《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题 1 非平行轨道(2025·湖南卷)(多选)
如图，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 $ r_{0} $。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 $ v_{0} $，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。下列说法正确的是(AC)


A.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
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 $ \frac{mv_{0}r_{0}}{B^{2}} $
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

答案： 1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①金属杆的质量为$m$，单位长度的电阻为$r_{0}$
②竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为$B$
③沿$x$轴正方向的初速度$v_{0}$
④金属杆运动过程中始终与$y$轴平行
步骤B 设问反向推演
AB.金属杆可以在沿$x$轴正方向的恒力作用下运动状态
$\rightrightarrows$恒力和安培力的合力
$\rightrightarrows$安培力表达式
C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积
$\rightrightarrows$磁通量的变化量
$\rightrightarrows$动量定理
$\rightrightarrows$电荷量等于平均电流乘时间
D.金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离的变化
$\rightrightarrows$金属杆与导轨围成面积的变化
$\rightrightarrows$结合图像分析出距离的变化
步骤C 正反连接
$F=F_{安}=BIL,F=\frac{B^{2}Lv_{0}}{r_{0}},I=\frac{BLv_{0}}{r_{0}}=\frac{Bv_{0}}{r_{0}}$，可得$F=\frac{B^{2}Lv_{0}}{r_{0}}$，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；C.取一微小时间$\Delta t$内，设此时金属杆接入导轨中的长度为$L'$，根据动量定理有$-BI'L'\Delta t=-BL'· q'=m·\Delta v$，同时有$q=\frac{\Delta\Phi}{L'r_{0}}·\Delta t=\frac{\Delta\Phi}{L'r_{0}}=\frac{B·\Delta S}{L'r_{0}}$，联立得$-\frac{B^{2}\Delta S}{r_{0}}=m·\Delta v$，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得$-\frac{B^{2}S}{r_{0}}=0-mv_{0}$，
解得此时金属杆与导轨围成的面积为$S=\frac{mv_{0}r_{0}}{B^{2}}$，故C正确；D.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$S'=\frac{1}{2}S$，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.故选AC.
重难突破：本题难点在于安培力使用动量定理，因为安培力是变力，所以要注意引用极限思维分析每一小段时间中的动量，对于D选项这类考查，要注意结合图像进行分析.

巩固训练 2 单杆弧形轨道(2025·浙江金砖高中联盟期中)(多选)
如图所示，两条相同的半圆光滑金属导轨固定在水平桌面上，半径为 $ L $，其所在平面竖直且平行，间距为 $ d $，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线 $ OO' $ 与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的磁感应强度为 $ B $ 的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由阻值为 $ r $ 的电阻连接，现将质量为 $ m $、长度也为 $ d $、电阻为 $ R $ 的金属棒 $ MN $ 平行 $ OO' $ 放置在导轨图示位置，由静止释放。$ MN $ 运动过程中始终平行于 $ OO' $ 且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，不计导轨电阻，下列说法正确的是(CD)


A.$ MN $ 最终一定静止于 $ OO' $ 位置，且整个过程金属棒上产生的焦耳热为 $ Q_{R} = mgL $
B.从释放到第一次到达 $ OO' $ 时，回路中的电流达到最大值
C.若仅增大磁感应强度 $ B $，金属棒从开始运动到静止过程中克服安培力做功的平均功率会变大
D.从释放到第一次到达 $ OO' $ 位置过程中，通过金属棒的电荷量为 $ q=\frac{BLd}{R + r} $

