《2026年金考卷特快专递高中物理》

14. (14 分)如图所示,一轻质弹簧的左端固定在小球$B$上，右端与小球$C$接触但未拴接,球$B$和球$C$静止在光滑水平台面上。小球$A$从左侧半径为$R$的$\frac{1}{4}$光滑圆弧上的$P$点($OP$与竖直方向的夹角$\theta = 60^{\circ}$)由静止滑下,与球$B$发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短。之后球$C$脱离弹簧,沿水平台面向右运动并从其右端点水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直曲面轨道内。以台面右侧底端的$O'$点为原点建立直角坐标系$O'xy$。已知台面的高度为$2R$，曲面轨道的方程为$y = \frac{1}{2R}x^2$。已知三个小球$A$、$B$、$C$均可看成质点,且质量分别为$m_A = km$($k$为待定系数)、$m_B = m_C = 0.5m$，重力加速度为$g$,不计空气阻力和一切摩擦。

(1)求$A$与$B$碰前瞬间球$A$的速度大小$v_0$；
(2)若$k = 0.5$,求弹簧具有的最大弹性势能$E_{\rm pm}$；
(3)求当$k$取何值时,小球$C$落到曲面轨道上时具有最小动能。

答案： 14.动能定理+碰撞+平抛运动
(1)不计空气阻力和一切摩擦，对球$A$从$P$点到与$B$球碰前瞬间过程，根据机械能守恒定律有
$m_{A}g(R - R\cos\theta)=\frac{1}{2}m_{A}v_{0}^{2}$ (1分)
解得$A$与$B$碰前瞬间球$A$的速度大小为$v_{0}=\sqrt{gR}$ (1分)
(2)对球$A$与球$B$碰撞过程，由动量守恒定律有
$m_{A}v_{0}=(m_{A}+m_{B})v_{AB}$ (1分)
解得球$A$与球$B$碰后瞬间$A$、$B$粘在一起的速度大小为$v_{AB}=\frac{m_{A}}{m_{A}+m_{B}}v_{0}$
若$m_{B}=0.5m_{A}$，则$v_{AB}=\frac{2}{3}v_{0}$
$A$、$B$、$C$三者共速时，弹簧的弹性势能最大，对从$A$、$B$碰后瞬间到$A$、$B$、$C$三者共速过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有
$(m_{A}+m_{B})v_{AB}=(m_{A}+m_{B}+m_{C})v_{共}$ (1分)
$\frac{1}{2}(m_{A}+m_{B})v_{AB}^{2}=\frac{1}{2}(m_{A}+m_{B}+m_{C})v_{共}^{2}+E_{pm}$ (1分)
联立解得$E_{pm}=\frac{1}{12}m_{A}v_{0}^{2}=\frac{1}{24}m_{A}gR$ (1分)
(3)球$C$从平台飞出后做平抛运动，设球$C$落到曲面轨道上的坐标为$(x,y)$，则对球$C$从平台飞出至到达曲面轨道过程，根据平抛运动规律可知
$y$轴负方向有$2R - y=\frac{1}{2}gt^{2}$ (1分)
$x$轴正方向有$x = v_{c}t$ (1分)
联立解得$y = 2R-\frac{gx^{2}}{2v_{c}^{2}}$
该过程根据机械能守恒定律有
$m_{C}g(2R - y)=E_{k}-\frac{1}{2}m_{C}v_{c}^{2}$ (1分)
结合曲面轨道上的点满足$y=\frac{1}{2R}x^{2}$可得球$C$到达曲面轨道的动能为$E_{k}=\frac{1}{2}m_{C}[(\sqrt{v_{c}^{2}+gR}-\frac{2gR}{\sqrt{v_{c}^{2}+gR}})^{2}+3gR]$ (1分)
当且仅当$\sqrt{v_{c}^{2}+gR}=\frac{2gR}{\sqrt{v_{c}^{2}+gR}}$时，$E_{k}$有最小值，此时$v_{c}=\sqrt{gR}$ (1分)
从$A$、$B$碰后瞬间到$C$离开过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
$(m_{A}+m_{B})v_{AB}=(m_{A}+m_{B})v_{AB}'+m_{C}v_{C}$ (1分)
$\frac{1}{2}(m_{A}+m_{B})v_{AB}^{2}=\frac{1}{2}(m_{A}+m_{B})v_{AB}'^{2}+\frac{1}{2}m_{C}v_{C}^{2}$ (1分)
结合$v_{AB}=\frac{m_{A}}{m_{A}+m_{B}}v_{0}$可知球$C$离开平台的速度为$v_{C}=\frac{2m_{A}}{m_{A}+m_{B}}\sqrt{gR}$
解得$m_{B}=m_{A}$ (1分)

