《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例 4（2023·浙江 1 月选考）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 $ θ = 37° $ 的直轨道 AB、螺旋圆形轨道 BCDE，倾角 $ θ = 37° $ 的直轨道 EF、水平直轨道 FG 组成，除 FG 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 AB、EF 相切于 B（E）处。凹槽 GHIJ 底面 HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 GH 处，摆渡车上表面与直轨道下 FG、平台 JK 位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径 $ R = 0.5 $ m，B 点高度为 1.2R，FG 长度 $ L_{FG} = 2.5 $ m，HI 长度 $ L_0 = 9 $ m，摆渡车长度 $ L = 3 $ m、质量 $ m = 1 $ kg。将一质量也为 m 的滑块从倾斜轨道 AB 上高度 $ h = 2.3 $ m 处静止释放，滑块在 FG 段运动时的阻力为其重力的 0.2 倍（摆渡车碰到竖直侧壁 IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，$ \sin 37° = 0.6 $，$ \cos 37° = 0.8 $）。

（1）求滑块过 C 点的速度大小 $ v_C $ 和轨道对滑块的作用力大小 $ F_C $；
（2）摆渡车碰到 IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数 $ μ $；
（3）在（2）的条件下，求滑块从 G 到 J 所用的时间 t。

答案： 例4【答案】
(1)4 m/s 22 N
(2)0.3
(3)2.5 s
【解析】
(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得$mg(h - 1.2R - R - R\cos\ \theta) = \frac{1}{2}mv_C^2$
解得$v_C = 4\ m/s$
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得$F_C + mg = m\frac{v_C^2}{R}$
解得$F_C = 22\ N$.
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为$v$，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得$mgh - 0.2mgL_{FG} = \frac{1}{2}mv^2$
解得$v = 6\ m/s$
摆渡车碰到$IJ$前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速$v_1$，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得$mv = 2mv_1$
解得$v_1 = \frac{v}{2} = 3\ m/s$
根据能量守恒可得$Q = \mu mgL = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2} × 2mv_1^2$
解得$\mu = 0.3$.
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为$a = \frac{\mu mg}{m} = 3\ m/s^2$
所用时间为$t_1 = \frac{v - v_1}{a} = 1\ s$
此过程滑块通过的位移为$x_1 = \frac{v + v_1}{2}t_1 = 4.5\ m$
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为$t_2 = \frac{L_0 - x_1}{v_1} = 1.5\ s$
则滑块从G到J所用的时间为$t = t_1 + t_2 = 2.5\ s$.

例 5(2024·四川模拟)(多选)如图所示，电容为 C、带电量为 Q、极板间距为 d 的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量为 M，整个装置静止在光滑水平面上。在电容器右板上有一小孔，一质量为 m、带电荷量为 +q 的弹丸以速度 $ v_0 $ 从小孔水平射入电容器中(不计弹丸重力，设电容器外部电场强度为 0)，弹丸最远可到达距右板为 x 的 P 点，设弹丸刚进入电场时的电势能为零。则下列说法正确的是(BC)


A.在整个过程中，弹丸最小速度一定为零
B.弹丸在电容器中受到的电场力的大小为 $ F = \frac{qQ}{Cd} $
C.x 的大小为 $ x = \frac{CdMmv_0^2}{2qQ(M + m)} $
D.弹丸电势能的最大值为 $ E_{pmax} = \frac{m^2v_0^2}{2(M + m)} $

答案： 例5【答案】 BC
【解析】 弹丸在电场中受到的电场力水平向右，根据牛顿第三定律可知，电容器和底座受到的电场力水平向左，则弹丸向左减速，电容器和底座向左加速，设弹丸从右侧小孔出来的时候的速度为$v_0$，整个过程动量守恒，则$mv_0 = mv_1 + Mv'$，整个过程能量守恒，则$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv'^2$，解得$v_1 = \frac{m - M}{m + M}v_0$.由于质量关系未知，弹丸最小速度不一定为零，A项错误；根据公式$C = \frac{Q}{U}$，可得$U = \frac{Q}{C}$，弹丸在电容器中受到的电场力的大小为$F = Eq = \frac{U}{d}q = \frac{qQ}{Cd}$，故B项正确；弹丸开始的速度比电容器与绝缘底座快，弹丸和电容器组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律可知$mv_0 = (m + M)v$，解得$v = \frac{m}{m + M}v_0$.在P点时二者共速，弹丸到达距离右板最远处，由能量守恒定律可知$-Fx = \frac{1}{2}(m + M)v^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$，解得$x = \frac{CdMmv_0^2}{2qQ(M + m)}$，故C项正确；弹丸电势能的最大值为$E_{pmax} = Fx = \frac{qQ}{Cd} \cdot \frac{CdMmv_0^2}{2qQ(M + m)} = \frac{mMv_0^2}{2(M + m)}$，故D项错误.故选B、C两项.

例 6(2024·河北模拟)(多选)如图所示，固定足够长的间距为 L 的平行光滑金属导轨由水平段和倾角为 θ 的倾斜段平滑相接构成，正方形 ABCD 区域内存在垂直于倾斜导轨向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场；水平导轨间从 EF 向右区域内存在一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小也为 B。一根质量为 m、阻值为 R、长度为 L 的金属棒 a 在倾斜导轨上磁场区域的上边界 AB 处由静止释放，经过时间 t 穿过 ABCD 区域后，与水平导轨上另一根质量为 2m、阻值为 R、长度为 L 的静止在 EF 左侧的金属棒 b 发生弹性碰撞。已知两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒碰撞后金属棒 a 运动至倾斜导轨底端时被固定，不再上滑，不计导轨电阻，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是(AD)


A.金属棒 a 穿过 ABCD 区域的过程中，通过回路的电荷量为 $ \frac{BL^2}{2R} $
B.金属棒 a 穿过 ABCD 区域的过程中，产生的焦耳热为 $ mgL\sinθ $
C.碰撞后瞬间金属棒 a 速度的大小为 $ v_a' = \frac{gt\sinθ}{3} - \frac{B^2L^3}{3mR} $
D.金属棒 b 最终停在 EF 的右边 $ x = \frac{8mgtR\sinθ}{3B^2L^2} - \frac{4L}{3} $ 处

答案： 例6【答案】 AD
【解析】 根据电荷量的计算公式有$q = \bar{I}\Delta t = \frac{\bar{E}}{2R}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{2R\Delta t}\Delta t = \frac{BL^2}{2R}$，故A项正确；根据功能关系可知金属棒a穿过ABCD区域的过程中，产生的焦耳热小于$mgL\sin\ \theta$，故B项错误；金属棒a穿过ABCD区域的过程中，根据动量定理有$mg\sin\ \theta \cdot t - B\bar{I}L \cdot t = mv_a$，a、b碰撞过程中根据动量守恒定律及能量守恒定律有$mv_a = mv_a' + 2mv_b$，$\frac{1}{2}mv_a^2 = \frac{1}{2}mv_a'^2 + \frac{1}{2} × 2mv_b^2$，解得碰撞后瞬间金属棒a速度的大小为$v_a' = \frac{g\sin\ \theta}{3} - \frac{B^2L^3}{6mR}$，故C项错误；
对金属棒b根据动量定理有$-B\bar{I}'Lt' = BL\frac{E'}{2R}t' = BL\frac{\Delta\Phi'}{2Rt'}t' = - 2mv_b$，解得$x = \frac{8mgR\sin\ \theta}{3B^2L^2} - \frac{4L}{3}$，故D项正确；故选A、D两项.