《2026年学易优高考二轮总复习物理》

6.(2025·广东广州高三期末)阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器,其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图,探测器内边长为$L$的正方形$abcd$区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为$B$,当宇宙中带电荷量为$ + q$的粒子从$ab$中点$O$沿纸面垂直$ab$边射入磁场区域时,磁谱仪记录到粒子从$ad$边射出,则这些粒子进入磁场时的动量$p$满足(C)


A.$qBL\leqslant p\leqslant \dfrac{5qBL}{4}$
B.$\dfrac{qBL}{4}\leqslant p\leqslant qBL$
C.$\dfrac{qBL}{4}\leqslant p\leqslant \dfrac{5qBL}{4}$
D.$p\leqslant \dfrac{5qBL}{4}$或$p\geqslant \dfrac{5qBL}{4}$

答案：
6.答案：C
解析：粒子从$ad$边射出的临界轨迹如图所示，带电荷量为$+q$的粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力$qvB = m\frac{v^2}{r}$，解得$r=\frac{mv}{qB}=\frac{p}{qB}$，粒子从$a$点射出时，由几何关系可得最小半径为$r_1=\frac{L}{4}$；粒子从$d$点射出时，由几何关系可得$L^2 + (r_2 - \frac{L}{2})^2=r_2^2$，解得最大半径为$r_2=\frac{5L}{4}$，粒子从$ad$边射出的半径满足$\frac{L}{4}\leq r\leq\frac{5L}{4}$，故粒子进入磁场时的动量$p$满足$\frac{qBL}{4}\leq p\leq\frac{5qBL}{4}$，故C正确。

7.(2025·云南曲靖二模)如图,两条“$\Delta$”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为$L$,左、右两导轨面与水平面夹角均为$30°$,均处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为$2B$和$B$。将电阻均为$R$的导体棒$ab$、$cd$在导轨上同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,且加速度大小始终相等,两棒长度均为$L$,$ab$的质量为$m$。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为$g$,两棒在下滑过程中(D)


A.回路中的电流方向为$adcba$
B.$cd$的质量为$2m$
C.$ab$中电流最终为$\dfrac{mg}{2BL}$
D.$cd$棒最终下滑速度为$\dfrac{mgR}{6B^2L^2}$

答案： 7.答案：D
解析：两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为$abcda$，故A错误；对于任意时刻当电路中的电流为$I$时，对$ab$根据牛顿第二定律得$mg\sin 30° - 2BIL = ma_{ab}$，对$cd$根据牛顿第二定律得$m'g\sin 30° - BIL = m'a_{cd}$，又$a_{ab}=a_{cd}$，解得$m'=\frac{m}{2}$，故B错误；分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对$ab$分析可得$mg\sin 30° = 2BIL$，解得$I=\frac{mg\sin 30°}{2BL}$，故C错误；开始运动后，因两导体棒的加速度大小相等，因此两导体棒的速度相等，根据法拉第电磁感应定律有$E = BLv + 2BLv = 3BLv$，感应电流$I=\frac{E}{2R}=\frac{3BLv}{2R}=\frac{mg\sin 30°}{2BL}$，解得$cd$棒最终下滑速度为$v=\frac{mgR}{6B^2L^2}$，故D正确。

8.(2025·河南新乡二模)如图所示,理想变压器原线圈接电压$u = 12\sqrt{2}\sin(100\pi t)\ V$的交流电源,原、副线圈的匝数比$n_1:n_2 = 2:1$,副线圈上接一定值电阻$R_0$与电动机,电动机的线圈电阻$R_M = 1\ \Omega$,定值电阻$R_0 = 2\ \Omega$。下列说法正确的是(AC)


A.电动机消耗的最大功率为$4.5\ W$
B.原线圈上电流为$3\ A$时,电动机消耗功率最大
C.若把电动机换成滑动变阻器($0\sim5\ \Omega$),滑动变阻器消耗的最大功率也为$4.5\ W$
D.若把电动机换成滑动变阻器($0\sim5\ \Omega$),当$R_0$与滑动变阻器阻值相等时,$R_0$的功率最大

