《2026年金考卷特快专递高中物理》

7. 如图所示,平行金属板$P$、$Q$间存在匀强电场(不考虑边界效应)，间距为$2d$,板长为$4d$。$t=0$时刻从上板左边缘$C$处水平向右射入质量为$m$、电荷量为$q$的粒子，在两板正中间最右侧的$D$点同时水平向左射入质量也为$m$、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为$E_{\rm k}$，相遇时发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力,碰撞过程电荷量保持不变,则


A.两粒子发生碰撞的时刻$t =d \sqrt{\frac{m}{2E_{\rm k}}}$
B.电场强度$E = \frac{E_{\rm k}}{2qd}$
C.碰撞损失的能量为$\Delta W = 2E_{\rm k}$
D.粒子到达$Q$板时的动能$E_{\rm k}' = \frac{3}{2} E_{\rm k}$

答案： 7.D 带电粒子在电场中的运动+动量守恒定律+动能定理
AB项分析:从D点射入的粒子不带电，做匀速直线运动，从C处向右射入的粒子在竖直向下的电场力作用下做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则两粒子在金属板间的中心相遇，结合动能的定义可知两粒子发生碰撞时的时刻为$t=\frac{2d}{v_{0}}$，A错误；对C处入射的粒子在竖直方向有$d=\frac{1}{2}·\frac{Eq}{m}t^{2}=d\sqrt{\frac{2m}{E_{k}}}$，联立解得电场强度$E = \frac{E_{k}}{qd}$，B错误。
CD项分析:两粒子相遇时发生完全非弹性碰撞，动量守恒，由于两粒子质量相等，碰撞前水平方向速度等大反向，可知碰后水平方向速度为零，竖直方向动量守恒，有$mv_{y1}=2mv_{y2}$，两粒子相遇前对C处入射的粒子根据$E=\frac{E_{k}}{qd}=\frac{2d}{v_{0}}$可得碰前瞬间竖直方向速度大小为$v_{y1}=\frac{Eq}{m}t = v_{0}$，即碰后瞬间结合体竖直方向的速度大小为$v_{y2}=\frac{1}{2}v_{y1}=\frac{1}{2}v_{0}$，总动能为$E_{k2}=\frac{1}{2}×2mv_{y2}^{2}=\frac{1}{2}E_{k}$，则碰撞损失的能量为$\Delta W=\frac{1}{2}m(v_{0}^{2}+v_{y1}^{2})+E_{k}-E_{k2}=\frac{5}{2}E_{k}$，C错误；两粒子碰撞后在电场力作用下竖直向下做匀加速直线运动，根据动能定理得$qEd = E_{k}'-E_{k2}$，解得粒子到达Q板时的动能为$E_{k}'=\frac{3}{2}E_{k}$，D正确。
一题多解本题C选项还可根据动能定理求解 两粒子相遇前，对C处入射的粒子由动能定理有$qEd = E_{k1}-E_{k}$，竖直方向有$qEd=\frac{1}{2}mv_{y1}^{2}$，由B项分析可知$E=\frac{E_{k}}{qd}$，两粒子碰撞前瞬间C处入射粒子的动能为$E_{k1}=2E_{k}$，两粒子碰撞前整体水平方向动量为0，由于两粒子发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有$mv_{y1}=2mv_{y2}$，则碰撞后瞬间的动能为$E_{k2}=\frac{1}{2}×2mv_{y2}^{2}=\frac{1}{4}mv_{y1}^{2}=\frac{1}{2}E_{k}$，则碰撞损失的能量为$\Delta W = E_{k1}+E_{k}-E_{k2}=\frac{5}{2}E_{k}$，C错误。
规律总结带电粒子在匀强电场中偏转的分析与处理方法
(1)运动状态分析:带电粒子以初速度$v_{0}$沿垂直于电场线方向从两极板间位置飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动。
(2)处理方法:粒子的运动轨迹是抛物线，类比平抛运动，应用运动的分解进行分析。沿初速度方向做速度为$v_{0}$的匀速直线运动，垂直于初速度方向做初速度为零的匀加速直线运动。

