2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）考前特训计算题提分练压轴题抢分练(1)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）考前特训计算题提分练压轴题抢分练(1)[分值：16分](16分)(2025·重庆卷·15)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。(1)(3分)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；(2)(6分)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；(3)(7分)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。答案(1)μg2μgd(2)m3(3)13<n<12μgd2解析(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg=ma可得a=μg由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物块A在传送带上做匀加速直线运动，由速度位移关系得v12解得v1=2μgd(2)设B的质量为m'，则由题意可知碰前vA=v1，vB=v12，两物块发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1+m'v12=mv1'+12mv12+12m'(v12)2=12mv1'联立解得v1'=mv1m+m'因为从O点进入粗糙水平地面，由动能定理有-μmgs=0-12mv得s=v22μg，即sA=v1'2根据题意有sB-sA=d，且由(1)有v1=2联立各式解得m'=m(3)设碰前B的速度为v2A、B碰撞过程动量守恒有mv1+nmv2=mvA+nmvB又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则vA=nvB联立得v1+nv2=2nvB则vB=v根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞，则有vA≤vB，联立得n≤1碰后动能不增加，即12mv12+nmv222≥联立解得v1+nvB≥vB+v2将vB=v1+nv由n≤1知3n-n2>0为使两小物块发生碰撞，有v1v2>1，则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，由数学知识可得，当n取13时，(1+n压轴题抢分练(2)[分值：16分](16分)(2025·黑吉辽蒙卷·15)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从M(0，-y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ=30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。(1)(4分)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。(2)(3分)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=B2y03k(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到(3)(9分)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ=kQr答案(1)2qBy0mπ解析(1)作出带正电的粒子在磁场中运动的轨迹，如图甲所示由几何关系可知，带正电的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=y0sinθ由洛伦兹力提供向心力得qv1B=mv解得v1=2周期T=2πrv带正电的粒子从M运动到N的时间t1=2θ2πT(2)由题意可知，在xOy平面内的负点电荷应在原轨迹圆的圆心处，由牛顿第二定律可知qv2B+k48q2r2=mv解得v2=6kq(3)在(2)的条件下，带正电的粒子从N点离开磁场后绕负点电荷做椭圆运动，如图乙所示由能量守恒定律得12mv22-qk48qr2由开普勒第二定律可知v2r2=v3r3其中r2=2y0联立解得r3=6y0类比开普勒第三定律半长轴a=r2+r32的椭圆周期与半径R则由牛顿第二定律k48q2(解得T=4t2=T2=2压轴题抢分练(3)[分值：16分](16分)(2025·安徽卷·15)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：(1)(4分)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；(2)(3分)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；(3)(9分)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。答案(1)-B2L2v02解析(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0则此时回路的电流I=E此时导体棒受到的安培力F安=BIL此时导体棒所受安培力的功率P=-F安v0=-B2(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有-BIL·Δt=0-mv0其中I·Δt=q解得q=m(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q=12m第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1=12·第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR2=12·13第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR3=13·14第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QRn=1n·1n则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1+QR2+QR3+……+Q=12Q+12·13Q+13·14Q+……+1n·1n+1Q=(12+12-13+13-14+……+1n-1中档题满分练(1)[分值：22分]1.