《2026年理想树试题攻略高中物理》

14. (12分)如图所示,质量为$m_1=2\ kg$的物块A静止在光滑水平轨道上,水平轨道右端与一半圆形粗糙轨道相切,半圆形轨道半径$R=0.1\ m$。质量为$m_2=3\ kg$的物块B以初速度$v_0=10\ m/s$滑向A,A和B碰后粘在一起运动,恰好通过半圆形轨道最高点P。物块A和物块B可视为质点,重力加速度g取10 m/s²,求:
(1)A和B碰撞过程中损失的机械能;
(2)A和B在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。

答案： 14.
(1)60 J
(2)-77.5 J
重难考点 完全非弹性碰撞+动能定理+竖直平面内圆周运动
【思路引导】
(1)A和B碰撞后粘在一起运动→属于完全非弹性碰撞，利用动量守恒定律求出碰撞后速度；
(2)A和B碰后粘在一起在竖直平面内做圆周运动→恰好通过半圆形轨道最高点P→在最高点P时由重力提供向心力→利用牛顿第二定律列式求出在最高点P的速度大小→利用动能定理求出在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。
【深度解析】
(1)对A和B组成的系统，碰撞过程由动量守恒定律有$m_{2}v_{0} = (m_{1} + m_{2})v$
由能量守恒定律有$\frac{1}{2}m_{2}v_{0}^{2} = \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})v^{2} + \Delta E$
联立解得$\Delta E = 60 J$
(2)A和B组成的系统到达半圆形轨道最高点P点时，由牛顿第二定律有$(m_{1} + m_{2})g = (m_{1} + m_{2})\frac{v_{P}^{2}}{R}$
在半圆形粗糙轨道上运动过程中，由动能定理有$-2(m_{1} + m_{2})gR + W_{f} = \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})v_{P}^{2} - \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})v^{2}$
联立解得$W_{f} = -77.5 J$

15. (16分)一质量为m、电荷量为+q的带电微粒在光滑绝缘水平面上运动,其速度可用图示的直角坐标系内的一个点$P(v_x,v_y)$表示,$v_x$、$v_y$分别为微粒的速度沿两坐标轴方向的分量,微粒出发时P点位于坐标原点O。微粒所在空间开始时存在平行于绝缘平面的有界匀强电场,电场强度大小为E。微粒在电场中加速一段距离,P点沿直线由O点移动到$a(v,0)$点,接着微粒进入一竖直方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P点沿以O为圆心的圆弧移动到$b\left(\dfrac{v}{2},\dfrac{\sqrt{3}v}{2}\right)$点。之后整个空间变成同时存在匀强电场和匀强磁场的区域,磁场的磁感应强度保持不变,微粒进入该空间,P点沿以$Q\left(0,\dfrac{\sqrt{3}v}{2}\right)$为圆心的半圆移动到$c\left(-\dfrac{v}{2},\dfrac{\sqrt{3}v}{2}\right)$点,此时将微粒动能瞬间增加$\dfrac{mv^2}{12}$,P点由c点变到d点,继续沿以Q为圆心的圆周移动,此后每次P点经过平行于$v_x$轴的虚线NQ时微粒动能均瞬间增加$\dfrac{mv^2}{12}$,且P点始终沿以Q为圆心的圆周移动。求:
(1)微粒沿直线运动的距离;
(2)P点由a到b的过程中微粒的运动时间;
(3)P点再次回到O点时微粒到出发点的距离。