8. 如图所示,在$\triangle ABC$区域内(含边界)存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，$\angle A = 90^{\circ}$，$AC = d$，$BC = 2d$。在顶点$A$处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内,向$\angle CAB$区域内各个方向均匀射入比荷为$k$、速率为$v$的带负电的粒子，有$\frac{2}{3}$的粒子能从$AB$边射出,忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法中正确的是


A.匀强磁场的磁感应强度大小为$\frac{\sqrt{3}v}{3kd}$
B.粒子从$BC$边射出时,在磁场中运动的最短时间为$\frac{\sqrt{3} \pi d}{3v}$
C.粒子在磁场中运动的最长时间为$\frac{\sqrt{3} \pi d}{2v}$
D.$AB$边有粒子射出的区域长度为$\frac{3}{2}d$

答案：
8.D 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
A项分析:粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$，可得粒子做圆周运动的轨迹半径$r=\frac{mv}{qB}$，所以粒子做半径相同的圆周运动，根据左手定则可知，粒子做顺时针方向的圆周运动，由于有$\frac{2}{3}$的粒子从AB边射出，则粒子源射出粒子的速度方向与AB边夹角$\theta$满足$0^{\circ}\leq\theta\leq\frac{2}{3}×90^{\circ}=60^{\circ}$时，粒子都能从AB边射出，当$60^{\circ}＜\theta\leq90^{\circ}$时，粒子从BC边射出，所以$\theta = 60^{\circ}$时，粒子运动轨迹与BC边相切，如图所示，由于$\angle A = 90^{\circ}$，$AC = d$，$BC = 2d$，则由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为$r = d\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}d$，则磁感应强度大小为$B=\frac{mv}{qr}=\frac{2\sqrt{3}v}{3kd}$，A错误；
B项分析:粒子从BC边射出时轨迹为劣弧，由于轨迹为劣弧时对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，所以从BC边射出、运动时间最短的粒子运动轨迹对应的弦垂直于BC，由几何关系可得，轨迹所对的圆心角为$60^{\circ}$，即从BC边射出粒子运动的最短时间为$t_{min}=\frac{60^{\circ}×2\pi r}{360^{\circ}v}=\frac{\sqrt{3}\pi d}{6v}$，B错误；
C项分析:从粒子源射出的粒子速度与AB边的夹角$\theta$从$0^{\circ}$不断增加到$60^{\circ}$的过程中，由几何关系可知轨迹所对的圆心角为$2\theta$，所以该过程粒子运动的时间随着$\theta$的增大逐渐增大，且射出点从A点向B点移动，从$60^{\circ}$不断增加到$90^{\circ}$的过程中，轨迹所对的圆心角不断减小至$60^{\circ}$，则当$\theta = 60^{\circ}$时，粒子在磁场中运动的时间最长，此时轨迹所对圆心角为$120^{\circ}$，故$t_{max}=\frac{120^{\circ}×2\pi r}{360^{\circ}v}=\frac{\sqrt{3}\pi d}{3v}$，C错误；
D项分析:结合C项分析可知AB边有粒子射出的区域为AQ，由几何关系可得$AQ = 2r\cos30^{\circ}=\frac{3}{2}d$，D正确。

想想 求BC边有粒子射出的区域长度
答案:$\frac{\sqrt{3}}{2}d$ 点拨:BC边有粒子射出的区域为从P点到$\theta = 60^{\circ}$时轨迹与BC的切点，即长度为$r=\frac{\sqrt{3}}{2}d$。
高考链接本题与2025年安徽卷第7题均考查旋转圆模型，原题如下:
如图，在竖直平面内的$Oxy$直角坐标系中，$x$轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为$B$。在第二象限内，垂直纸面且平行于$x$轴放置足够长的探测薄板$MN$，$MN$到$x$轴的距离为$d$，上、下表面均能接收粒子。位于原点$O$的粒子源，沿$Oxy$平面向$x$轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为$q$，质量为$m$，速度大小均为$\frac{qBd}{m}$。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(C)

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为$2d$
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为$\sqrt{3}d$
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为$d$
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为$\frac{\pi m}{6qB}$