15. ☆(18 分)如图所示，$AB$、$CD$是固定在水平桌面上，相距$L = 0.5 \mathrm{m}$的光滑平行金属导轨(足够长)，导轨间存在着竖直向下的磁感应强度大小为$B = 1 \mathrm{T}$的匀强磁场。$AC$间串接一阻值$R = 0.5 \Omega$的定值电阻，质量分别为$m_a = 0.1 \mathrm{kg}$，$m_b = 0.2 \mathrm{kg}$的两导体棒$a$、$b$垂直导轨放置，其长度比导轨间距略大，其中$a$棒阻值$R_a = 1 \Omega$，$b$棒为超导材料。以$a$棒初始所在位置为坐标原点$O$，水平向右为正方向建立$x$轴($x$轴平行于两金属导轨)，$b$棒初始所在位置坐标$x_b = 1.0 \mathrm{m}$。在两导轨间$x$轴坐标$x = 1.2 \mathrm{m}$处存在一个弹性装置，金属棒与弹性装置碰撞会瞬间等速率回弹。现锁定$b$棒，闭合开关$\mathrm{S}$，$a$棒在水平向右的恒力$F$作用下，以$v_0 = 4 \mathrm{m/s}$的速度向右匀速运动，当$a$棒即将与$b$棒碰撞前瞬间,$b$棒的锁定被解除，且同时撤去外力$F$。已知$a$、$b$两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。

(1)求恒力$F$的大小。
(2)若$a$、$b$两棒相碰后即粘合在一起，求两棒最终静止时的$x$轴坐标。
(3)由于环境温度上升,$b$棒的超导属性消失,电阻变为$R_b = 0.5 \Omega$，将恒力$F$变为$F'$，使$a$棒仍以$v_0 = 4 \mathrm{m/s}$的速度向右匀速运动。在碰撞前一瞬间,将开关$\mathrm{S}$断开并给$b$棒一个向左的初速度$2 \mathrm{m/s}$,$a$棒与$b$棒发生弹性碰撞，则最终$a$、$b$两棒的速度大小各为多少？从$a$、$b$两棒发生弹性碰撞至最终稳定的过程,$b$棒上产生的焦耳热为多少？

