《2026年金考卷特快专递高中物理》

14. (14 分)如图所示,在纸面内建立平面直角坐标系,在第一象限的部分区域分布有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小$B = 0.5T$的有界匀强磁场(图中未画出),磁场的左边界与$y$轴重合,磁场的右边界与曲线$y = \frac{1}{2}x^2$(其中$x \geq 0$,单位:m)相切。从$y$轴上的$A$点$(0,\frac{1}{2}m)$沿$x$轴正方向射入许多质量均为$m = 1 × 10^{-6}kg$、电荷量均为$q = 2 × 10^{-4}C$的带正电粒子,不计粒子的重力及相互作用力,已知所有粒子均垂直磁场左边界射出,且速率最大的粒子的轨迹与曲线$y = \frac{1}{2}x^2$相切于$C$点(未画出),取$\pi = 3.14$。求:

(1) 粒子在磁场中运动的时间$t_1$;
(2) 磁场区域的最小面积$S$;
(3) 速率最大的粒子从$A$点运动到$C$点时动量改变量的大小$\Delta p$。

答案：
14.带电粒子在有界磁场中的运动
(1)由所有粒子均垂直磁场左边界射出可知，所有粒子在磁场中均做半个圆周运动。设某粒子的速率为$v_1$，在磁场中运动的轨迹半径为$r_1$，对该粒子由洛伦兹力提供向心力有$Bqv_1 = m\frac{v_1^2}{r_1}$…………（1分）
又粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为$T = \frac{2\pi r_1}{v_1}$…………（1分）
则粒子在磁场中运动的时间$t_1 = \frac{1}{2}T = 3.14 × 10^{-2}s$…………（2分）
(2)当磁场区域的面积最小时，速率最大的粒子沿磁场区域边界运动，则该轨迹圆与曲线$y = \frac{1}{2}x^2$相切，且与$y$轴围成的图形面积为磁场区域的最小面积，设此轨迹圆半径为$r$，仅考虑数值关系有轨迹圆的圆心坐标为$(0,\frac{1}{2} + r)$，则该圆的轨迹方程为$x^2 + [y - (\frac{1}{2} + r)]^2 = r^2$…………（2分）
又$y = \frac{1}{2}x^2$
联立可得$y^2 + (1 - 2r)y + r + \frac{1}{4} = 0$
由于两曲线相切，则$y$只有一解，即$\Delta = (1 - 2r)^2 - 4(r + \frac{1}{4}) = 0$…………（2分）
解得轨迹半径为$r = 2m$
可知磁场区域的最小面积为$S = \frac{1}{2}\pi r^2 = 6.28m^2$…………（2分）
(3)对速率最大的粒子由洛伦兹力提供向心力有$Bqv_m = m\frac{v_m^2}{r}$…………（1分）
解得$v_m = 2 × 10^2m/s$
作出速率最大的粒子运动轨迹与曲线$y = \frac{1}{2}x^2$相切的图像如图甲所示

设两曲线的切点为$C(x_0,y_0)$，由
(2)知速率最大的粒子运动轨迹半径为$r = 2m$，代入轨迹方程可得$C$点的横坐标为$x_0 = \sqrt{3}m$…………（1分）
粒子从$A$点运动到$C$点轨迹所对的圆心角满足$\sin\theta = \frac{x_0}{r} = \frac{\sqrt{3}}{2}$…………（1分）
解得$\theta = 60^{\circ}$
作出粒子在$C$点的动量，并将粒子在$A$点的动量平移至同一矢量三角形如图乙所示

