2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）考前特訓(xùn)計算題提分練壓軸題搶分練(1)[分值：16分](16分)(2025·重慶卷·15)如圖所示，長度為d的水平傳送帶順時針勻速運動。質(zhì)量為m的小物塊A在傳送帶左端M由靜止釋放。A還未與傳送帶達到相同速度時就從右端N平滑地進入光滑水平面NO，與向右運動的小物塊B發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)。碰后A、B均向右運動，從O點進入粗糙水平地面。設(shè)A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)和A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。(1)(3分)求A在傳送帶上的加速度大小及離開傳送帶時的速度大??；(2)(6分)若碰前瞬間，B的速度大小為A的一半，碰撞為彈性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的質(zhì)量；(3)(7分)若B的質(zhì)量是A的n倍，碰后瞬間A和B的動量相同，求n的取值范圍及碰后瞬間B的速度大小范圍。答案(1)μg2μgd(2)m3(3)13<n<12μgd2解析(1)A在傳送帶上由滑動摩擦力提供加速度，即μmg=ma可得a=μg由于A還沒與傳送帶達到相同速度時就離開傳送帶，所以物塊A在傳送帶上做勻加速直線運動，由速度位移關(guān)系得v12解得v1=2μgd(2)設(shè)B的質(zhì)量為m'，則由題意可知碰前vA=v1，vB=v12，兩物塊發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒定律和能量守恒定律有mv1+m'v12=mv1'+12mv12+12m'(v12)2=12mv1'聯(lián)立解得v1'=mv1m+m'因為從O點進入粗糙水平地面，由動能定理有-μmgs=0-12mv得s=v22μg，即sA=v1'2根據(jù)題意有sB-sA=d，且由(1)有v1=2聯(lián)立各式解得m'=m(3)設(shè)碰前B的速度為v2A、B碰撞過程動量守恒有mv1+nmv2=mvA+nmvB又因為碰后瞬間A和B的動量相同，則vA=nvB聯(lián)立得v1+nv2=2nvB則vB=v根據(jù)碰撞的約束條件，要兩物塊不發(fā)生二次碰撞，則有vA≤vB，聯(lián)立得n≤1碰后動能不增加，即12mv12+nmv222≥聯(lián)立解得v1+nvB≥vB+v2將vB=v1+nv由n≤1知3n-n2>0為使兩小物塊發(fā)生碰撞，有v1v2>1，則3n-1>0，解得n>13故13<n由以上式子可得vB>v1且vB≤(1+n)v1(3-n)n，由數(shù)學(xué)知識可得，當(dāng)n取13時，(1+n壓軸題搶分練(2)[分值：16分](16分)(2025·黑吉遼蒙卷·15)如圖，在xOy平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一帶正電的粒子從M(0，-y0)點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ=30°，從N(0，y0)點射出磁場。已知粒子的電荷量為q(q>0)，質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應(yīng)。(1)(4分)求粒子射入磁場的速度大小v1和在磁場中運動的時間t1。(2)(3分)若在xOy平面內(nèi)某點固定一負(fù)點電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取m=B2y03k(k為靜電力常量)，粒子仍沿(1)中的軌跡從M點運動到(3)(9分)在(2)問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間t2速度方向首次與N點速度方向相反，求t2(電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢φ=kQr答案(1)2qBy0mπ解析(1)作出帶正電的粒子在磁場中運動的軌跡，如圖甲所示由幾何關(guān)系可知，帶正電的粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=