《2026年新高考5年真题高中物理全一册通用版湖南专版》

8. 某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为 $R$ 的定值电阻相连，导轨 $BC$ 段与 $B_1C_1$ 段粗糙，其余部分光滑，$AA_1$ 右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为 $m$ 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度 $v_0$ 沿导轨向右经过 $AA_1$ 进入磁场，最终恰好停在 $CC_1$ 处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为 $R$，与粗糙导轨间的动摩擦因数为 $\mu$，$AB = BC = d$。导轨电阻不计，重力加速度为 $g$，下列说法正确的是 (CD)


A.金属杆经过 $BB_1$ 的速度为 $\frac{v_0}{2}$
B.在整个过程中，定值电阻 $R$ 产生的热量为 $\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}\mu mgd$
C.金属杆经过 $AA_1B_1B$ 与 $BB_1C_1C$ 区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的 2 倍

答案： 8.参考答案CD
命题意图本题考查法拉第电磁感应定律、动量定理和能量守恒定律，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路设金属杆经过$BB_{1}$的速度大小为$v_{1}$，则金属杆从$AA_{1}$运动到$BB_{1}$的过程，由动量定理有$-\frac{B^{2}L^{2}\overline{v_{1}}}{2R}t_{1}=m(v_{0}-v_{1})$，又$v_{1}t_{1}=d$，则有$\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}=m(v_{0}-v_{1})$；金属杆从$BB_{1}$运动到$CC_{1}$的过程，由动量定理有$-\frac{B^{2}L^{2}\overline{v_{2}}}{2R}t_{2}+\mu mg t_{2}=mv_{1}-mv_{2}$，又$v_{2}t_{2}=d$，则有$\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}+\mu mg t_{2}=mv_{1}-mv_{2}$，分析可知$v_{0}-v_{1}＜v_{1}-v_{2}$，解得$v_{1}＞\frac{v_{0}}{2}$，即金属杆经过$BB_{1}$的速度大于$\frac{v_{0}}{2}$，A错误。整个过程，由能量守恒定律可得$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=Q_{R}+Q_{杆}+\mu mgd$，又通过定值电阻$R$和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知$Q_{R}=Q_{杆}$，联立可得$Q_{R}=\frac{1}{4}mv_{0}^{2}-\frac{1}{2}\mu mgd$，B错误。规定水平向左为正方向，结合A项分析可知，金属杆经过$AA_{1}B_{1}B$区域，金属杆所受安培力的冲量$I_{1}=\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}$，金属杆经过$BB_{1}C_{1}C$区域，金属杆所受安培力的冲量$I_{2}=\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}$，可得$I_{1}=I_{2}$，即金属杆经过$AA_{1}B_{1}B$与$BB_{1}C_{1}C$区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确。若将金属杆的初速度加倍，则金属杆从$AA_{1}$运动到$BB_{1}$的过程，由动量定理有$\frac{B^{2}L^{2}\overline{v_{3}}}{2R}t_{3}=\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}=m(2v_{0}-v_{B})$，金属杆从$BB_{1}$运动到$CC_{1}$的过程，由动量定理有$\frac{B^{2}L^{2}\overline{v_{4}}}{2R}t_{4}+\mu mg t_{4}=m(v_{B}-v_{C})$，即$\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}+\mu mg t_{4}=m(v_{B}-v_{C})$，又由运动学知识可知$t_{4}＜t_{2}$，结合A项分析可得金属杆经过$CC_{1}$的速度$v_{C}＞v_{0}$，金属杆经过$CC_{1}$之后的运动过程，由动量定理有$-\frac{B^{2}L^{2}}{2R}t_{5}=\frac{B^{2}L^{2}\Delta x}{2R}=mv_{C}＞mv_{0}$，又由A项分析有$\frac{B^{2}L^{2}d}{2R}＜m×\frac{1}{2}v_{0}$，可得$\Delta x＞2d$，则金属杆在磁场中运动的距离为$x =2d+\Delta x＞4d$，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的$2$倍，D正确。

9. 1834 年，洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验)，平面镜沿 $OA$ 放置，靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度 $\theta$，如图所示。$S$ 为单色点光源。下列说法正确的是 (BC)


A.沿 $AO$ 向左略微平移平面镜，干涉条纹不移动
B.沿 $OA$ 向右略微平移平面镜，干涉条纹间距减小
C.若 $\theta = 0°$，沿 $OA$ 向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变
D.若 $\theta = 0°$，沿 $AO$ 向左略微平移平面镜，干涉条纹向 $A$ 处移动