由矢量运算法则知，此过程粒子动量改变量的大小为$\Delta p = mv_m = 2.0 × 10^{-4}kg · m/s$…………（1分）

15. (14 分)如图甲所示,质量为$M = 1kg$的小铅块,用长度$L = 5m$不可伸长的轻绳悬挂于$O$点,足够长的传送带$BC$水平放置,$B$点在$O$点正下方,$BO = L$,初始将铅块拉至与$O$点等高的$A$点由静止释放,当其第一次摆至$B$点时轻绳刚好被拉断,随后铅块以水平速度$v_0$滑上传送带。$CD$段是一个与传送带等高接触但不影响其转动的光滑平台,平台右侧并排放有 10 个完全相同的木块,其上表面与平台等高。每个木块的质量为$m = 0.5kg$,$DE$长为$d = 0.50m$,铅块与木块上表面之间的动摩擦因数为$\mu_1 = 0.2$,铅块与传送带之间和木块与地面之间的动摩擦因数均为$\mu_2 = 0.1$,不考虑铅块的大小,不计空气阻力。重力加速度$g = 10m/s^2$。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
周期性外力作用下的铅块在传送带上的运动
(1) 求$v_0$的大小以及轻绳能承受的最大拉力大小$T$;
(2) 若传送带以$v = 16m/s$的速率顺时针转动,铅块以速度$v_0$滑上传送带的同时,对铅块施加周期性水平外力$F$如图乙所示,水平向右为正方向,铅块与传送带共速后撤去外力,求铅块与传送带之间因摩擦产生的热量$Q$;
(3) 若传送带初始静止,当铅块滑上传送带时传送带立即以恒定加速度顺时针转动,一旦铅块与传送带共速,传送带便以此时的速度匀速运动,直至铅块滑上$CD$平台,为使铅块能停留在第 10 个木块上,求传送带加速度的取值范围。

答案：
15.竖直面内的圆周运动+传送带模型+板块模型
思维导图

(1)铅块从$A$点到$B$点根据机械能守恒定律有$Mgl = \frac{1}{2}Mv_0^2$
解得$v_0 = 10m/s$…………（1分）
铅块在$B$点轻绳刚好被拉断，此时铅块受到的拉力大小等于轻绳能承受的最大拉力大小，对铅块根据牛顿第二定律有$T - Mg = M\frac{v_0^2}{L}$…………（1分）
解得$T = 30N$…………（1分）
(2)对传送带上的铅块受力分析可知，当$F = -0.6N$时，根据牛顿第二定律有$\mu_2Mg + F = Ma_1$…………（1分）
解得$a_1 = 0.4m/s^2$
当$F = -1.2N$时，根据牛顿第二定律有$\mu_2Mg + F = Ma_2$…………（1分）
解得$a_2 = -0.2m/s^2$
因此在$F$作用的每个周期内先做加速度大小为$a_1$的匀加速直线运动，再做加速度大小为$|a_2|$的匀减速直线运动
因共速后撤去外力，所以共速后铅块与传送带不再发生相对运动，结合匀变速直线运动规律画出铅块的速度-时间图像，其中阴影面积分别设为$x_1$、$\Delta x$，如图所示

