《2026年学易优高考二轮总复习物理》

1. (2025·江西省月考)如图所示,在竖直平面内的直角坐标系$xOy$中,第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿$x$轴正方向的匀强电场,磁感应强度大小为$B$,电场强度大小为$E$。第一象限中有沿$y$轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知),且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为$B$)。一个带电小球从图中$y$轴上的$M$点沿与$x$轴成$\theta = 45^{\circ}$角斜向上做匀速直线运动,由$x$轴上的$N$点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动,离开矩形磁场区域后垂直打在$y$轴上的$P$点(图中未标出),已知$O$、$N$两点间的距离为$L$,重力加速度大小为$g$,取$\sin 22.5^{\circ} = 0.4$,$\cos 22.5^{\circ} = 0.9$。求:

(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的电场强度大小;
(2)矩形匀强磁场区域面积$S$的最小值;
(3)小球从$M$点运动到$P$点所用的时间。

答案：
1.答案：
(1)$\frac{g}{E} E$
(2)$\frac{54E^{4}}{25g^{2}B^{4}}$
(3)$\frac{BL}{E}(1+\frac{\sqrt{2}}{2})+\frac{E}{gB}(\frac{3}{4}\pi-\frac{\sqrt{2}}{2})$
解析：
(1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN段受力如图
　　　　　　　　
因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°=qE，解得$\frac{q}{m}=\frac{g}{E}$，要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，则小球受到的重力必须与静电力平衡，有mg=qE₁，联立解得E₁=E。
(2)由
(1)可知qvB=$\sqrt{2}$qE，即v=$\frac{\sqrt{2}E}{B}$
由qvB=m$\frac{v^{2}}{R}$，可知R=$\frac{mv}{qB}=\frac{\sqrt{2}E^{2}}{gB^{2}}$
轨迹图如图所示，由图可知矩形的最小面积
　　　　　　　　
S=2Rcos 22.5°×(R - Rsin 22.5°)=$\frac{54E^{4}}{25g^{2}B^{4}}$。
(3)在第四象限运动的时间t₁=$\frac{\sqrt{2}L}{v}$，在第一象限矩形磁场区域运动的时间t₂=$\frac{\frac{3}{4}\piR}{v}=\frac{3\piR}{4v}$，在第一象限做匀速直线运动的时间t₃=$\frac{L-\frac{\sqrt{2}}{2}R}{v}$
联立解得小球从M到P的总时间t=t₁+t₂+t₃=$\frac{BL}{E}(1+\frac{\sqrt{2}}{2})+\frac{E}{gB}(\frac{3}{4}\pi-\frac{\sqrt{2}}{2})$。

2. (2025·河南三模)如图所示,$AB$段为足够长的水平面,$CD$为光滑的水平导轨,质量为$M = 4\ kg$的小车静止在$AB$段,小车的上表面与$CD$面等高。倾角为$\alpha = 37^{\circ}$,长为$L = 7\ m$的传送带下端通过一小段光滑的圆弧轨道衔接于$D$点。已知传送带沿逆时针方向以恒定的速度$v_{0} = 4\ m/s$运动,可视为质点的质量为$m_{2} = 1\ kg$的物体乙静止放在$CD$段,物体乙到$C$点的距离为$x_{0} = 12\ m$,可视为质点的质量为$m_{1} = 3\ kg$的物体甲由传送带的顶端静止释放,经过一段时间两物体发生弹性正碰,物体乙滑上小车后经$t = 3\ s$的时间从小车的左端飞出,物体乙落地后不反弹。已知小车上表面到$AB$面的高度差为$h = 1.25\ m$,小车与$AB$段的动摩擦因数为$\mu_{2} = 0.05$,物体甲、乙与传送带以及小车上表面的动摩擦因数均为$\mu_{1} = 0.25$。重力加速度$g = 10\ m/s^2$,$\sin 37^{\circ} = 0.6$,$\cos 37^{\circ} = 0.8$。

(1)求甲、乙碰后瞬间的速度大小;
(2)求小车左右两端的距离;
(3)通过计算分析此后小车车轮能否与物体乙发生碰撞。若能,请求出碰撞瞬间小车的速度;若不能,请求出静止时,甲、乙之间的水平距离。

