《2026年一本密卷高考物理》

10. (2025·山东省青岛、淄博两市高三二模)如图所示,间距为$d$的足够长平行光滑金属导轨倾斜放置,导轨倾角为$\theta$,导轨上端接有自感系数为$L$的电感线圈,质量为$m$、长度为$d$的金属棒垂直导轨放置,导轨处于垂直导轨平面向上、磁感应强度为$B$的匀强磁场中,金属棒与导轨接触良好,重力加速度为$g$,不考虑电磁辐射,电感线圈的直流电阻和金属棒及导轨的电阻均不计。$t=0$时刻将金属棒从导轨上某处静止释放,在金属棒运动过程中,下列说法正确的是(ACD)


A.金属棒在导轨上做往复运动
B.金属棒在导轨上做加速运动,最终会沿导轨匀速下滑
C.金属棒运动过程中线圈中磁场能的最大值$E_{m}=\frac{2m^{2}g^{2}L\sin^{2}\theta}{B^{2}d^{2}}$
D.金属棒由静止下滑距离$x=\frac{mgL\sin\theta}{B^{2}d^{2}}$时,棒的速度最大,此时棒中电流强度$I=\frac{mg\sin\theta}{Bd}$

答案：
10. ACD AB.因电感线圈和金属棒构成回路无电阻，故金属棒切割磁感线产生的感应电动势始终等于线圈产生的自感电动势。设金属棒的速度为$v$时产生的感应电动势为$e$，回路中的电流为$i$，金属棒的位移为$x$，加速度为$a$。则有：$e = Bdv = L\frac{\Delta i}{\Delta t}$，可得：$L\Delta i = Bdv\Delta t$，累积求和可得：$Li = Bdx$，可见回路中的电流与位移成正比。根据牛顿第二定律得：$mgsin\theta - Bid = ma$，解得：$a = gsin\theta - \frac{B^2 d^2}{mL}x$，可见金属棒的加速度与位移成线性关系，金属棒先做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时速度达到最大，之后加速度反向增大，金属棒做加速度增大的减速运动直到速度为零，此时下滑的位移达到最大，回路中的电流达到最大，金属棒在安培力作用下沿导轨上滑，系统无能量损失，金属棒的机械能与磁场能相互转化，总能量不变，上滑过程与下滑过程是对称的，金属棒回到初始位置速度减到零，回路中的电流为零，在重复之前的运动过程，金属棒在导轨上做往复运动，故A正确，B错误；C、根据前述分析作出金属棒下滑过程的$a - x$图像如下图所示:
　　　　　　
由：$a = gsin\theta - \frac{B^2 d^2}{mL}x$，可得当$a = 0$时，金属棒下滑位移为：$x_1 = \frac{mgL\sin\theta}{B^2 d^2}$，金属棒下滑的最大位移为：$x_m = 2x_1 = \frac{2mgL\sin\theta}{B^2 d^2}$，根据能量守恒定律可得金属棒运动过程中线圈中磁场能的最大值$E_m$就等于金属棒下滑过程减少的机械能，即等于金属棒下滑过程减少的重力势能，则有：$E_m = mg\sin\theta · x_m = \frac{2m^2 g^2 L\sin^2\theta}{B^2 d^2}$，故C正确；D.金属棒由静止下滑距离$x = \frac{mgL\sin\theta}{B^2 d^2}$，因$x = x_1$，故此时金属棒的加速度等于零，其速度最大。由A选项的结论：$Li = Bdx$，可得此时棒中电流强度$I = \frac{Bdx_1}{L} = \frac{mg\sin\theta}{Bd}$，故D正确。

11. (2025·湖南省长沙市长郡中学高三模拟)在平面直角坐标系$xOy$中有如图所示的有界匀强磁场区域,磁场上边界是以$O'(0,4d)$点为圆心、半径为$R=5d$的一段圆弧,圆弧与$x$轴交于$M(-3d,0)$、$N(3d,0)$两点,磁场下边界是以坐标原点$O$为圆心,半径为$r=3d$的一段圆弧。如图,在虚线区域内($3d＜y＜9d$)有一束均匀分布带负电的粒子沿$x$轴负方向以速度$v_{0}$射人该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为$B=\frac{mv_{0}}{4dq}$,带电粒子质量为$m$,电荷量大小为$q$,不计粒子重力,$\sin37^{\circ}=0.6,\cos37^{\circ}=0.8$,下列说法中正确的是(ACD)


