《2026年金考卷特快专递高中物理》

14. (12 分)如图所示,相距为 $d$ 的带电小球 $A$、$B$ 固定在水平放置的光滑绝缘细杆上,所带电荷量分别为 $-4q$ 和 $9q$,$q＞0$。若杆上还套有一质量为 $m$ 的带电小环 $C$,带电体 $A$、$B$ 和 $C$ 均可视为点电荷。

(1)求小环 $C$ 的平衡位置。
(2)若小环 $C$ 带电荷量为 $-q$,将小环拉离平衡位置一段距离后由静止释放,且该距离远小于 $d$。试证明小环 $C$ 受到的电场力大小 $F$ 与偏离平衡位置的位移大小 $x$ 成正比。[提示:数学公式 $(1 + x)^n = 1 + nx + \frac{n(n - 1)}{1!}x^2 + ·s$;当 $|x| \ll 1$ 时,则 $(1 + x)^n = 1 + nx$]
(3)若小环 $C$ 带电荷量为 $-q$,将小环 $C$ 拉离平衡位置一小段远小于 $d$ 的距离 $l$ 后由静止释放,求小环 $C$ 运动过程中的最大速率。

答案： 14．库仑定律+力的平衡条件+动能定理
(1)经分析可知小环C的平衡位置在A左侧，设小环C的电荷量为$q_C$，小环C的平衡位置到A的距离为$x_0$，则对小环C由库仑定律和平衡条件得$\frac{4kqq_C}{x_0^2} = \frac{9kqq_C}{(d + x_0)^2}$ ………………………… (2分)
解得$x_0 = 2d$
则小环C的平衡位置在A左侧2d处 ………………………… (1分)
(2)设将小环C向左拉离平衡位置一小段距离x，则由库仑定律可知小环C受到的电场力大小为$F = \frac{9kq^2}{(3d + x)^2} - \frac{4kq^2}{(2d + x)^2}$ ………………………… (2分)
变式可得$F = \frac{kq^2}{d^2}[\frac{1}{(1 + \frac{x}{3d})^2} - \frac{1}{(1 + \frac{x}{2d})^2}]$
又$x \ll d$，则$\frac{x}{2d} \ll 1$、$\frac{x}{3d} \ll 1$，由题意可知当$|x| \ll 1$时，$(1 + x)^2 = 1 + 2x$
化简可得$F = \frac{kq^2}{3d^3}x$ ………………………… (3分)
则小环C受到的电场力大小F与偏离平衡位置的距离x成正比
(3)由
(2)问分析可知，小环C所受的电场力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，则当小环C运动到平衡位置时速率最大，小环C从距平衡位置l处由静止释放到运动至平衡位置过程受到电场力的平均值为$\overline{F} = \frac{1}{2} × \frac{kq^2}{3d^3}l$ ………………………… (1分)
该过程由动能定理得$\overline{F}l = \frac{1}{2}mv_m^2$ ………………………… (2分)
联立解得$v_m = \frac{ql}{d}\sqrt{\frac{k}{3md}}$ ………………………… (1分)

15. (16 分)如图为某输送货物装置的原理示意图,斜面高 $h = 1.5$ m,水平边长 $L = 3.0$ m,传送带宽 $d = 2.0$ m,传送带运行的速度大小 $v = 4.0$ m/s,货物与斜面间的动摩擦因数 $\mu = 0.35$,重力加速度 $g = 10$ m/s²。货物(视为质点)可从平台经斜面滑到匀速运行的水平传送带上,再由传送带输送到目的地。每隔一段时间让一个货物从斜面顶端由静止开始下滑,货物通过斜面与传送带交界处时的速度大小均不改变,滑上传送带时的速度方向均与传送带运动方向垂直,在输送到目的地前均已经做匀速运动。当输送装置稳定运行后,货物的平均流量(单位时间内输送货物的个数)$n = 90$ 个/min。已知单个货物的质量 $m = 6$ kg,求
(1)货物刚滑到传送带上时的速度大小;
(2)为使货物滑到传送带上后不会从传送带边缘掉落,货物与传送带间的动摩擦因数的最小值;
(3)输送装置稳定运行后,驱动传送带的电动机因传送货物而额外增加的平均功率。