9. 如图甲所示，鱼洗是我国古代一种盥洗用具，具有很高的科学价值、历史价值和艺术价值。有节奏地摩擦鱼洗双耳，振动产生的两列波相向传播，在水面上叠加，可以看到盆内水波荡漾，甚至喷出水柱。现以鱼洗其中一耳所在位置为坐标原点，以双耳连线为$x$轴、竖直向上为$y$轴建立平面直角坐标系，两耳(波源)位置的横坐标分别为$x_1 = 0$、$x_2 = 32 \mathrm{cm}$已知两耳的振动频率均为 5 Hz，发出两列沿$x$轴方向相向传播的波，某时刻波形图如图乙所示，下列说法正确的是

A.盆内水花四溅是水波的衍射现象
B.两列波再经过 0.2 s 相遇
C.两波源起振方向相反
D.$x = 16 \mathrm{cm}$处的水面可能形成水柱

答案：
9.BD 波的叠加+波的图像
题图部析

两列波在盆内叠加时水花四溅为水波的干涉现象，不是衍射现象，A错误；由题图乙可知两列波的波长均为$0.08m$，则两列波的传播速度均为$v = \lambda f = 0.08×5m/s = 0.4m/s$，两列波相遇需要的时间为$t=\frac{\Delta x}{2v}=\frac{0.24 - 0.08}{2×0.4}s = 0.2s$，B正确；根据同侧法可知两列波的起振方向都向下，所以起振方向相同，C错误；由于两波源起振方向相同，且同时相向传播，则两列波振动步调一致，又两列波的波源到$x = 16cm$处的波程差为0，所以$x = 16cm$处是振动加强点，振幅最大，可能形成水柱，D正确。

10. ☆2025 年 6 月 19 日,我国 300 兆瓦级变速抽水蓄能发电电动机全尺寸交流集电系统顺利完成验证试验,标志着我国变速抽蓄核心技术实现重大突破。如图甲所示为抽水蓄能的原理图,当电网中用户负荷较低时,某水电站一台输出电压如图乙所示的发电机与理想变压器相连，理想变压器的原、副线圈匝数分别为$n_1$、$n_2$，副线圈接有一台抽水蓄能发电电动机,其额定电压为 380 V,内阻为 1$\Omega$,电动机正常工作时,与原线圈相连的电流表(内阻不计)示数为 12.5 A,重力加速度$g$取 10 m/s²。下列说法正确的是

A.理想变压器的原、副线圈匝数比为$2 \sqrt{2}$
B.电动机内阻上的发热功率为 625 W
C.电动机的输出功率为 9 500 W
D.若无能量损耗,电动机 1 s 内可将 88.75 kg 的水抽到 10 m 高处

答案： 10.BD 理想变压器的工作原理+功率+功能关系 [2025 课标新变化:在学业质量水平1中新增“能为我国在科技领域的卓越成就感到自豪，具有科技强国和实现中华民族伟大复兴的责任感"] 根据题图乙可得原线圈两端电压有效值为$U_{1}=\frac{U_{m}}{\sqrt{2}} = 760V$，电动机额定电压为$380V$，可知副线圈两端电压有效值为$U_{2}=380V$，根据理想变压器的变压规律得理想变压器的原、副线圈匝数比$\frac{n_{1}}{n_{2}}=\frac{U_{1}}{U_{2}}=\frac{760V}{380V}=2$，A错误；电流表示数为有效值，则原线圈中电流有效值$I_{1}=12.5A$，根据理想变压器的变流规律$\frac{I_{1}}{I_{2}}=\frac{n_{2}}{n_{1}}$可知，副线圈电流有效值$I_{2}=\frac{n_{1}}{n_{2}}I_{1}=25A$，则电动机内阻上的发热功率为$P_{热}=I_{2}^{2}r = 625W$，B正确；电动机的输出功率为$P_{出}=I_{2}U_{2}-P_{热}=8875 - 625W = 8250W$，C错误；$1s$内，电动机的输出能量为$W = P_{出}t = 8875J$，由功能关系得$W = mgh$，代入$m = 88.75kg$，可解得$h = 10m$，即电动机$1s$内可将$88.75kg$水抽到$10m$高处，D正确。