y0sinθ由洛倫茲力提供向心力得qv1B=mv解得v1=2周期T=2πrv帶正電的粒子從M運動到N的時間t1=2θ2πT(2)由題意可知，在xOy平面內(nèi)的負(fù)點電荷應(yīng)在原軌跡圓的圓心處，由牛頓第二定律可知qv2B+k48q2r2=mv解得v2=6kq(3)在(2)的條件下，帶正電的粒子從N點離開磁場后繞負(fù)點電荷做橢圓運動，如圖乙所示由能量守恒定律得12mv22-qk48qr2由開普勒第二定律可知v2r2=v3r3其中r2=2y0聯(lián)立解得r3=6y0類比開普勒第三定律半長軸a=r2+r32的橢圓周期與半徑R則由牛頓第二定律k48q2(解得T=4t2=T2=2壓軸題搶分練(3)[分值：16分](16分)(2025·安徽卷·15)如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌被固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L，右端連接阻值為R的定值電阻。水平導(dǎo)軌上足夠長的矩形區(qū)域MNPQ存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。某裝置從MQ左側(cè)沿導(dǎo)軌水平向右發(fā)射第1根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒以初速度v0進入磁場，速度減為0時被鎖定；從原位置再發(fā)射第2根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒仍以初速度v0進入磁場，速度減為0時被鎖定，以此類推，直到發(fā)射第n根相同的導(dǎo)體棒進入磁場。已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，電阻為R，長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好(發(fā)射前導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌不接觸)，不計空氣阻力、導(dǎo)軌的電阻，忽略回路中的電流對原磁場的影響。求：(1)(4分)第1根導(dǎo)體棒剛進入磁場時，所受安培力的功率；(2)(3分)第2根導(dǎo)體棒從進入磁場到速度減為0的過程中，其橫截面上通過的電荷量；(3)(9分)從第1根導(dǎo)體棒進入磁場到第n根導(dǎo)體棒速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的總熱量。答案(1)-B2L2v02解析(1)第1根導(dǎo)體棒剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv0則此時回路的電流I=E此時導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL此時導(dǎo)體棒所受安培力的功率P=-F安v0=-B2(2)第2根導(dǎo)體棒從進入磁場到速度減為0的過程中，根據(jù)動量定理有-BIL·Δt=0-mv0其中I·Δt=q解得q=m(3)由于每根導(dǎo)體棒均以初速度v0進入磁場，速度減為0時被鎖定，則根據(jù)能量守恒，每根導(dǎo)體棒進入磁場后產(chǎn)生的總熱量均為Q=12m第1根導(dǎo)體棒進入磁場到速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的熱量QR1=12·第2根導(dǎo)體棒進入磁場到速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的熱量QR2=12·13第3根導(dǎo)體棒進入磁場到速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的熱量QR3=13·14第n根導(dǎo)體棒進入磁場到速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的熱量QRn=1n·1n則從第1根導(dǎo)體棒進入磁場到第n根導(dǎo)體棒速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的總熱量QR=QR1+QR2+QR3+……+Q=12Q+12·13Q+13·14Q+……+1n·1n+1Q=(12+12-13+13-14+……+1n-1中檔題滿分練(1)[分值：22分]1.