答案： 8.答案：AC
解析：副线圈两端电压为$U_2=\frac{n_2}{n_1}U_1$，将$n_1:n_2 = 2:1$和$U_1 = 12\ V$代入上式解得$U_2 = 6\ V$，电动机消耗的功率$P_M = U_2I_2 - I_2^2R_0$，当$I_2=\frac{U_2}{2R_0}=1.5\ A$时电动机消耗的功率最大，即$P_M=\frac{U_2^2}{4R_0}=4.5\ W$，由于是理想变压器，所以$\frac{n_1}{n_2}=\frac{I_2}{I_1}$，电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为$I_1 = 0.75\ A$，故A正确，B错误；把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为$P = U_2I_2 - I_2^2R_0$，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；$R_0$上的功率为$P = I_2^2R_0$，当电流最大时，定值电阻$R_0$的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，$R_0$上的功率最大，故D错误。

9.(2025·山东押题卷)一列简谐横波沿$x$轴传播,$t = 2\ s$时的波形图如图(a)所示,在波的传播方向上有两质点$P$、$Q$,平衡位置的横坐标分别为$x_P = 2\ m$、$x_Q = 5\ m$,$P$的振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是(BD)


A.该波的波速为$4\ m/s$
B.波沿$x$轴负方向传播
C.$t = 5\ s$时质点$Q$位于平衡位置且向下振动
D.$1\sim5.5\ s$内质点$P$经过的路程为$(50 - 5\sqrt{2})\ cm$

答案： 9.答案：BD
解析：由题图(a)可知波长$\lambda = 4\ m$，由题图(b)可知周期$T = 4\ s$，可得波速$v=\frac{\lambda}{T}=1\ m/s$，故A错误；由题图(b)可知$t = 2\ s$时质点$P$的振动方向向下，由波的传播方向与质点振动方向的关系可知波沿$x$轴负方向传播，故B正确；由题图(a)可知$t = 2\ s$时，质点$Q$位于波峰，$t = 5\ s$时质点$Q$位于平衡位置且向上振动，故C错误；$1\sim5\ s$内，质点$P$经过的路程为$s_1 = 4A = 40\ cm$，$t = 5\ s$时质点$P$位于波峰，根据题图(b)可知$t = 5.5\ s$时质点$P$的位移为$x = 5\sqrt{2}\ cm$，则$1\sim5.5\ s$内质点$P$经过的路程为$s = s_1 + A - x=(50 - 5\sqrt{2})\ cm$，故D正确。

10.(2025·重庆模拟预测)质量为$m$的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上,钢板处于平衡状态。一质量也为$m$的物块从钢板正上方高为$h$的$A$处由静止释放,落在钢板上并与钢板一起向下运动$x_0$后到达最低点$B$,已知重力加速度为$g$,空气阻力不计。则(AC)


A.物块和钢板不可能在弹簧压缩时分离
B.从物块释放到最低点的过程中,物块、钢板和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块和钢板一起运动到最低点$B$过程中,弹簧弹性势能的增加量为$mg\left(\dfrac{h}{2} + 2x_0\right)$
D.物块和钢板一起运动到最低点$B$的过程中,物块对钢板做的功为$mgx_0$

答案： 10.答案：AC
解析：物块和钢板到达最低点$B$后，将向上先做加速度减小的加速运动，运动至向上的弹力大小等于二者重力大小的位置速度最大，然后合力向下，做加速度增大的减速运动，当弹簧恢复至原长时速度还未减为$0$，下一刻弹簧被拉伸，钢板会受到拉力，加速度大于物块的加速度，物块和钢板开始分离。若弹簧还未恢复至原长，物块和钢板速度已经减为$0$，物块和钢板始终没有分离，所以物块和钢板不可能在弹簧压缩时分离，故A正确；由于物块与钢板碰撞过程存在机械能损失，则从物块下落到一起运动到最低点的过程中，物块、钢板和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；物块下落$h$过程，做自由落体运动，有$v_0^2 = 2gh$，物块与钢板碰撞过程，根据动量守恒定律可得$mv_0 = 2mv$，解得碰撞后的速度为$v=\frac{\sqrt{2gh}}{2}$，物块和钢板一起运动到最低点$B$过程中，根据能量守恒定律可得$\frac{1}{2}×2mv^2 + 2mgx_0 = \Delta E_p$，可得弹簧弹性势能的增加量为$\Delta E_p = mg(\frac{h}{2}+2x_0)$，故C正确；根据功能关系可知物块和钢板一起运动到最低点$B$的过程中，物块对钢板做的功为$W = mgx_0+\frac{1}{2}mv^2 = mg(x_0+\frac{1}{4}h)$，故D错误。