《2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理》

14. (14分)如图所示，一对“$\Omega$”形长栅极板（粒子可自由穿过）水平放置，极板外存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为$B$的匀强磁场，极板与可调稳压电源$U$相连。正极板上O点处一粒子源垂直于极板向上连续发射速度为$v_0$（$v_0$大小未知）的粒子，粒子的质量为$m$、电荷量为$q$（$q ＞ 0$），C点位于O点正上方，弧AD为半圆，其半径为$R$，AC的长度也为$R$。在E点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子。现有一薄挡板与半圆AD完全重合，薄挡板可吸收打中的粒子。当电源电压$U = 0$时，粒子正好打中A点。忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用、粒子在极板中的运动时间和粒子所受的重力。

(1)求粒子发射速度$v_0$的大小；
(2)调整电压的大小，使粒子打在挡板上，求粒子打中D点时的电压$U$的大小和打在挡板上的最短时间$t_{\min}$；
(3)若$DE = 17R$，调整电压大小使粒子被粒子靶接收，求粒子靶能接收到几种动能的粒子，并求出其中的最小动能。

答案：
14.解析
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子正好打中$A$点可知，其轨迹如图1
　　　
由洛伦兹力提供向心力可得$qv_{0}B=m\dfrac{v^{2}_{0}}{r_{0}}$，
其中$r_{0}=\dfrac{R}{2}$，
解得$v_{0}=\dfrac{qBR}{2m}$。
(2)第一种情况：粒子直接运动半圆打中$D$点，如图2
　　　
则有$r_{1}=\dfrac{3}{2}R$，
可得$v_{1}=\dfrac{3qBR}{2m}$，
根据动能定理可得$qU_{1}=\dfrac{1}{2}mv^{2}_{1}-\dfrac{1}{2}mv^{2}_{0}$，
解得$U_{1}=\dfrac{qB^{2}R^{2}}{m}$；
第二种情况：粒子先在上方磁场中运动半圆再到下方磁场中运动半圆到达$D$点，如图3
　　　
则有$2r_{2}-2r'_{0}=3R$，
所以$r_{2}=2R$，
$v_{2}=\dfrac{2qBR}{m}$，
根据$qU_{2}=\dfrac{1}{2}mv^{2}_{2}-\dfrac{1}{2}mv^{2}_{0}$，
解得$U_{2}=\dfrac{15qB^{2}R^{2}}{8m}$。
因为$\theta$_________${min}=180^{ \circ }$，
则$t_{min}=\dfrac{1}{2}T=\dfrac{1}{2}×\dfrac{2 \pi m}{qB}=\dfrac{ \pi m}{qB}$。
(3)设上方轨迹对应的半径为$r_{3}$，下方轨迹对应的半径为$r_{4}$，如图4
　　　
自下而上由动能定理得$qU=\dfrac{1}{2}mv^{2}-\dfrac{1}{2}mv^{2}_{0}$，
由洛伦兹力提供向心力可知$r_{3}=\dfrac{mv}{qB}$，$r_{4}=\dfrac{mv_{0}}{qB}=r_{0}$，
粒子在上下运动2个半圆一次会向右平移$\Delta l$，则有$\Delta l=2r_{3}-2r_{4}$。
当粒子打中$E$点时，由几何关系可知$2r_{3}+n \Delta l=\overline{DE}$，
可知$2r_{3}+n(2r_{3}-2r_{4})=20R(n=0,1,2,3,·s)$，
且$r_{3} \geqslant r_{2}=2R$，
解得$n \leqslant \dfrac{16}{3}$。
$n$可以取0、1、2、3、4、5共6种能量，当$n=5$时，可得轨道半径$r_{3}=\dfrac{25R}{12}$，
速度大小$v=\dfrac{25qBR}{12m}$，
最小动能$E_{k}=\dfrac{1}{2}mv^{2}$，
解得$E_{k}=\dfrac{625q^{2}B^{2}R^{2}}{288m}$。
答案
(1)$\dfrac{qBR}{2m}$
(2)$\dfrac{qB^{2}R^{2}}{m}$或$\dfrac{15qB^{2}R^{2}}{8m}$ $\dfrac{ \pi m}{qB}$
(3)$\dfrac{625q^{2}B^{2}R^{2}}{288m}$

15. (19分)一固定的光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，物块B静止在水平面上，物块A从圆弧轨道上距水平面高$h$处由静止释放，A与B发生碰撞后粘在一起，组合成的物块AB随后与另一静止在水平面上的物块C发生弹性碰撞。已知物块A、B、C的质量均为$m$，重力加速度为$g$，不计空气阻力。求：

(1)与B碰撞前瞬间，物块A的速度$v_0$的大小；
(2)A与B碰撞过程损失的机械能$\Delta E$；
(3)物块AB对C的冲量$I$大小。

答案： 15.解析
(1)对物块A，下滑过程中，由动能定理有$mgh=\dfrac{1}{2}mv^{2}_{0}$，
解得$v_{0}=\sqrt{2gh}$。
(2)A、B碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律有$mv_{0}=2mv_{1}$，
由能量守恒定律有$\Delta E=\dfrac{1}{2}mv^{2}_{0}-\dfrac{1}{2}×2mv^{2}_{1}$，
联立解得$\Delta E=\dfrac{1}{2}mgh$。
(3)物块AB与C碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定理有
$2mv_{1}=2mv'_{1}+mv_{C}$，
$\dfrac{1}{2}×2mv^{2}_{1}=\dfrac{1}{2}×2mv'^{2}_{1}+\dfrac{1}{2}mv^{2}_{C}$，
对C由动量定理可得，物块AB对C的冲量$I=mv_{C}$，
联立解得$I=\dfrac{2}{3}m\sqrt{2gh}$。
答案
(1)$\sqrt{2gh}$
(2)$\dfrac{1}{2}mgh$
(3)$\dfrac{2}{3}m\sqrt{2gh}$