量为m的凹槽A放在倾角的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小（g为重力加速度大小）。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中时，A、B、C恰好能处于静止状态。现将C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，C与A、C与斜面间都绝缘，整个过程中，物体C所带的电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹簧伸长量的平方成正比。求：（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；（2）当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求C与A碰撞前弹簧的弹性势能；（3）从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）以A、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有解得（2）设初始时弹簧弹性势能为Ep，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4Ep，C与A碰撞过程，由动量守恒定律有从C与A碰撞，到A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有解得（3）从C与A碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和C看成一个整体，B与A，C之间的碰撞类似弹性碰撞，有解得或弹簧第1、3、5、……、次恢复初始时的压缩状态时，有由动量定理有解得即冲量大小为；弹簧第2、4、6、……、次恢复初始时的压缩状态时，有由动量定理有解得即冲量大小为。04用力学三大观点处理板块多过程问题4．如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。（1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度；（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，B点与地面间的高度差保持不变，圆弧AB对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角；（3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A点距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）因薄木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同速度为，根据动量守恒定律，有解得设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有解得薄木板与轨道AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A点，有解得（2）小滑块由A点到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有解得设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知画出速度矢量关系如图所示设从B点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为由几何关系可知，矢量三角形的面积为由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。解得此时满足条件即，（3）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道AB恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道AB恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间薄木板和轨道AB碰撞时的速度考虑小滑块的运动联立解得综上可知d应满足的条件为好题速练1．（2024·湖南·二模）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m=15kg，g=10m/s2.（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度v0=2m/s，测得该车能沿直线滑行x0=2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ；（2）取编号为A、B的车，B车装上m0=15kg的货物后停在超市水平地面上，空车A的前端装上轻弹簧，将A车停在B车的正后方且相距x=5.5m处。现给A车施加向前的水平推力F0=75N，作用时间t0=1s后撤除。设A车与B车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间），两车所在直线上没有其他车，求在A车运动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热；（3）如图乙所示，某同学把n（n>2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为d=1m，用向前的水平恒力F=300N一直作用在1车上，推着1与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞时间极短），通过计算判断，他最多能推动多少辆车？[已知，]【答案】（1）0.1；（2）90J；（3）30辆【详解】（1）由功能关系，A车的动能全部转成摩擦热，有则代入数据得μ=0.1（2）A车运动时受摩擦力由牛顿第二定律有解得A在t0时的速度t0内A的位移设A与B车碰前瞬间的速度为vA，由动能定理有得vA=3m/sA与B车碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得由功能关系，有代入数据得Q=90J（3）设1与2车碰前的速度为v1'，由动能定理1与2碰系统动量守恒解得12与3车碰前的速度为v2'，由动能定理1-2与3碰系统动量守恒解得=

123与4车碰前的速度为v3′，由动能定理1—2—3与4碰系统动量守恒解得=同理可得与n车碰后速度为vn：==令vn=0，即解得n=30.5可知最多能推动30辆车。2．（2024·江西·一模）如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上，时刻将质量为的A物块从距离B物块处由静止释放，时刻A、B发生第一次碰撞，时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A物块的图线如图乙所示（其中均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：（1）第一次碰撞后A物块沿科面向上运动们最大距离；（2）B物块的质量及A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比；（3）B物块沿斜面下滑的最大距离。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A物块在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小A物块在时间内与在的时间内受力情况一致，加速度相同，则有时刚释放物块时，之间的距离为，则有可得A物块在的时间内沿斜面向上运动，运动的距离联立可得（2）物块与物块第一次碰撞时，由动量守怛可得碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得其中，联立可得，A物块在时间内下滑的距离故B物块碰后沿斜面下滑的距离假设第二次碰撞前物块已停止运动，则有可得即时，物块停止运动，假设成立，设物块下滑过程中的加速度大小为，则有设斜而倾斜角为，根据牛顿第二定律：对物块有A物块下滑时物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为，则有由牛顿第二定律可得联立可得（3）时，A物块与B物块发生第二次碰撞，碰前瞬间物块的速度由动量守恒可得碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得联立可得设第二次碰撞后B物块下滑的距离为，则有可得以此类推可得则物块运动的总距离当时，代入数据可得3．