答案： 2.本题属于弧形轨道上导杆的运动分析问题，把导杆受到的安培力和重力分解到切线方向和半径方向，分析它的运动过程.
CD 解析：A.由于金属棒$MN$运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒$MN$的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，$MN$最终一定静止于$OO'$位置，根据能量守恒可知，整个过程产生的总焦耳热为$Q = mgL$，故金属棒上产生的焦耳热为$Q_{R}=\frac{R}{R + r}Q=\frac{R}{R + r}mgL$，故A错误；B.当金属棒$MN$所受的安培力沿切线方向的分力与重力沿切线方向的分力相等时，速度达到最大，则感应电流最大，由题分析，可知金属棒$MN$在$OO'$位置时重力沿切线方向的分力为$0$，可知金属棒$MN$在到达$OO'$位置之前的某个位置，刚好满足重力沿切线方向的分力等于安培力沿切线方向的分力，此时速度最大，电流最大，故B错误；C.若仅增大磁感应强度$B$，感应电动势会变大，即将机械能转变成电能的本领越强，导致转变过程所用的时间变短，根据能量守恒可知，整个过程产生的总焦耳热仍为$Q = mgL$，即金属棒从开始运动到静止过程中克服安培力做功不变，根据$P=\frac{W}{t}$，可知平均功率会变大，故C正确；
D.从释放到第一次到达$OO'$位置过程中，根据法拉第电磁感应定律有$\overline{E}=\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，又$q = I·\Delta t,I=\frac{\overline{E}}{R + r},\Delta\Phi=BS = BLd$，联立解得通过金属棒的电荷量为$q=\frac{BLd}{R + r}$，故D正确.故选CD.

巩固训练 3 单杆水平轨道 + 动量定理(2025·重庆三模)(多选)
如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，匀强磁场垂直于导轨平面向下，导轨电阻不计，其左侧接阻值 $ R_{1} = 12\Omega $ 的定值电阻。质量 $ m = 1\,kg $，阻值 $ R_{2} = 6\Omega $ 的金属杆 $ AB $ 置于轨道上，与轨道垂直且接触良好，杆受到水平拉力 $ F $ 的作用，力 $ F $ 随时间 $ t $ 变化的图像如图乙所示。杆由静止开始做匀加速直线运动，$ t = 2\,s $ 时撤去 $ F $，关于杆从静止开始的整个运动过程，下列说法正确的是(AD)


A.金属杆做匀加速运动的加速度大小为 $ 2\,m/s^{2} $
B.整个过程金属杆的位移为 $ 8\,m $
C.整个过程金属杆产生的热量为 $ \frac{16}{3}\,J $
D.整个过程通过定值电阻的电量为 $ 2\,C $

答案： 3.本题属于单杆水平导轨模型，关键在于利用微元法求和$\sum I·\Delta t=\sum\frac{BLv}{2R}\Delta t=\frac{BLd}{2R}$和动量定理.
AD 解析：A.金属杆由静止开始做匀加速直线运动，故有$F - BIL = ma$，又$I=\frac{E}{R_{1}+R_{2}},E = BLv = BLat$，求得$F=\frac{B^{2}L^{2}a}{R_{1}+R_{2}}t + ma$，结合图像知$a = 2m/s^{2},BL = 3T· m$，故A正确；
B.撤去$F$前，金属杆的位移$x_{1}=\frac{1}{2}at^{2}=4m$，速度$v = at = 4m/s$，撤去$F$后在一段极短的时间$\Delta t$内，对金属杆由动量定理有$-BI·\Delta t=m·\Delta v$，其中$I=\frac{E}{R_{1}+R_{2}},E = BLv$，得$-\frac{B^{2}L^{2}v}{R_{1}+R_{2}}\Delta t=m·\Delta v$，撤去$F$后直到金属杆停止运动的过程，将上式两边求和得$-\frac{B^{2}L^{2}x_{2}}{R_{1}+R_{2}}=m(0 - v)$，
解得$x_{2}=8m$，故整个过程杆的位移为$x = x_{1}+x_{2}=12m$，故B错误；
D.整个过程磁通量变化量$\Delta\Phi=BLx = 36Wb$，
又$q = It,I=\frac{\overline{E}}{R_{1}+R_{2}},\overline{E}=\frac{\Delta\Phi}{t}$，得$q=\frac{\Delta\Phi}{R_{1}+R_{2}}=\frac{36}{18}=2C$，故D正确；
C.由于$\frac{R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=\frac{1}{3}$，所以，整个过程金属杆产生的热量为$F$做功的$\frac{1}{3}$，若$F$始终为最大值$4N$，其做功为$W = Fx_{1}=16J$，金属杆产生的热量为$\frac{16}{3}J$，故整个过程金属杆产生的热量小于$\frac{16}{3}J$，故C错误.故选AD.