(9分)(2025·河北邯郸市二模)一篮球内的标准气压值p=6×104Pa，容积V=7.2×10-2m3，某次比赛前测得所用篮球内气压p1=5×104Pa，现用容积为V0=8×10-4m3的打气筒给篮球打气，设每次打气都能将气筒内气体全部压进篮球内，打气过程气体温度及篮球的容积均不变，大气压强p0=1×105Pa。求：(1)(3分)打气筒需要打气几次能使篮球内气体达到标准值；(2)(6分)打入篮球的气体质量m与篮球内原有气体的质量m0之比。答案(1)9次(2)1解析(1)因为打气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知p1V+np0V0=pV代入数据解得n=9次(2)由玻意耳定律可知p1V=p0V1又mm0联立解得mm0=2.(13分)(2025·广东卷·14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力Ff随位移大小x的变化关系为Ff=Ff0(1-xh)，其中Ff0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上(提示：可用Ff-x图线下的“面积”表示Ff(1)(3分)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。(2)(5分)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。(3)(5分)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。答案(1)2ahr(2)mah+mgh+12Ff0h+ΔpSh(3)P=magt+ma2t+ΔpSat+Ff0at-Ff0a22h解析(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v02根据角速度和线速度的关系v0=ωr联立解得ω=2(2)根据题意画出木塞摩擦力与位移x的关系图如图所示可得摩擦力对木塞所做的功为Wf=-12Ff0对木塞，根据动能定理W+Wf-mgh-ΔpSh=12mv解得W=mah+mgh+12Ff0h+Δ(3)设拔塞钻对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律F-mg-Ff-ΔpS=ma速度v=at位移x=12at拔塞钻的瞬时功率P=Fv联立解得P=magt+ma2t+ΔpSat+Ff0at-Ff0a22ht3(0中档题满分练(2)[分值：22分]1.(10分)(2025·山东烟台市、德州市、东营市一模)如图所示为一半径为R的半球形玻璃砖的截面图，O为球心，下表面水平。玻璃砖的上方水平放置一个足够大的光屏，虚线OO1为光轴(过球心O与半球下表面垂直的直线)，O1为光轴与光屏的交点。现有一平行光束垂直于玻璃砖的下表面射入玻璃砖，光束恰好照满下表面。一条从玻璃砖下表面A点射入的光线，经过玻璃砖后从上表面的B点射出，出射光线与光轴OO1相交于D点，光线BD与OO1的夹角α=15°，不考虑光在玻璃砖内表面的反射光，OA=12R，OO1=32R(1)(4分)玻璃砖的折射率；(2)(6分)光屏上被光线照亮区域的面积。答案(1)2(2)8πR2解析(1)从A点射入的光线在玻璃砖内沿直线传播，在玻璃砖上表面的B点折射，设入射角∠OBA为i，折射角为γ，光路如图甲。由几何关系可知sini=OAR=γ=i+α=45°折射率为n=sinγsin(2)设射入玻璃砖内的光线在上表面E点恰好发生全反射，临界角为C，E点在光屏上的投影点为E'，对应折射光线与光屏的右侧交点为F点，光路如图乙。因为sinC=1n=解得C=45°由几何知识可得∠E'EF=45°，EE'=E'F=52光屏上被光线照亮区域半径r=522R-22R照亮区域面积为S=πr2=8πR2。2.(12分)(2025·陕晋宁青卷·14)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒半径为R。在圆筒中央O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求(R、v0、B0均为已知量)：(1)(3分)电子的比荷em(2)(9分)当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S答案(1)2v0B0R(2)2解析(1)当磁场的磁感应强度为B0时，恰好没有电子落到筒壁上。则以速度v0垂直轴线方向射出的电子，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径R0=R根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0=m联立解得em=(2)磁感应强度调整为B02后，当电子速度与磁场不垂直时，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设vx、vy，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离电子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为R0根据洛伦兹力提供向心力可得eB02vx联立解得vx=v由射出到相切，经过半个周期，用时t=T2=12×2πR0vx=1根据速度的合成与分解可知vy=v02-v平行轴线方向运动距离y=vyt=3π结合对称性，被电子击中的面积S=2×2πRy=23π2R2。中档题满分练(3)[分值：24分]1.(12分)(2025·河南卷·14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块P，另一质量为m2=4kg的小物块Q以v0=7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(4分)该碰撞过程中损失的机械能；(2)(8分)P从开始运动到静止经历的时间。答案(1)24.5J(2)5s解析(1)Q与P发生正碰，由动量守恒定律得m2v0=m2vQ+m1v由能量守恒定律得12m2v02=12m2vQ2+1联立可得ΔE=24.5J(2)对物块P由牛顿第二定律得μm1g=m1a，解得a=5m/s2，由v2=2ax得x=4.9m因为x=2l2+0.1m，则物块P最终停在第三个防滑带上，由逆向思维法得x=12at12，解得物块P在防滑带上运动的时间t1设物块P通过第1个防滑带时的速度为v1通过第2个防滑带时的速度为v2则v2-v12=2al2，v12-解得v1=5m/s，v2=1m/s则物块P在光滑直道上运动的时间t2=l1v1+l故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t1+t2=5s。2.(12分)(2025·云南卷·14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2(未知