（2024·河南许昌·一模）如图所示，水平面上镶嵌两个传送带甲、乙，甲的长度为，乙的长度为，甲左侧地面粗糙，甲、乙之间的地面光滑且长度为，在电动机的带动下甲顺时针转动，速度为，乙逆时针转动，速度未知。质量为的物体a从距甲左端处，在恒定外力F的作用下由静止开始运动，滑上甲时撤去外力F，此时a的速度为，质量为的物体b静止于乙左端的地面上。a与甲左侧地面及甲间的动摩擦因数均为，与乙间的动摩擦因数为，b与乙间的动摩擦因数为，a、b均可视为质点且它们间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度。求：（1）a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能；（2）a与b从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔；（3）b在乙上滑动的过程中摩擦力对b的冲量大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）物体a滑上甲时，根据牛顿第二定律有设经过时间t，物体a和传送带速度相同，则有解得此过程物体a的位移表明物体a先向右做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在物体a向右做匀加速直线运动过程，传送带甲的位移则a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能为解得（2）a与b发生弹性碰撞，则有解得，滑体a与b碰撞后经过时间到达传送带甲的右端，则有解得滑体a再次从右侧滑上甲后由于速度小于甲传送带的速度，则滑体a在甲上做双向匀变速直线运动，根据对称性有解得滑体b从左侧滑上乙后先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有滑体b减速至0过程，利用逆向思维，则有滑体a再次从左侧滑上乙后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有若其减速位移为，则有解得时间为1.5s与3s，3s不合理，取1.5s，即有由于可知，当滑体b从左侧滑上乙做匀减速直线运动至速度恰好减为0时，两者恰好第二次碰撞，即物体a与物体b从第一碰撞到第二次碰撞的时间间隔为4s。（3）物体a与物体b第二次碰撞前瞬间物体a的速度解得物体a与b再次发生弹性碰撞，则有解得若物体b减速至0，则有表明物体b从乙右端滑出，则有解得对物体b进行分析，根据动量定理有解得即b在乙上滑动的过程中摩擦力对b的冲量大小为。4．（2024·山东菏泽·一模）如图所示，倾角为的倾斜传送带长为，以的速度逆时针匀速转动；水平传送带长为，也以的速度逆时针匀速转动，两传送带之间由很短的一段光滑圆弧连接，圆弧的高度差忽略不计。紧靠水平传送带两端各静止一个质量为的物块B和C，在距传送带左端的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回。现从倾斜传送带顶端轻轻放上一质量的物块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上水平传送带，A被取走。已知物块A与倾斜传送带间的动摩擦因数，物块B、C与水平传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块可视为质点，g取。。求：（1）物块A在倾斜传送带上滑行过程中，A在倾斜传送带上留下的痕迹长度和A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能；（2）物块B与物块C第一次碰撞前，水平传送带因传送物块B多消耗的电能；（3）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。【答案】（1）1.0m，；（2）；（3）【详解】（1）物块A在斜面上下滑到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得解得运动的位移大小为时间为故A落后传送带的距离为之后再加速运动到斜面底端，根据牛顿第二定律得解得根据运动学规律解得故再加速运动到斜面底端的时间故A超前传送带的距离为故A在倾斜传送带上留下的痕迹长度A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，有代入数据得之后物块B在水平传送带上运动到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得解得物块B经时间后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有由于，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，故物块B在水平传送带上相对滑行的距离为根据能量守恒定律知水平传送带因传送物块B多消耗的电能（3）物块B在水平传送带上匀速运动的距离为再与物块C第一次碰撞，动量守恒，机械能守恒代入数据得由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知代入数据得物块C第次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得（，，25）物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第次在传送带上来回一次运动的路程（，，25）所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程代入数据得5．（2024·云南·二模）如图所示，竖直细圆弧管道DEF由两个半径均为的四分之一圆弧组成，左侧为足够长的水平直轨道AB，其上一质量为的长木板上表面与竖直圆轨道下边缘于D点无缝连接；圆弧管道右侧与足够长的水平直轨道FG平滑相切连接，质量为的滑块b与质量为的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于FG上。现有质量为的滑块a以的水平初速度从D处进入，经DEF后与FG上的b碰撞（时间极短）。已知，a与长木板间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量），g取。求：（1）a到达管道DEF最低点F时的速度大小和在该点所受的支持力大小；（2）若a与b碰后返回到距长木板右端处时与木板恰好保持相对静止，则a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若a碰到b后立即被粘住，则碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【答案】（1）4m/s；14.2N；（2）0；（3）0.04m【详解】（1）a从D到达管道DEF最低点F时，根据动能定理可知在最低点F根据牛顿第二定律有解得m/s，N（2）a、b碰撞过程中，系统动量守恒，规定向右为正方向，则有损失的能量为a与b碰后返回到距长木板右端L=m处时与木板恰好保持相对静止，根据动能定理有根据动量守恒定律及能量守恒定律有解得（3）若a碰到b后立即被粘住，则ab碰后的共同速度为，根据动量守恒定律有当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度，根据动量守恒定律有弹簧的最大弹性势能为则弹簧最大长度与最小长度之差为解得0.04m6．（2024·云南·模拟预测）如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，斜面上P点及以下部分的表面光滑，P点以上部分的表面粗糙。质量分别为、的滑块A、B用轻弹簧连接后置于斜面上，滑块B与斜面下端的垂直挡板接触，滑块A平衡后恰好静止在P点。质量的“L”形木板C置于斜面上端，质量的滑块D置于木板C上，将木板C、滑块D由静止同时释放，此时木板C下边缘与P点的距离，滑块D与木板C下边缘的距离。已知弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧的劲度系数，木板C上表面光滑、下表面与斜面粗糙部分间的动摩擦因数，木板C与滑块D及木板C与滑块A间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度，，滑块A、B、D均可视为质点。（1）求木板C与滑块D发生第一次碰撞后瞬间木板C的速度大小；（2）求木板C与滑块A发生碰撞后瞬间滑块A的速度大小；（3）如果在滑块A与木板C第一次碰撞后便撤去木板C和滑块D，求木板C