答案：
15．
(1)解法一 设斜面的长度为x，斜面的倾角为$\alpha$，则货物下滑过程，由动能定理得$mgh - \mu mgx\cos\alpha = \frac{1}{2}mv_0^2$ ………………………… (2分)
由几何关系可知$x\cos\alpha = L$ ………………………… (1分)
联立解得货物刚滑到传送带上时的速度大小为$v_0 = 3$ m/s …
解法二 货物在斜面上做匀加速直线运动，设斜面的长度为x，斜面的倾角为$\alpha$，则对货物由牛顿第二定律有$mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha = ma$
由速度位移公式有$v_0^2 = 2ax$
又$x\cos\alpha = L$，$x\sin\alpha = h$
联立解得货物刚滑到传送带上时的速度大小为$v_0 = 3$ m/s
(2)解法一 若货物刚好不从传送带边缘掉落，即货物到达传送带边缘时垂直传送带运动方向的速度刚好减为0时，货物的加速度最小，与传送带间的动摩擦因数最小，在垂直传送带运动方向由速度位移公式有$0 - v_0^2 = -2ad$ ……(1分)
解得货物在垂直传送带运动方向的加速度大小为$a = 2.25$ m/s²
在该方向上有$d = \frac{v_0}{2}t$ ………………………… (1分)
解得货物从滑上传送
带到运动至传送带边
缘的时间为$t = \frac{4}{3}$ s

沿传送带方向货物做
匀加速直线运动，速
度刚好达到u
在沿传送带运动方向有$v = a_2t$ ………………………… (1分)
解得货物在沿传送带运动方向的加速度大小为$\alpha = 3$ m/s²
由运动的合成可知货物在传送带上的加速度大小为
$a_{min} = \sqrt{a^2 + a_2^2} = 3.75$ m/s² ………………………… (1分)
对在传送带上与传送带发生相对运动的货物，由牛顿第二定律得$\mu_{min}mg = ma_{min}$ ………………………… (1分)
解得$\mu_{min} = 0.375$ ………………………… (1分)
解法二 以传送带为参考系，设货物相对传送带的初速度大小为$v'$，方向与传送带运动方向的夹角为$\theta$，货物与传送带间的动摩擦因数最小值为$\mu_{min}$，对应的加速度大小为$a'_{min}$，则$v' = \sqrt{v_0^2 + u^2}$，货物从滑上传送带到与传送带共速过程(货物与传送带共速时相对传送带的速度为0)，由速度位移公式有$v'^2 = 2a'_{min} · \frac{d}{\sin\theta}$
由牛顿第二定律有$\mu_{min}mg = ma'_{min}$
又$\sin\theta = \frac{v_0}{v'}$
联立解得$\mu_{min} = 0.375$
(3)设t时间内运送的货物总质量为$m_{总}$，则有$m_{总} = nmt$
该段时间货物动能的增加量为
$\Delta E_k = \frac{1}{2}m_{总}(u^2 - v_0^2)$ ………………………… (2分)
货物滑上传送带时，货物相对传送带的速度大小为
$v' = \sqrt{v_0^2 + u^2}$
货物从滑上传送带至与传送带共速过程相对传送带的位移大小为$\Delta s = \frac{v'^2}{2a'}$
设货物与传送带间的动摩擦因数为$\mu'$，则由牛顿第二定律可得$a' = \mu'g$
则该段时间货物在传送带上因摩擦而产生的热量为
$Q = \mu'm_{总}g\Delta s = m_{总}a'\Delta s$ ………………………… (2分)
由能量守恒定律可知，该段时间内电动机因传送货物而多消耗的能量为$E = \Delta E_k + Q$
则驱动传送带的电动机因传送货物而额外增加的平均功率为$P = \frac{E}{t} = 144$ W ………………………… (2分)
考情速递 传送带模型，你真的OK了吗？ 传送带因其涉及物理过程的动态复杂性及可拓性强等因素而备受高考命题者的青睐，高考题中对于传送带模型的创新考查接连不断。比如2025年广西卷第15题以智能分装系统为情境，将碰撞和传送带模型融合考查；2024年湖北卷第14题将传送带模型、碰撞及竖直面内的圆周运动融合考查。本题更是对传送带模型的进一步创新，以输送货物为情境，将斜面模型和传送带模型进行融合，且将货物滑上传送带的速度设定为与传送带的速度方向垂直，考查考生对传送带模型中的基础受力分析是否真的掌握了。对于传送带模型，考生在平常备考时要做到细致入微，不要只记一些结论或者公式，要真正理解其中涉及的受力分析及运动分析。