《2026年学易优高考二轮总复习物理》

1. (2025·广东梅州市期末)如图甲所示，在竖直平面内建立$xOy$坐标系($y$轴竖直)，在$x＞0$区域有沿$y$轴正方向的匀强电场，电场强度大小为$E = \frac{mg}{q}$;在$x＞0$区域，还有按图乙规律变化的磁场，磁感应强度大小为$B_0$，磁场方向以垂直纸面向外为正方向。$t = 0$时刻，有一质量为$m$、带电荷量为$+q$的小球(可视为质点)以初速度$2v_0$从原点$O$沿与$x$轴正方向夹角$\theta = \frac{\pi}{4}$的方向射入第一象限，重力加速度为$g$。求：

(1)小球从上往下穿过$x$轴的位置到坐标原点的可能距离;
(2)小球与$x$轴之间的最大距离。

答案：
1.答案：
(1)$\frac{\sqrt{2}nmv_{0}}{2qB_{0}}(8 + \pi) + \frac{2\sqrt{2}mv_{0}}{qB_{0}}(n = 0,1,2,3,·s)$
(2)$\frac{(\sqrt{2}\pi + 8 - 4\sqrt{2})mv_{0}}{4B_{0}q}$
解析：
(1)带电小球从原点进入$x ＞ 0$区域后有$Eq = mg$
所以在此区域内，带电小球在有磁场时做匀速圆周运动，在无磁场时做匀速直线运动，其轨迹如图所示

在$0\sim\frac{\pi m}{2qB_{0}}$时间内，
有$q · 2v_{0}B_{0} = m\frac{(2v_{0})^{2}}{r}$，
即$r = \frac{2mv_{0}}{B_{0}q}$
小球沿$x$轴正方向前进的距离$L_{1} = \sqrt{2}r$
在$\frac{\pi m}{2qB_{0}}\sim\frac{3\pi m}{4qB_{0}}$时间内，小球沿$x$轴正方向前进的距离
$L_{2} = 2v_{0}t\cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}\pi mv_{0}}{4qB_{0}}$
在$\frac{3\pi m}{4qB_{0}}\sim\frac{5\pi m}{4qB_{0}}$时间内，小球沿$x$轴正方向前进的距离为$L_{1}$
在$\frac{5\pi m}{4qB_{0}}\sim\frac{3\pi m}{2qB_{0}}$时间内，小球沿$x$轴正方向前进的距离为$L_{2}$
以此类推，小球从上往下穿过$x$轴时的位置到坐标原点的距离
$x = n(2L_{1} + 2L_{2}) + L_{1} = \frac{\sqrt{2}nmv_{0}}{2qB_{0}}(8 + \pi) + \frac{2\sqrt{2}mv_{0}}{qB_{0}}(n = 0,1,2,3,·s)$。
(2)由轨迹图可知，小球与$x$轴的最大距离位置在第四象限
小球与$x$轴之间的最大距离
$d = L_{2} + r(1 - \cos\frac{\pi}{4})$
$= \frac{(\sqrt{2}\pi + 8 - 4\sqrt{2})mv_{0}}{4B_{0}q}$。

2. (2025·广东省联考)如图所示，紧靠在水平台右端的长木板上表面$NQ$水平且与平台等高，$NQ$的长度$L = 2\mathrm{m}$，长木板的右端为半径$R = 0.1\mathrm{m}$的$\frac{1}{4}$光滑圆弧，可视为质点的滑块$B$静止在长木板的左端。质量$m_\mathrm{A} = 1\mathrm{kg}$的滑块$A$在光滑水平平台上以初速度$v_0 = 6\mathrm{m/s}$向右匀速运动，一段时间后滑块$A$与滑块$B$发生弹性碰撞。已知滑块$B$的质量为$m_\mathrm{B} = 3\mathrm{kg}$，与$NQ$间的动摩擦因数$\mu = 0.1$，长木板的下表面光滑，重力加速度$g = 10\mathrm{m/s^2}$。

(1)求滑块$A$、$B$碰后瞬间滑块$B$的速度大小$v_\mathrm{B}$;
(2)若滑块$B$恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量$m_\mathrm{C}$;
(3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度$v_\mathrm{m}$及滑块$B$最终距$Q$点的距离$\Delta x$。

答案： 2.答案：
(1)$3m/s$
(2)$6kg$
(3)$\frac{3 + \sqrt{3}}{3}m/s$ $1m$
解析：
(1)对滑块$A$、$B$碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得$m_{A}v_{0} = m_{A}v_{A} + m_{B}v_{B}$
$\frac{1}{2}m_{A}v_{0}^{2} = \frac{1}{2}m_{A}v_{A}^{2} + \frac{1}{2}m_{B}v_{B}^{2}$
联立代入数据得滑块$A$和$B$碰后滑块$B$的速度大小$v_{B} = 3m/s$。
(2)滑块$B$恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块$B$刚好滑到圆弧的顶端时，滑块$B$与长木板共速，对滑块$B$和长木板有
$m_{B}v_{B} = (m_{B} + m_{C})v$
$\frac{1}{2}m_{B}v_{B}^{2} - \frac{1}{2}(m_{B} + m_{C})v^{2} = \mu m_{B}gL + m_{B}gR$
联立代入数据可得$v = 1m/s$，$m_{C} = 6kg$。
(3)当滑块$B$返回至$Q$点时，长木板的速度最大，设此时滑块$B$的速度为$v_{B}'$，
则有$(m_{B} + m_{C})v = m_{B}v_{B}' + m_{C}v_{m}$
$\frac{1}{2}m_{B}v_{B}'^{2} + \frac{1}{2}m_{C}v_{m}^{2} - \frac{1}{2}(m_{B} + m_{C})v^{2} = m_{B}gR$
联立解得$v_{m} = \frac{3 + \sqrt{3}}{3}m/s$
设滑块$B$最终没有滑离长木板，对滑块$B$从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有$m_{B}gR = \mu m_{B}g\Delta x$
解得$\Delta x = 1m ＜ L = 2m$
故假设成立，滑块$B$最终距$Q$点的距离$\Delta x = 1m$。