《2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理》

14.(14分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球$B$上，另一端与球$C$接触但未拴接，球$B$和球$C$静止在光滑水平地面上。球$A$从光滑斜面上距水平地面高为$H = 3.2\ {m}$处由静止滑下(不计小球$A$在斜面与水平衔接处的能量损失)，与球$B$发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球$C$脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的四分之一竖直光滑圆弧轨道内。已知球$A$和球$B$的质量均为$1\ {kg}$，球$C$的质量为$4\ {kg}$，且三个小球均可视为质点。圆弧的半径$R = 2\sqrt{3}\ {m}$，$g$取$10\ {m/s^2}$。求：

(1)球$A$和球$B$碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小$v_{AB}$；
(2)球$C$脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度$h$；
(3)求球$A$释放初位置的高度$H$，球$C$与弹簧分离后恰好能运动至圆弧轨道的圆心等高处。求球$C$在圆弧轨道内运动过程中克服重力做功的最大瞬时功率$P$。

答案：
14. 解析
(1)设球$A$与球$B$碰前瞬间的速度为$v_{A}$，$A$由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得$m_{A} g H = \frac{1}{2} m_{A} v_{A}^{2}$，解得$v_{A} = \sqrt{2 g H} = 8m/s$，$A$与$B$发生正碰时在水平方向动量守恒，有$m_{A} v_{A} = (m_{A} + m_{B}) v_{AB}$，解得$v_{AB} = \frac{m_{A} v_{A}}{m_{A} + m_{B}} = 4m/s$。
(2)设球$C$脱离弹簧后的速度为$v_{C}$，$A$、$B$整体的速度为$v_{AB}'$，从$A$与$B$结合为一个整体后到球$C$离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有$(m_{A} + m_{B}) v_{AB} = (m_{A} + m_{B}) v_{AB}' + m_{C} v_{C}$，由机械能守恒定律有$\frac{1}{2} (m_{A} + m_{B}) v_{AB}^{2} = \frac{1}{2} (m_{A} + m_{B}) v_{AB}'^{2} + \frac{1}{2} m_{C} v_{C}^{2}$，解得$v_{AB}' = \frac{m_{A} + m_{B} - m_{C}}{m_{A} + m_{B} + m_{C}} v_{AB} = -\frac{4}{3}m/s$，$v_{C} = \frac{2 (m_{A} + m_{B})}{m_{A} + m_{B} + m_{C}} v_{AB} = \frac{8}{3}m/s$，从球$C$脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得$\frac{1}{2} m_{C} v_{C}^{2} = m_{C} g h$，联立解得$h = \frac{v_{C}^{2}}{2 g} = \frac{16}{45}m$。
(3)球$C$在圆弧轨道内运动过程中，当竖直方向的加速度为零时，竖直方向的速度最大，此时克服重力做功的瞬时功率最大。如图所示，设此时球$C$与圆弧轨道圆心的连线与水平方向的夹角为$\theta$，所受轨道支持力大小为$F_{N}$，则$m_{C} g = F_{N} \sin \theta$，在该位置处，设球$C$的速度为$v$，在沿轨道半径方向根据牛顿第二定律 得$F_{N} - m_{C} g \sin \theta = m_{C} \frac{v^{2}}{R}$，球$C$从该位置处运动到与圆弧轨道圆心等高处的过程中，由机械能守恒定律得$m_{C} g R \sin \theta = \frac{1}{2} m_{C} v^{2}$，联立解得$3 \sin^{2} \theta = 1$，解得$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$v = \sqrt{2 g R \sin \theta} = 2 \sqrt{10}m/s$，所以球$C$克服重力做功的最大瞬时功率为$P = m_{C} g v \cos \theta = \frac{160 \sqrt{10}}{3}W$。
答案
(1)$4m/s$
(2)$\frac{16}{45}m$
(3)$\frac{160\sqrt{10}}{3}W$

15.(17分)如图所示，在$xOy$坐标系$y ＞ 0$的空间内充满匀强电场，电场强度大小为$E$，方向平行于$xOy$平面，与$x$轴正方向的夹角为$60°$斜向下；在$y ＜ 0$的空间内充满匀强磁场，方向垂直于$xOy$平面向外。一质量为$m$、电荷量为$+q$的粒子从坐标原点，沿$y$轴正方向以速率$v_0$射入电场，然后经过$x$轴上的$A$点进入磁场，当再次返回电场时，恰好经过坐标原点$O$。不计粒子重力，求

(1)粒子通过$x$轴上的$A$点时的速度大小$v_1$；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小$B$；
(3)粒子第$n$次从磁场进入电场时的横坐标。

答案：
15. 解析
(1)作出粒子运动轨迹如图所示 在电场中，粒子在$x$轴方向上做匀加速直线运动，则有$E q \cos 60^{\circ} = m a_{x}$，$v_{x} = a_{x} t$，粒子在$y$轴方向上做匀变速直线运动，则有$-E q \sin 60^{\circ} = m a_{y}$，$0 = v_{0} t + \frac{1}{2} a_{y} t^{2}$，$v_{y} = v_{0} + a_{y} t$，粒子在$A$点的速度$v_{1} = \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2}}$，解得$v_{1} = \frac{\sqrt{21}}{3} v_{0}$。
(2)$OA$间的距离$x_{1} = \frac{1}{2} a_{x} t^{2}$，令$A$点速度与$x$轴正方向的夹角为$\theta$，则有$\tan \theta = \frac{v_{y}}{v_{x}}$，令粒子在磁场中运动的半径为$r_{1}$，由几何关系有$\sin \theta = \frac{\frac{x_{1}}{2}}{r_{1}}$，根据牛顿第二定律有$q v_{1} B = m \frac{v_{1}^{2}}{r_{1}}$，解得$B = \frac{3 E}{2v_{0}}$。
(3)根据圆周运动的对称性，粒子每次进入电场时的竖直速度均为$v_{0}$，每次在电场中的运动时间均为$t$；粒子下一次进入电场时$x$轴方向上的速度等于上一次离开电场时$x$轴方向上的速度，所以，粒子在电场中的运动可看作一段连续的匀变速直线运动，则有$x_{电} = \frac{1}{2} a_{x} (n t)^{2}$；粒子每次进入磁场时$y$轴方向的速度为$-v_{0}$，出磁场时$y$轴方向的速度为$v_{0}$，每一次在磁场中运动的时间为$\Delta t$，沿$y$轴方向，根据动量定理有$-q v_{x} B \Delta t = m v_{0} - (-m v_{0})$，每一次在磁场中运动沿$x$轴的位移为$x_{磁} = \overline{v_{x}} \Delta t$，粒子第$n$次从磁场进入电场时的坐标$x = x_{电} - n x_{磁}$，解得$x = \frac{4 n (n - 1) m v_{0}^{2}}{3 E q} (n = 1, 2, 3 ·s)$。
答案
(1)$\frac{\sqrt{21}}{3} v_{0}$
(2)$\frac{3 E}{2v_{0}}$
(3)$\frac{4 n (n - 1) m v_{0}^{2}}{3 E q} (n = 1, 2, 3 ·s)$