答案：
$15.(1)\frac{mv^{2}}{2Eq} (2)\frac{\pi m}{3qB} (3)\frac{m^{2}v^{4}}{4E^{2}q^{2}}\sqrt{(11\sqrt{3}\pi + 6 - 2\sqrt{3})^{2}m^{2}v^{2}}$
重难考点 带电微粒在电磁场中的运动
【思路引导】
(1)P点从O点移动到a过程$v_{y} = 0→$微粒做匀加速直线运动→动能定理列式求解；
(2)P点由a到b的过程中微粒速度大小不变，方向改变，做匀速圆周运动→利用洛伦兹力提供向心力求运动的周期→利用b点的速度求运动轨迹对应的圆心角→得出微粒的运动时间；
(3)P点由a到b微粒做匀速圆周运动→求微粒沿$v_{x}$方向与沿$v_{y}$方向的运动距离→用配速法将微粒的运动分解为匀速直线运动和匀速圆周运动→P点由b到c，微粒运动时间等于半个周期→微粒动能瞬间增加，$v_{y}$不变，$v_{x}$增大，P点由c到d点→后续运动与上述同理，以此类推→用能量守恒定律求出加速次数→用次数求出运动的时间和轨迹半径→求出微粒恰好在A点沿$v_{y}$方向距离为$y_{2}$的位置→利用运动的合成与分解求出P点再次回到O点时微粒到出发点的距离。
【深度解析】
(1)微粒在匀强电场中做匀加速直线运动的过程，根据动能定理有$Eqd = \frac{1}{2}mv^{2}$
解得微粒沿直线运动的距离$d = \frac{mv^{2}}{2Eq}$
(2)由图可知，P点由a移动到b过程，微粒在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有$qvB = m\frac{v^{2}}{R}$
又$v = \omega R = \frac{2\pi R}{T}，$可得$qvB = m\frac{v^{2}}{R} = \frac{2\pi mv}{T}，$解得$T = \frac{2\pi m}{qB}$
P点由a到b的过程，微粒做圆周运动，根据b点对应速度可知轨迹对应的圆心角的正切值为$\tan\theta = \frac{v_{y}}{v_{x}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}v}{\frac{v}{2}} = \sqrt{3}$
解得$\theta = \frac{\pi}{3}$
P点由a到b的过程中，微粒的运动时间为$t_{1} = \frac{\theta}{2\pi}T = \frac{\pi m}{3qB}$
(3)由
(2)可得，P点由a移动到b过程中，微粒做匀速圆周运动的轨迹半径$R = \frac{mv}{qB}$
沿$v_{x}$轴方向微粒运动距离$x_{1} = \frac{\sqrt{3}}{2}R，$
沿$v_{y}$轴方向微粒运动距离$y_{1} = \frac{1}{2}R，$则P点由O到b过程，微粒运动轨迹如图甲所示，

微粒进入磁场与电场叠加区域后，设电场强度大小为$E_{2}，$P点以Q为圆心移动，则微粒的运动可看作匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加，微粒沿$v_{y}$轴方向以大小为$\frac{\sqrt{3}}{2}v$的速度做匀速直线运动，则由$v_{y}$产生的洛伦兹力恰与微粒所受电场力平衡，有$qBv_{y} = E_{2}q$
同时，微粒以大小为$v_{nx}$的速度做匀速圆周运动，$v_{nx}$为P点在虚线NQ与以Q为圆心的不同圆周交点处时的$v_{x}$大小，设对应的微粒做圆周运动的轨迹半径为$R_{n}，$
则有$qBv_{nx} = m\frac{v_{nx}^{2}}{R_{n}}$
则P点由b移动至c时，微粒以$v_{0x} = \frac{v}{2}$的速度做半径为$R_{0}、$时间为$\frac{T}{2}$的匀速圆周运动，由$qBv_{0x} = m\frac{v_{0x}^{2}}{R_{0}}，$解得$R_{0} = \frac{mv}{2qB}$
假设经n次加速P点能回到O点，则第n次加速后，速度的水平分量为$v_{nx} = \frac{\sqrt{3}}{2}v，$n应为正整数，根据能量守恒定律有$n×\frac{1}{2}m(\frac{\sqrt{3}}{2}v)^{2} = [\frac{1}{2}mv_{nx}^{2} + \frac{1}{2}m(\frac{\sqrt{3}}{2}v)^{2}]$

解得n = 3，
此时$R_{n} = \frac{mv_{nx}}{qB} = \frac{\sqrt{3}mv}{2qB} = \frac{\sqrt{3}}{2}R_{0}$
设P在a点时，微粒的空间位置为A，P点轨迹如图乙所示，根据对微粒运动的分析，则P点轨迹对应圆心角等于微粒匀速圆周运动对应圆心角，即微粒匀速圆周运动轨迹如图丙所示，可知P点从f到O，微粒匀速圆周运动的轨迹为一个圆周，又轨迹半径$R_{n} = x_{1}，$所以此时微粒恰在A点沿$v_{y}$轴正上方，设该位置与A点的距离为$y_{2}，$$y_{2}$由匀速圆周运动在$v_{y}$方向上的位移与匀速直线运动的位移组成，P点由b到O点运动时间$t_{2} = \frac{11\pi m}{2qB}($点拨：微粒对应P点由b到c的运动时间为$\frac{1}{2}T，$加速三次到达O点，第三次加速后运动时间为$\frac{1}{4}T，$即时间为$t_{2} = \frac{T}{2} + 2T + \frac{T}{4} = \frac{11}{4}T)$
则$y_{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}vt_{2} + y_{1} + 2R_{0} - R_{n}$
可得$y_{2} = \frac{(11\sqrt{3}\pi + 6 - 2\sqrt{3})mv}{4Bq}$
则P点再次回到O点时，微粒离出发点的距离为$s = \sqrt{d^{2} + y_{2}^{2}} = \sqrt{d^{2} + \frac{m^{2}v^{4}}{4E^{2}q^{2}}(11\sqrt{3}\pi + 6 - 2\sqrt{3})^{2}m^{2}v^{2}}$