答案：
9.参考答案BC
命题意图本题考查光的双缝干涉，考查考生的理解能力和推理能力。
解题思路当$\theta\neq0^{\circ}$，且$\theta$非常小时，作出$S$关于平面镜对称的点$S'$，如图甲所示，则$S$和$S'$相当于双缝干涉实验中的双缝，若沿$AO$向左略微平移平面镜，则双缝间距减小，双缝到屏的距离增大，结合双缝干涉条纹间距公式$\Delta x=\frac{l}{d}\lambda$可知干涉条纹间距增大，干涉条纹移动。若沿$OA$向右略微平移平面镜，则双缝间距增大，双缝到屏的距离减小，结合双缝干涉条纹间距公式$\Delta x=\frac{l}{d}\lambda$可知干涉条纹间距减小。若$\theta =0^{\circ}$，作出$S$关于平面镜对称的点$S''$，如图乙所示，可知无论是沿$OA$向右略微平移平面镜，还是沿$AO$向左略微平移平面镜，$S$和$S''$的位置均不变，则干涉条纹不移动，干涉条纹间距不变。故B、C正确，A、D错误。

10. 如图，光滑水平面内建立直角坐标系 $xOy$，A、B 两小球同时从 $O$ 点出发，A 球速度大小为 $v_1$、方向沿 $x$ 轴正方向，B 球速度大小为 $v_2 = 2$ m/s、方向与 $x$ 轴正方向夹角为 $\theta$。坐标系第一象限中有一个挡板 $L$，与 $x$ 轴夹角为 $\alpha$。B 球与挡板 $L$ 发生碰撞，碰后 B 球速度大小变为 1 m/s，碰撞前后 B 球的速度方向与挡板 $L$ 法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若 A、B 两小球能相遇，下列说法正确的是 (AC)


A.若 $\theta = 15°$，则 $v_1$ 的最大值为 $\sqrt{2}$ m/s，且 $\alpha = 15°$
B.若 $\theta = 15°$，则 $v_1$ 的最大值为 $\frac{2}{3}\sqrt{3}$ m/s，且 $\alpha = 0°$
C.若 $\theta = 30°$，则 $v_1$ 的最大值为 $\frac{2}{3}\sqrt{3}$ m/s，且 $\alpha = 0°$
D.若 $\theta = 30°$，则 $v_1$ 的最大值为 $\sqrt{2}$ m/s，且 $\alpha = 15°$

答案：
10.参考答案AC
命题意图本题考查特殊的追击相遇问题，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。
解题思路作出两小球的运动路径，如图所示。小球$B$与挡板$L$碰撞后的速度与碰撞前的速度之比$\frac{v_{2}'}{v_{2}}=\frac{1}{2}=\sin30^{\circ}$。设小球$B$与挡板$L$的碰撞点为$D$，小球$A、B$的相遇点为$C$，根据几何关系可知$\angle DCO =2\alpha+\theta$。作辅助线$OE$使$\angle DOE =30^{\circ}$，过$D$点作$OE$的垂线交$OE$于点$E$，则$DE=\frac{1}{2}OD$。可将$B$球的运动等效为从$E$点沿$E\rightarrow D\rightarrow C$以$v_{2}'=1m/s$的速度运动到$C$点，则$v_{1}=\frac{OC}{t}=\frac{OC}{CD + DE}v_{2}'$，过$C$点作$OE$的垂线交$OE$于点$F$，则$CD + DE\geqslant CF$，可得$v_{1}\leqslant\frac{OC}{CF}v_{2}'=\frac{1}{\sin(\theta + 30^{\circ})}m/s$。当$\theta =15^{\circ}$时，$v_{1max}=\frac{1}{\sin45^{\circ}}m/s=\sqrt{2}m/s$，此时$2\alpha+\theta =90^{\circ}-45^{\circ}$，解得$\alpha =15^{\circ}$；当$\theta =30^{\circ}$时，$v_{1max}=\frac{1}{\sin60^{\circ}}m/s=\frac{2\sqrt{3}}{3}m/s$，此时$2\alpha+\theta =90^{\circ}-60^{\circ}$，解得$\alpha =0^{\circ}$。故A、C正确，B、D错误。