(9分)(2025·河北邯鄲市二模)一籃球內(nèi)的標(biāo)準(zhǔn)氣壓值p=6×104Pa，容積V=7.2×10-2m3，某次比賽前測得所用籃球內(nèi)氣壓p1=5×104Pa，現(xiàn)用容積為V0=8×10-4m3的打氣筒給籃球打氣，設(shè)每次打氣都能將氣筒內(nèi)氣體全部壓進籃球內(nèi)，打氣過程氣體溫度及籃球的容積均不變，大氣壓強p0=1×105Pa。求：(1)(3分)打氣筒需要打氣幾次能使籃球內(nèi)氣體達到標(biāo)準(zhǔn)值；(2)(6分)打入籃球的氣體質(zhì)量m與籃球內(nèi)原有氣體的質(zhì)量m0之比。答案(1)9次(2)1解析(1)因為打氣過程中氣體溫度不變，根據(jù)玻意耳定律可知p1V+np0V0=pV代入數(shù)據(jù)解得n=9次(2)由玻意耳定律可知p1V=p0V1又mm0聯(lián)立解得mm0=2.(13分)(2025·廣東卷·14)如圖所示，用開瓶器取出緊塞在瓶口的軟木塞時，先將拔塞鉆旋入木塞內(nèi)，隨后下壓把手，使齒輪繞固定支架上的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，通過齒輪嚙合，帶動與木塞相固定的拔塞鉆向上運動。從0時刻開始，頂部與瓶口齊平的木塞從靜止開始向上做勻加速直線運動，木塞所受摩擦力Ff隨位移大小x的變化關(guān)系為Ff=Ff0(1-xh)，其中Ff0為常量，h為圓柱形木塞的高，木塞質(zhì)量為m，底面積為S，加速度為a，齒輪半徑為r，重力加速度為g，瓶外氣壓減瓶內(nèi)氣壓為Δp且近似不變，瓶子始終靜止在桌面上(提示：可用Ff-x圖線下的“面積”表示Ff(1)(3分)木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度ω。(2)(5分)拔塞的全過程，拔塞鉆對木塞做的功W。(3)(5分)拔塞過程中，拔塞鉆對木塞作用力的瞬時功率P隨時間t變化的表達式。答案(1)2ahr(2)mah+mgh+12Ff0h+ΔpSh(3)P=magt+ma2t+ΔpSat+Ff0at-Ff0a22h解析(1)木塞的末速度等于齒輪線速度，對木塞，根據(jù)運動學(xué)公式v02根據(jù)角速度和線速度的關(guān)系v0=ωr聯(lián)立解得ω=2(2)根據(jù)題意畫出木塞摩擦力與位移x的關(guān)系圖如圖所示可得摩擦力對木塞所做的功為Wf=-12Ff0對木塞，根據(jù)動能定理W+Wf-mgh-ΔpSh=12mv解得W=mah+mgh+12Ff0h+Δ(3)設(shè)拔塞鉆對木塞的作用力為F，對木塞，根據(jù)牛頓第二定律F-mg-Ff-ΔpS=ma速度v=at位移x=12at拔塞鉆的瞬時功率P=Fv聯(lián)立解得P=magt+ma2t+ΔpSat+Ff0at-Ff0a22ht3(0中檔題滿分練(2)[分值：22分]1.(10分)(2025·山東煙臺市、德州市、東營市一模)如圖所示為一半徑為R的半球形玻璃磚的截面圖，O為球心，下表面水平。玻璃磚的上方水平放置一個足夠大的光屏，虛線OO1為光軸(過球心O與半球下表面垂直的直線)，O1為光軸與光屏的交點?，F(xiàn)有一平行光束垂直于玻璃磚的下表面射入玻璃磚，光束恰好照滿下表面。一條從玻璃磚下表面A點射入的光線，經(jīng)過玻璃磚后從上表面的B點射出，出射光線與光軸OO1相交于D點，光線BD與OO1的夾角α=15°，不考慮光在玻璃磚內(nèi)表面的反射光，OA=12R，OO1=32R(1)(4分)玻璃磚的折射率；(2)(6分)光屏上被光線照亮區(qū)域的面積。答案(1)2(2)8πR2解析(1)從A點射入的光線在玻璃磚內(nèi)沿直線傳播，在玻璃磚上表面的B點折射，設(shè)入射角∠OBA為i，折射角為γ，光路如圖甲。由幾何關(guān)系可知sini=OAR=γ=i+α=45°折射率為n=sinγsin(2)設(shè)射入玻璃磚內(nèi)的光線在上表面E點恰好發(fā)生全反射，臨界角為C，E點在光屏上的投影點為E'，對應(yīng)折射光線與光屏的右側(cè)交點為F點，光路如圖乙。因為sinC=1n=解得C=45°由幾何知識可得∠E'EF=45°，EE'=E'F=52光屏上被光線照亮區(qū)域半徑r=522R-22R照亮區(qū)域面積為S=πr2=8πR2。2.(12分)(2025·陜晉寧青卷·14)電子比荷是描述電子性質(zhì)的重要物理量。