答案：
15.单棒模型+双棒模型
思维导图

(1)锁定$b$棒，闭合开关$S$，$a$棒在水平向右的恒力$F$作用下向右匀速运动，$a$棒受力平衡，金属导轨光滑，$a$棒不受摩擦力，由力的平衡条件可知$F = F_{安}$ (1分)
$a$棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，回路中的电流大小为$I=\frac{BLv_{0}}{R_{总}}$ (1分)
由于超导材料电阻为0，将定值电阻$R$短路，则此时回路中的总电阻为$R_{总}=R_{a}=1\Omega$
结合安培力公式$F_{安}=BIL$可得$F = 1N$ (1分)
(2)$a$、$b$两棒相碰后粘合在一起，根据动量守恒定律有
$m_{a}v_{0}=(m_{a}+m_{b})v_{共}$ (1分)
两棒粘合在一起运动直至停止(包括等速率反弹后)过程，根据动量定理有$-\sum B\frac{BLv}{R_{总}}L\Delta t=0-(m_{a}+m_{b})v_{共}$ (1分)
其中$R_{总}=R$，又$s=\sum v\Delta t$
联立解得$s = 0.8m$
说明两棒与弹性装置碰撞后
反弹了$s_{反}=0.8m-(1.2 - 1.0)m = 0.6m$ (1分)
故两棒最终静止时的$x$轴坐标为$x = 1.2m - s_{反}=0.6m$ (1分)
(3)以向右为正方向，两棒发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律有
$m_{a}v_{a1}+m_{b}v_{b1}=m_{a}v_{a2}+m_{b}v_{b2}$ (1分)
$\frac{1}{2}m_{a}v_{a1}^{2}+\frac{1}{2}m_{b}v_{b1}^{2}=\frac{1}{2}m_{a}v_{a2}^{2}+\frac{1}{2}m_{b}v_{b2}^{2}$ (1分)
其中$v_{a1}=4m/s$，$v_{b1}=-2m/s$
联立解得两棒碰撞后瞬间的速度分别为$v_{a2}=-4m/s$，$v_{b2}=2m/s$
即$a$棒向左运动，$b$棒向右运动，由于两棒受到的安培力大小相等、方向相反，则两棒组成的系统动量守恒，根据$m_{a}v_{a}+m_{b}v_{b}=0$可知，总动量始终为0，$b$棒在运动至弹性装置前，$a$棒与$b$棒的速度大小之比始终为$2:1$，通过的位移大小之比也始终为$2:1$，即从两棒碰撞后至$b$棒撞上弹性装置前瞬间，$a$棒运动了$s_{a}=0.4m$，该过程中两棒受到的安培力大小均为$F_{安1}=B\frac{BL(v_{b}-v_{a})}{R_{a}+R_{b}}L$ (1分)
根据动量定理，对$a$棒有$\sum F_{安1}\Delta t=m_{a}v_{a3}-m_{a}v_{a2}$ (1分)
对$b$棒有$-\sum F_{安1}\Delta t=m_{b}v_{b3}-m_{b}v_{b2}$ (1分)
其中$\sum (v_{b}-v_{a})\Delta t=s_{a}+0.2m = 0.6m$ (1分)
联立解得$v_{a3}=-3m/s$，$v_{b3}=1.5m/s$
$b$棒被弹性装置反弹后，速度反向、大小不变，则两棒均向左运动，系统所受合外力为0，系统动量守恒，当两棒共速时最终稳定，对从$b$棒反弹后到最终稳定过程，由动量守恒定律有
$m_{a}v_{a3}-m_{b}v_{b3}=(m_{a}+m_{b})v_{稳}$ (1分)
解得$a$、$b$棒最终的速度均为$v_{稳}=-2m/s$
即最终两棒速度大小均为$2m/s$，方向均向左 (1分)
从$a$、$b$两棒发生弹性碰撞至最终稳定过程，由能量守恒定律$Q_{总}=\frac{1}{2}m_{a}v_{a1}^{2}+\frac{1}{2}m_{b}v_{b1}^{2}-\frac{1}{2}(m_{a}+m_{b})v_{稳}^{2}$ (1分)
根据焦耳定律可知$b$棒产生的焦耳热为$Q_{b}=\frac{R_{b}}{R_{a}+R_{b}}Q_{总}=0.2J$ (1分)
考情速递2025课标新变化:强调试题创新性 普通高物理课程标准(2017年版2025年修订)在章练习的设计上强调创新性，之前为“可设计体现综合强化功能的章练习”，2025年修订后为“可设计具有一定综合性和创新性的章练习”，明确2025年修订后的课程标准更强调试题的创新性。本题结合超导材料和弹性装置，创新考查单、双棒模型，且通过多条件设问，增强本题的综合性，全面检验了学生的物理学科核心素养