《2026年一本密卷高考物理》

1. (2025·广西卷)如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep = $\frac{1}{2}kx^{2}$；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(D)

A.金属棒所受安培力冲量大小为$\frac{B^{2}l^{2}(a + b)}{R}$
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为$\frac{B^{2}l^{2}(a + b)}{4R} + \frac{mgt\sin\theta}{2}$
C.每个定值电阻产生的热量为$\frac{k(a^{2} - b^{2})}{8} + \frac{mg(a + b)\sin\theta}{4}$
D.金属棒的平均输出功率为$\frac{k(a^{2} - b^{2}) + mg(a + b)\sin\theta}{2t}$

答案： 1.D A.金属棒所受安培力冲量大小为$I_{安}=B\overline{I}l\Delta t=Blq$，又$q=\frac{E}{R_{总}}\Delta t=\frac{\Delta\Phi}{R_{总}}=\frac{Bl(a + b)}{R_{总}}$，$R_{总}=\frac{2R·2R}{2R + 2R}+R = 2R$，解得$I_{安}=\frac{B^{2}l^{2}(a + b)}{2R}$，故A错误；B.该过程中，取沿导轨向下为正方向，对金属棒，由动量定理得$2I_{弹}-I_{安}+mg\sin\theta· t = 0$，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为$I_{弹}=\frac{1}{2}I_{安}-\frac{1}{2}mgt\sin\theta=\frac{B^{2}l^{2}(a + b)}{4R}-\frac{1}{2}mgt\sin\theta$，故B错误；
C.由能量关系可知回路产生的总热量$Q = mg\sin\theta(a + b)+2×\frac{1}{2}ka^{2}-2×\frac{1}{2}kb^{2}$，每个定值电阻产生的热量为$Q_{1}=\frac{1}{4}Q=\frac{mg\sin\theta(a + b)}{4}+\frac{1}{4}k(a^{2}-b^{2})$，故C错误；D.因金属棒的电阻与外电路总电阻相等，则金属棒的平均输出功率$\overline{P}=\frac{\frac{1}{2}Q}{t}=\frac{mg\sin\theta(a + b)+k(a^{2}-b^{2})}{2t}$，故D正确。

2. (2025·广东省珠海市高三二模)如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ = 30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t = 0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上大小为mg的恒力，同时释放cd棒。下列图像中，a、v、x、Eab分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成系统的机械能，可能正确的是( )

答案： 2.C AB.释放两棒后$ab$向上运动，$cd$向下运动，根据牛顿第二定律，对$ab$棒分析可知：加速度满足$a=\frac{F - mg\sin30^{\circ}-F_{安}}{m}$，其中安培力表达式满足：$F_{安}=B\frac{BL(v_{1}+v_{2})}{2R}L=\frac{B^{2}L^{2}(v_{1}+v_{2})}{2R}$，随速度的增加，安培力变大，则加速度减小，当加速度减为零时，此时对$ab$棒分析满足：$F_{安}=mg\sin30^{\circ}$，此时对$cd$棒分析满足：$F_{安}=mg\sin30^{\circ}$，则$cd$也匀速运动，两棒的加速度减为零后均做匀速运动，故AB错误；C.$ab$棒的机械能变化量等于力$F$与$F_{安}$做功的代数和，开始时随安培力变大，则这两个力做功的代数和逐渐减小，最后匀速时两个力的合力为$\frac{1}{2}mg$，则合力不变，随位移增加合力功逐渐增加，即$E_{ab}-x$图像的斜率先减小后不变，故C正确；D.对两棒整体分析，机械能的变化量等于力$F$与两棒受的安培力做功的代数和，因最终两棒均匀速运动，且由于系统沿斜面方向受合外力为零，系统沿斜面方向动量守恒，可知最终两棒做匀速运动，且两棒的速度相等，安培力均为$\frac{1}{2}mg$，且对两棒均做负功，可知两个安培力和力$F$做功代数和为零，则系统的机械能不变，故D错误。

3. (2025·安徽省黄山市高三二模)绝缘水平桌面上有一质量为m的“匚”型金属框，框宽度为d，ab间电阻为R，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为R，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给框水平向左、大小为v0的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是( )

A.开始时金属框的加速度大小为$\frac{B^{2}d^{2}v_{0}}{mR}$
B.开始时挡板给导体棒的作用力大小为$\frac{B^{2}d^{2}v_{0}}{2R}$，方向水平向左
C.金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为$\frac{mv_{0}}{Bd}$
D.金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$

答案： 3.C A.开始时金属框产生的感应电动势$E = Bdv_{0}$，回路中感应电流大小为$I=\frac{E}{2R}=\frac{Bdv_{0}}{2R}$，根据牛顿第二定律得$BId = ma$，解得金属棒的加速度大小$a=\frac{B^{2}d^{2}v_{0}}{2mR}$，故A错误；B.根据平衡条件可知，开始时挡板给导体棒的作用力大小$F = BId=\frac{B^{2}d^{2}v_{0}}{2R}$，方向向右，故B错误；C.金属框从开始运动到静止过程中，取向左为正方向，由动量定理得$-B\overline{I}d· t = 0 - mv_{0}$，通过金属棒的电荷量$q=\overline{I}· t$，联立解得$q=\frac{mv_{0}}{Bd}$，故C正确；D.金属棒接入电路部分的电阻与$ab$间电阻均为$R$，两者产生的热量相等，则金属棒上产生的热量为$Q=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=\frac{1}{4}mv_{0}^{2}$，故D错误。