在標(biāo)準(zhǔn)理想二極管中利用磁控法可測得比荷，一般其電極結(jié)構(gòu)為圓筒面與中心軸線構(gòu)成的圓柱體系統(tǒng)，結(jié)構(gòu)簡化如圖(a)所示，足夠長圓柱形筒半徑為R。在圓筒中央O點有一電子源，向空間中各個方向發(fā)射速度大小為v0的電子，某時刻起筒內(nèi)加大小可調(diào)節(jié)且方向沿中心軸向下的勻強磁場，筒的橫截面及軸截面示意圖如圖(b)所示，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小調(diào)至B0時，恰好沒有電子落到筒壁上，不計電子間相互作用及其重力的影響。求(R、v0、B0均為已知量)：(1)(3分)電子的比荷em(2)(9分)當(dāng)磁感應(yīng)強度大小調(diào)至12B0時，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S答案(1)2v0B0R(2)2解析(1)當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度為B0時，恰好沒有電子落到筒壁上。則以速度v0垂直軸線方向射出的電子，軌跡恰好與圓筒壁相切，軌跡半徑R0=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得eB0v0=m聯(lián)立解得em=(2)磁感應(yīng)強度調(diào)整為B02后，當(dāng)電子速度與磁場不垂直時，將電子速度沿垂直軸線和平行軸線方向進行分解，分別設(shè)vx、vy，電子將在垂直軸線方向上做勻速圓周運動，平行軸線方向上做勻速直線運動，電子擊中筒壁距離電子源的最遠點時，其垂直軸線方向的圓周運動軌跡與筒壁相切，則軌跡半徑仍為R0根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得eB02vx聯(lián)立解得vx=v由射出到相切，經(jīng)過半個周期，用時t=T2=12×2πR0vx=1根據(jù)速度的合成與分解可知vy=v02-v平行軸線方向運動距離y=vyt=3π結(jié)合對稱性，被電子擊中的面積S=2×2πRy=23π2R2。中檔題滿分練(3)[分值：24分]1.(12分)(2025·河南卷·14)如圖，在一段水平光滑直道上每間隔l1=3m鋪設(shè)有寬度為l2=2.4m的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質(zhì)量為m1=2kg的小物塊P，另一質(zhì)量為m2=4kg的小物塊Q以v0=7m/s的速度向右運動并與P發(fā)生正碰，且碰撞時間極短。已知碰撞后瞬間P的速度大小為v=7m/s，P、Q與防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(4分)該碰撞過程中損失的機械能；(2)(8分)P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間。答案(1)24.5J(2)5s解析(1)Q與P發(fā)生正碰，由動量守恒定律得m2v0=m2vQ+m1v由能量守恒定律得12m2v02=12m2vQ2+1聯(lián)立可得ΔE=24.5J(2)對物塊P由牛頓第二定律得μm1g=m1a，解得a=5m/s2，由v2=2ax得x=4.9m因為x=2l2+0.1m，則物塊P最終停在第三個防滑帶上，由逆向思維法得x=12at12，解得物塊P在防滑帶上運動的時間t1設(shè)物塊P通過第1個防滑帶時的速度為v1通過第2個防滑帶時的速度為v2則v2-v12=2al2，v12-解得v1=5m/s，v2=1m/s則物塊P在光滑直道上運動的時間t2=l1v1+l故物塊P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間為t=t1+t2=5s。2.(12分)(2025·云南卷·14)磁屏蔽技術(shù)可以降低外界磁場對屏蔽區(qū)域的干擾。如圖所示，x≥0區(qū)域存在垂直O(jiān)xy平面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B1(未知)。第一象限內(nèi)存在邊長為2L的正方形磁屏蔽區(qū)ONPQ，經(jīng)磁屏蔽后，該區(qū)域內(nèi)的勻強磁場方向仍垂直O(jiān)xy平面向里，其磁感應(yīng)強度大小為B2(未知