由图可知每$2s$内速度的增加量为$\Delta v = 0.2m/s$，结合速度-时间图像可知，施加$F$的第$n$个周期内铅块的最大速度为$v_n = v_0 + (n + 1)\Delta v$，则当$v_{n - 1} ＜ v \leq v_n$时，铅块的速度达到$v$的时刻处于施加$F$的第$n$个周期内，所以可得铅块的速度达到$v$的时刻为$t = 28 × 2s + \frac{v - [v_0 + 28\Delta v]}{a_1} = 57s$…………（1分）
根据速度-时间图像与时间轴围成图形的面积表示位移可得，$0～2s$内铅块的位移大小为$x_1 = \frac{10.0 + 10.4}{2} × 1m + \frac{10.2 + 10.4}{2} × 1m = 20.5m$
$2～4s$内比$0～2s$内多的位移为$\Delta x = (10.2 - 10) × 2m = 0.4m$
则第$2$个$2s$内的位移比第一个$2s$内的位移增加$\Delta x$，即$x_2 = x_1 + \Delta x$
第$3$个$2s$内的位移比第一个$2s$内的位移增加$2\Delta x$，即$x_3 = x_1 + 2\Delta x$
$·s$
依次类推
第$28$个$2s$内的位移比第一个$2s$内的位移增加$27\Delta x$，即$x_{28} = x_1 + 27\Delta x$
第$57s$内的位移为$x' = \frac{v_0 + 28\Delta v + v}{2} · 1s = 15.8m$
故铅块从滑上传送带到与传送带共速的过程，铅块的位移大小为$s_{铅} = 28x_1 + (\Delta x + 2\Delta x + 3\Delta x + ·s + 27\Delta x) + x' = 741m$…………（1分）
传送带运动的距离大小为$s_{传} = vt = 912m$
因此铅块与传送带的相对位移大小为$\Delta s = s_{传} - s_{铅} = 171m$…………（1分）
由功能关系可知铅块与传送带之间因摩擦产生的热量$Q = \mu_2Mg\Delta s = 171J$…………（2分）
(3)铅块滑上木块后铅块$M$受到的滑动摩擦力为$f_1 = \mu_1Mg = 2N$
设铅块可以带动木块的数目为$N$，则$N$满足$f_1 - \mu_2(N + m)g - \mu_2(N - 1)mg ＞ 0$
解得$N ＜ 2$，即当铅块滑上第$10$块木块时，第$10$块木块才开始运动，为使铅块能停留在第$10$块木块上，若铅块刚好能停在第$10$个木块的右边缘，其离开传送带的速度最大，铅块在第$10$个木块上做匀减速直线运动，对铅块根据牛顿第二定律有$\mu_1Mg = Ma_M$
解得铅块在第$10$个木块上运动的加速度大小为$a_M = 2m/s^2$
对第$10$个木块，根据牛顿第二定律有$\mu_1Mg - \mu_2(M + m)g = ma_m$
解得此时第$10$个木块的加速度大小为$a_m = 1m/s^2$
则第$10$个木块做匀加速直线运动，以第$10$个木块为参考系，铅块做加速度大小为$a_M + a_m$的匀减速直线运动，对铅块在第$1～9$个木块上的运动，由动能定理有$-\mu_1Mg · 9d = 0 - \frac{1}{2}Mv_{min}^2$
解得铅块离开传送带的最小速度为$v_{min} = 3\sqrt{2}m/s$…………（1分）
若铅块刚好能停在第$10$个木块的右边缘，其离开传送带的速度最大，铅块在第$10$个木块上做匀减速直线运动，对铅块根据牛顿第二定律有$\mu_1Mg = Ma_M$
解得铅块在第$10$个木块上运动的加速度大小为$a_M = 2m/s^2$
铅块离开传送带时的最大速度为$v_{max} = \sqrt{21}m/s$…………（1分）
铅块在传送带上减速运动时，根据牛顿第二定律可知加速度大小为$a_0 = \mu_2g = 1m/s^2$，设传送带的加速度分别为$a_{min}$、$a_{max}$时，铅块与传送带的共同速度分别为$v_{min}$、$v_{max}$，铅块从滑上传送带到与传送带共速过程，由速度时间关系分别有$v_0 - a_0t_{01} = a_{min}t_{01} = v_{min}$，$v_0 - a_0t_{02} = a_{max}t_{02} = v_{max}$
解得$a_{min} = \frac{15\sqrt{2} + 9}{41}m/s^2$，$a_{max} = \frac{10\sqrt{21} + 21}{79}m/s^2$
所以传送带加速度的取值范围为$\frac{15\sqrt{2} + 9}{41}m/s^2 \leq a \leq \frac{10\sqrt{21} + 21}{79}m/s^2$…………（2分）
高考链接 本题与2024年湖北卷第14题均结合竖直面内的圆周运动和传送带模型考查运动学相关知识，原题如下：
如图所示，水平传送带以$5m/s$的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为$3.6m$。传送带右端正上方有一悬点$O$，用长为$0.3m$、不可伸长的轻绳悬挂一质量为$0.2kg$的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在$O$点右侧的$P$点固定一钉子，$P$点与$O$点等高。将质量为$0.10kg$的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为$1m/s$、方向水平向左。小球碰后绕$O$点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕$P$点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为$0.5$，重力加速度大小$g = 10m/s^2$。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
(3)若小球运动到$P$点正上方，绳子不松弛，求$P$点到$O$点的最小距离。

答案：
(1)$5m/s$
(2)$0.3J$
(3)$0.2m$