答案： 2.答案：
(1)4 m/s 12 m/s
(2)24 m
(3)不能，22 m
解析：
(1)甲释放后沿传送带加速下滑，对甲受力分析，根据牛顿第二定律可得m₁gsin 37°+μ₁mgcos 37°=m₁a₁
解得a₁=8 m/s²
设经过t₁时间甲与传送带共速，则有t₁=$\frac{v_0}{a_1}$ = 0.5 s
此阶段甲的位移大小x₁=$\frac{1}{2}a_1t_1^{2}$ = 1 m
由于m₁gsin 37°＞μ₁mgcos 37°，故甲与传送带共速后继续加速下滑，设此阶段的加速度为a₂，根据牛顿第二定律则有m₁gsin 37° - μ₁mgcos 37°=m₁a₂
解得a₂=4 m/s²
此阶段的位移大小x₂=L - x₁=6 m
设甲物体到达底端的速度大小为v，则有v² - v₀² = 2a₂x₂
解得v = 8 m/s
两物体发生弹性碰撞，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律则有m₁v = m₁v₁ + m₂v₂
根据能量守恒定律则有$\frac{1}{2}m_1v^{2}=\frac{1}{2}m_1v_1^{2}+\frac{1}{2}m_2v_2^{2}$
联立解得v₁ = 4 m/s，v₂ = 12 m/s。
(2)甲、乙碰后，乙滑上小车的时间t₂=$\frac{x_0}{v_2}$ = 1 s
甲运动到C点的时间t₃=$\frac{x_0}{v_1}$ = 3 s
乙滑上小车后，由牛顿第二定律可得μ₁m₂g = m₂a₃
解得a₃ = 2.5 m/s²
对小车则有μ₁m₂g - μ₂(M + m₂)g = Ma₄
解得a₄ = 0
即小车静止不动，结合题意可知，物体乙滑上小车后经过t = 3 s的时间从小车的左端飞出。则乙在小车上滑行2 s后，甲滑上小车，然后乙再滑行1 s后飞出小车，乙在小车上滑行Δt = 2 s时间内的位移大小和速度大小分别为x₃ = v₂Δt - $\frac{1}{2}a_3·(Δt)^{2}$，v₃ = v₂ - a₃·Δt
代入数据解得x₃ = 19 m，v₃ = 7 m/s
物体甲滑上小车后，由牛顿第二定律可得μ₁(m₁ + m₂)g - μ₂(m₁ + m₂ + M)g = Ma₆
解得a₆ = 1.5 m/s²
此后t₄ = 1 s末物体甲、乙、小车的速度分别为v_甲 = v₁ - a₅t₄ = 1.5 m/s；v_乙 = v₃ - a₃t₄ = 4.5 m/s，v_车 = a₆t₄ = 1.5 m/s
此阶段甲的位移x_甲 = v₁t₄ - $\frac{1}{2}a_5t_4^{2}$ = 2.75 m
乙的位移x_乙 = v₃t₄ - $\frac{1}{2}a_3t_4^{2}$ = 5.75 m
小车的位移x_车 = $\frac{1}{2}a_6t_4^{2}$ = 0.75 m
故小车的长度为s = x₃ + x_乙 - x_甲 = 24 m。
(3)由以上分析可知，乙物体以v_乙 = 4.5 m/s飞出小车，此后做平抛运动，乙在空中运动的时间t₅ = $\sqrt{\frac{2h}{g}}$ = 0.5 s
水平位移x = v_乙t₅ = 2.25 m
物体乙离开小车瞬间，物体甲和小车的速度v_甲 = v_车 = 1.5 m/s
由于μ₂ ＜ μ₁，故甲与小车相对静止一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得μ₂(M + m₁)g = (M + m₁)a₇
解得a₇ = 0.5 m/s²
假设小车与乙物体不会碰撞，物体乙离开小车后，小车的最大位移xₘ = $\frac{v_车^{2}}{2a_7}$ = 2.25 m
因xₘ = x = 2.25 m
故小车与乙物体不会碰撞，二者之间的距离大小为Δx = s - (x_甲 - x_车) = 22 m。