A.粒子在磁场中的运动半径为4d
B.正对$O'$点入射的粒子离开磁场后不一定会过$O$点
C.粒子在磁场区域运动的最长时间为$\frac{143\pi d}{45v_{0}}$
D.粒子经过$O$点进入第四象限的比例为$\frac{1}{3}$

答案：
11. ACD A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，对粒子，由牛顿第二定律得$qv_0B = m\frac{v_0^2}{r}$，解得粒子在磁场中的轨道半径为$r = 4d$，故A正确；B.正对$O'$的粒子，圆心恰好在$x$轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示:
　　　　　
根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向$O$点，即正对$O$点入射的粒子离开磁场后一定会过$O$点，故B错误；C.根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为$4d$，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移$4d$形状，$O'$平移到$O$点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到$O$点距离均为$5d$，如图所示:
利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向$O$点，因此所有粒子都过$O$点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示:
　　　　　
由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了$143^{\circ}$，因此运动的时间为$t = \frac{143^{\circ}}{360^{\circ}} · \frac{2\pi · 4d}{v_0} = \frac{143\pi d}{45v_0}$，故C正确；D.如图所示，从$y = 7d$水平向左的粒子离开磁场粒子方向沿$y$轴负方向，故$7d ＜ y ＜ 9d$射入的粒子过$O$点后射入第四象限，$3d ＜ y ＜ 7d$射入的粒子过$O$点后射入第三象限。故进入第四象限的比例为$\frac{1}{3}$，故D正确。
　　　　　

12. (6分)(2025·四川省成都市高三三诊)某同学利用图示装置探究一定质量的理想气体在温度不变时压强$p$与体积$V$的关系。如图所示,$U$形管两端是粗细均匀的细玻璃管,中间是软管。右边玻璃管上端开口与大气相通,左边带刻度尺的玻璃管上端封闭,其内部用水银封闭一段空气,抬高$U$形管右端,使右侧水银面高于左侧。已知大气压强为$p_{0}$,水银的密度为$\rho$,重力加速度大小为$g$。

(1)实验步骤如下:
①用两铁架台竖直固定$U$形管的左右两管,待管内水银柱稳定时,读出空气柱的长度$l$和$U$形管左右水银面的高度差$h$,此时封闭气体的压强$p=$$p_0 + \rho gh$;
②缓慢调节$U$形管的左右两边,改变$U$形管左右水银面的高度差$h$,记录空气柱长度$l$;
③多次实验,记录多组数据,分析得出结论;
(2)正确实验后,若以$p$为横坐标,以$\frac{1}{l}$(填“$l$”或“$\frac{1}{l}$”)为纵坐标,在实验误差允许范围内,可描绘出一条过原点的直线;
(3)另一同学重复实验,计算了多组$p$与$l$的乘积,发现$p$与$l$的乘积随压强$p$增大而变小,写出导致该现象的一个可能原因装置可能漏气。

答案： 12.解析：
(1)①此时封闭气体的压强为$p = p_0 + \rho gh$；
(2)气体温度不变，根据理想气体状态方程：$pSl = nRT$，可得$\frac{1}{l} = \frac{S}{nRT} · p$，可见以$p$为横坐标，以$\frac{1}{l}$为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线；
(3)根据理想气体状态方程：$pSl = nRT$，知$pl = \frac{nRT}{S}$，可见$p$与$l$的乘积随压强增大而减小，即$\frac{nRT}{S}$变小，而$T$与$S$不变，则气体的物质的量$n$变小，故装置可能漏气。
答案：
(1)①$p_0 + \rho gh$　
(2)$\frac{1}{l}$　
(3)装置可能漏气